2022年中考数学基础题提分讲练专题：22 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算（含答案）

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专题22 以特殊的平行四边形为背景的
证明与计算
考点分析
【例1】（2020·安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD>AB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE．

（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长；
（3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC·AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；（2）24cm；（3）存在，过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点，证明见解析.
【解析】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO，
由折叠的性质可得：OA=OC，AC⊥EF，
在△AOE和△COF中，
∵，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=AE=10cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴S△ABF=AB•BF=24cm2，
∴AB•BF=48（cm2），
∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB•BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm2），
∴AB+BF=14（cm）
∴△ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）．
（3）证明：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点．
当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF
∴四边形AFCE是菱形．
∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，
由作法得∠AEP=90°，
∴△AOE∽△AEP，
∴，则AE2=AO•AP，
∵四边形AFCE是菱形，
∴AO＝AC，
∴AE2=AC•AP，
∴2AE2=AC•AP．
【点睛】
本题考查翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质，相似三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理，正确推理论证是解题关键．

【例2】如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，绕B点转动△FBE，在旋转过程中，
（1）如图1，当F点落在边AD上时，求∠EDC的度数；
（2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM＝2时，求EG的长；
（3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tan∠ECD＝时，求△NED的面积．

【答案】（1）15°；（2）3；（3）
【解析】
解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．则四边形EMCH是矩形．

∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵BC＝BE，
∴AB＝BE＝CD，
在Rt△BFA和Rt△BFE中，，
∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL），
∴∠ABF＝∠EBF＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝30°，
∴EH＝MC＝BE＝CD，
∴DM＝CM，
∵EM⊥CD，
∴ED＝EC，
∵∠BCE＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠EDC＝∠ECD＝15°．
（2）如图2中，连接BM、BG．

∵AM＝2，
∴DM＝AD﹣AM＝4，
由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC，
∴AM＝EM＝2，EG＝CG，
设EG＝CG＝x，则DG＝6﹣x．
在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2，
∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42，
∴x＝3，
∴EG＝3．
（3）如图3中，连接BN，延长FE交CD于G，连接BG．

AN＝NE，EG＝CG，
∵BE＝BC，
∴BG垂直平分CE，
∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°，
∴∠ECD＝∠GCB，
∴tan∠GBC＝tan∠ECD＝，
∴＝，
∴CG＝BC＝2，
∵CD＝6，
∴DG＝CD﹣CG＝4，设AN＝EN＝y，则DN＝6﹣y，
在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2，
解得：y＝3，
∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5，
∴S△NED＝•S△DNG＝××3×4＝．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．


考点集训
1．（2020·陕西初三期中）问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB=，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长．
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得∠AP′B＝ °，所以∠BPC＝∠AP′B＝ °，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为 ，问题得到解决．
（1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝ °，∠BPC＝∠AP′B＝ °，等边三角形ABC的边长为 ．
（2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长．

【答案】（1）∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°，等边三角形ABC的边长为；（2）∠BPC＝135°，正方形ABCD的边长为.
【解析】
（1）∵等边△ABC，
∴∠ABC=60°，
将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△ABP′，
∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPP′是等边三角形，
∴PP′=，∠BP′P=60°，
∵AP′=1，AP=2，
∴AP′2+PP′2=AP2，
∴∠AP′P=90°，
∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°，
过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，
∴∠MP′B=30°，BM=，
由勾股定理得：P′M=，
∴AM=1+=，
由勾股定理得：AB=，
故答案为：150°，．

（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，
与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC，
∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，
∴∠BEP=（180°-90°）=45°，
由勾股定理得：EP=2，
∵AE=1，AP=，EP=2，
∴AE2+PE2=AP2，
∴∠AEP=90°，
∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°，
过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F；
∴∠FEB=45°，
∴FE=BF=1，
∴AF=2；
∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=；
∴∠BPC=135°，正方形边长为．
答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD的边长是．
【点睛】
本题主要考查对勾股定理及逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30度角的 直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解此题的关键．
2．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是边AB上一点，将△CBE沿直线CE对折，得到△CFE，连接DF．
（1）当D、E、F三点共线时，证明：DE＝CD；
（2）当BE＝1时，求△CDF的面积；
（3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）4﹣
【解析】
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC＝∠CEB
∴∠DCE＝∠FEC
∴DE＝CD
（2）如图1，延长EF交CD的延长线于点G，
∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90°
∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90°
∴CG＝EG，
∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1
∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2，
∴CG2＝9+（CG﹣1）2，
解得：CG＝5
∵△CDF与△CGF分别以CD、CG为底时，高相等
∴
∴S△CDF＝S△CGF＝＝

（3）如图2，过点C作CH⊥DP于点H，连接CP，
∵CD∥AB
∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90°
∴△ADP∽△HCD
∴＝，
∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3
∴CH≤3
∴当点H与点F重合时，
CH最大，DH最小，AP最小，BP最大，
此时，在△ADP与△HCD

∴△ADP≌△HCD（AAS）
∴CD＝DP＝4，AP＝DF
∵AP＝＝
∴BP的最大值为4﹣．

【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质．
3．如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M．

（1）直接写出AM=　　　　；
（2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=x．
①AP=　　　　 ，AQ=　　　　 ；
②以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与△ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围．(直接写出，不需要写过程)
【答案】（1）；（2）①2x，x；②S(0＜x≤)．
【解析】
解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，
∴对角线AC4，
又∴AM2．
故答案为：2．
（2）①Q是AP的中点，设PQ=x，
∴AP=2PQ=2x，AQ=x．
故答案为：2x；x．
②如图：

∵以PQ为对角线作正方形，
∴∠GQM=∠FQM=45°
∵正方形ABCD对角线AC、BD交于点M，
∴∠FMQ=∠GMQ=90°，
∴△FMQ和△GMQ均为等腰直角三角形，
∴FM=QM=MG．
∵QM=AM﹣AQ=2x，
∴SFG•QM，
∴S，
∵依题意得：，
∴0＜x≤2，
综上所述：S(0＜x≤2)，
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答．
4．（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，且BM=CN，连接AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论；
（2）如图2，将图（1）中的△APB绕着点B逆时针旋转90º，得到△A′P′B，延长A′P′交AP于点E，试判断四边形BPEP′的形状，并说明理由．

【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）四边形BPEP′是正方形，理由见解析.
【解析】
（1）AM⊥BN
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°
∵BM=CN，
∴△ABM≌△BCN
∴∠BAM=∠CBN
∵∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠ABN+∠BAM=90°，
∴∠APB=90°
∴AM⊥BN．
（2）四边形BPEP′是正方形.
△A′P′B是△APB绕着点B逆时针旋转90º所得，
∴BP= BP′,∠P′BP=90º.
又由（1）结论可知∠APB=∠A′P′B=90°，
∴∠BP′E=90°.
所以四边形BPEP′是矩形.
又因为BP= BP′,所以四边形BPEP′是正方形.
【点睛】
此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知正方形的性质与判定.
5．（2020·山东初三期末）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M．

（1）求证：△AHF为等腰直角三角形．
（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长．
【答案】（1）见解析；（2）EM＝
【解析】
证明：（1）∵四边形ABCD，四边形ECGF都是正方形
∴DA∥BC，AD＝CD，FG＝CG，∠B＝∠CGF＝90°
∵AD∥BC，AH∥DG，
∴四边形AHGD是平行四边形
∴AH＝DG，AD＝HG＝CD，
∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，FG＝CG，
∴△DCG≌△HGF（SAS），
∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD
∴AH＝HF，
∵∠HGD+∠DGF＝90°，
∴∠HFG+∠DGF＝90°
∴DG⊥HF，且AH∥DG，
∴AH⊥HF，且AH＝HF
∴△AHF为等腰直角三角形．
（2）∵AB＝3，EC＝5，
∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5．
∵AD∥EF，
∴，且DE＝2．
∴EM＝．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，综合性较强难度大灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．
6．（2020·深圳市龙岗区石芽岭学校初三月考）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．

（1）求证：CM=CN；
（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．
【答案】(1)证明见解析;(2)
【解析】
解：（1）证明：由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN．
∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN．
（2）过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形．

∴HC=DN，NH=DC．
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，
∴．
∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC．
设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN．
在Rt△CDN中，，
∴HN=．
在Rt△MNH中，，
∴．
7．（2020·河南初三）如下图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点．另一边交的延长线于点．

（1）观察猜想：线段与线段的数量关系是 ；
（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：
（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若、，求的值．
【答案】（1）；（2）成立，证明过程见解析；（3）.
【解析】
（1），理由如下：
由直角三角板和正方形的性质得


在和中，

；
（2）成立，证明如下：
如图，过点分别作，垂足分别为，则四边形是矩形



由正方形对角线的性质得，为的角平分线
则
在和中，

；

（3）如图，过点分别作，垂足分别为
同（2）可知，
由长方形性质得：



，即
在和中，

.

【点睛】
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质，较难的是题（3），通过作辅助线，构造两个相似三角形是解题关键.
8．（2020·江苏初二期中）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上．
（1）如图1，当折痕的另一端F在AB边上且AE＝4时，求AF的长；
（2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时，
①求证：△EFG是等腰三角形；②求AF的长；
（3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E到AD的距离是4，且BG＝5时，求AF的长．

【答案】（1）AF＝3；（2）①见解析；②AF＝6；（3）AF＝1
【解析】
（1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，
∴BF＝EF，
∵AB＝8，
∴EF＝8﹣AF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，
即42+AF2＝（8﹣AF）2，
解得AF＝3；
（2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，
∴∠BGF＝∠EGF，
∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC，
∴∠BGF＝∠EFG，
∴∠EGF＝∠EFG，
∴EF＝EG，
∴△EFG是等腰三角形；
②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，
∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF，
∴EF＝EG＝10，
在Rt△EFH中，FH＝＝6，
∴AF＝FH＝6；
（3）解：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，

∵E到AD的距离为4，
∴EM＝4，EN＝8﹣4＝4，
在Rt△ENG中，EG=BG=5，
∴GN＝＝3，
∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，
∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠KEM＝∠NGE，
又∵∠ENG＝∠KME＝90°，
∴△GEN∽△EKM，
∴，
即，
解得EK＝，KM＝，
∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，
∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，
∴△FKH∽△EKM，
∴，
即，
解得FH＝1，
∴AF＝FH＝1．
【点睛】
此题考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质定理，每个小问的问题都是求AF的长度，故解题中注意思路和方法的总结，（3）中的解题思路与（2）相类似，求出FH问题得解，故将问题转化是解题的一种特别重要的思路.
9．正方形ABCD与正方形DEFG按如图1放置，点A，D，G在同一条直线上，点E在CD边上，AD＝3，DE＝，连接AE，CG．
（1）线段AE与CC的关系为______；
（2）将正方形DEFG绕点D顺时针旋转一个锐角后，如图2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由
（3）在正方形DEFG绕点D顺时针旋转一周的过程中，当∠AEC＝90°时，请直接写出AE的长．

【答案】（1）AE＝CG，AE⊥CG；（2）仍然成立；理由见解析；（3）AE的长为2+1或2﹣1．
【解析】
（1）线段AE与CG的关系为：AE＝CG，AE⊥CG，
理由如下：
如图1，延长AE交CG于点H，
∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADE＝∠CDG＝90°，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，
∵∠EAD+∠AED＝90°，∠AED＝∠CEH，
∴∠GCD+∠CEH＝90°，
∴∠CHE＝90°，即AE⊥CG，
故答案为：AE＝CG，AE⊥CG；
（2）结论仍然成立，理由如下：
如图2，设AE与CG交于点H，
∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，
∵∠EAD+∠APD＝90°，∠APD＝∠CPH，
∴∠GCD+∠CPH＝90°，
∴∠CHP＝90°，即AE⊥CG，
∴AE＝CG，AE⊥CG，
∴①中的结论仍然成立；
（3）如图3﹣1，当点E旋转到线段CG上时，过点D作DM⊥AE于点M，
∵∠AEC＝90°，∠DEG＝45°，
∴∠AED＝45°，
∴Rt△DME是等腰直角三角形，
∴ME＝MD＝DE＝1，
在Rt⊈△AMD中，ME＝1，AD＝3，
∴AM＝＝＝2，
∴AE＝AM+ME＝2+1；
如图3﹣2，当点E旋转到线段CG的延长线上时，过点D作DN⊥CE于点N，
则∠END＝90°，
∵∠DEN＝45°，
∴∠EDN＝45°，
∴Rt△DNE是等腰直角三角形，
∴NE＝ND＝DE＝1，
在Rt△CND中，ND＝1，CD＝3，
∴CN＝＝＝2，
∴CE＝NE+CN＝2+1，
∵AC＝AD＝3，
∴在Rt△AEC中，
AE＝＝＝2﹣1，
综上所述，AE的长为2+1或2﹣1．


【点睛】
本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质，正方形的性质，旋转的性质以及勾股定理，解题关键是在第（3）问中能够根据题意分情况讨论并画出图形，才能保证解答的完整性．
10．如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，
（1）求证：△CBE≌△CPE；
（2）求证：四边形AECF为平行四边形；
（3）若矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，求△CPF的面积．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）解：由折叠可知，EP＝EB，CP＝CB，
∵EC＝EC，
∴△ECP≌△ECB（SSS）．
（2）证明：由折叠得到BE＝PE，EC⊥PB，
∵E为AB的中点，
∴AE＝EB＝PE，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC，
∵AE∥FC，
∴四边形AECF为平行四边形；
（3）过P作PM⊥DC，交DC于点M，
在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4，
根据勾股定理得：
，
，
由折叠得：BP＝2BQ＝，
在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝，
根据勾股定理得： ,
∵四边形AECF为平行四边形，
∴AF＝EC＝5，FC＝AE＝3，
∴PF＝5﹣＝，
∵PM∥AD，
∴△FPM∽△FAD
，即
解得：PM＝，
则S△PFC＝FC•PM＝×3×＝．

【点睛】
本题考查的是利用折叠性质来证明三角形全等和平行四边形四边形，还考查了利用勾股定理、面积公式来求三角形的边长，利用相似三角形的性质对应边成比例来求出三角形的高，进而求出三角形的面积．本题第（3）中求也可利用△APB∽△EBC，对应边成比例,求AP，这样比较简便．
11．在正方形ABCD中，点P是CD上一动点，连结PA，分别过点B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足为E、F，如图①．

（1）请探索BE、DF、EF这三条线段长度具有怎样的数量关系，若点P在DC的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又有怎样的数量关系？若点P在CD的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论．
（2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明．
【答案】（1）图①中，BE=DF+EF；图②中，BE=DF-EF；图③中，BE=EF-DF；（2）见解析
【解析】
解：（1）在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=90°，
∵BE⊥PA，DF⊥PA，
∴∠AEB=∠DFA=90°，
∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
在△ABE和△DAF中，

∴△ABE≌△DAF(AAS)，
∴AE=DF，AF=BE，
如图①，∵AF=AE+EF，
∴BE=DF+EF，
如图②，∵AE=AF+EF，
∴BE = DF -EF，
如图③，∵EF=AE+AF，
∴BE = EF -DF
（2）证明：如图题①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵BE⊥PA，DF⊥PA，
∴∠AEB=∠AFD=90°，∠ABE+∠BAE=90°．
∵∠DAF+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
∴Rt△ABE≌Rt△DAF，
∴BE=AF，AE=DF，
而AF=AE+EF，
∴BE=DF+EF；
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2020·河北初三期末）如图，在正方形中，点是边上的一点（不与、重合），点在的延长线上，且满足，连接、，与边交于点．

（1）求证：；
（2）如果，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
解：证明（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠CAD＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠B＝90°，
∴∠BAM＋∠MAD＝90°，∠ADN＝90°
∵∠MAN＝90°，
∴∠MAD＋∠DAN＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
且AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90°
∴△ABM≌△ADN（ASA）
∴AM＝AN，
（2）∵AM＝AN，∠MAN＝90°，
∴∠MNA＝45°，
∵∠CAD＝2∠NAD＝45°，
∴∠NAD＝22.5°
∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5°
∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°，
∴△AMC∽△AEN
∴＝，且AN＝AM，
∴AN2＝AE•AC
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质是解题的关键．