初中數(shù)學(xué)蘇科版八年級下冊第9章中心對稱圖形——平行四邊形綜合與測試復(fù)習(xí)練習(xí)題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2021-2022學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生同步培優(yōu)題典【蘇科版】
專題9.14正方形綜合問題大題專練（重難點培優(yōu)
姓名：__________________ 班級：______________ 得分：_________________
注意事項：
本試卷共含解答28道．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．
一．解答題（共28小題）
1．（2020春?興化市期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是BC邊上的動點（不與點B、C重合），將射線AE繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后交CD邊于點F，AE、AF分別交BD于G、H兩點．
（1）當(dāng)∠BEA＝55°時，求∠HAD的度數(shù)；
（2）設(shè)∠BEA＝α，試用含α的代數(shù)式表示∠DFA的大??；
（3）點E運動的過程中，試探究∠BEA與∠FEA有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和解答即可；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和解答即可；
（3）延長CB至I，使BI＝DF，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可．
【解析】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延長CB至I，使BI＝DF，連接AI．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI與△EAF的公共邊，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
2．（2020春?常州期末）如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，將BD向兩個方向延長，分別至點E和點F，且使BE＝DF．
（1）判斷四邊形AECF的形狀，并證明你的猜想；
（2）若AB＝32，BE＝3，求四邊形AECF的周長．

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和菱形的判定解答即可；
（2）根據(jù)正方形和菱形的性質(zhì)以及勾股定理解答即可．
【解析】（1）證明：∵正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
AC⊥BD．
∵BE＝DF，
∴OB+BE＝OD+DF，即OE＝OF．
∴四邊形AECF是平行四邊形．
∵AC⊥EF，
∴四邊形AECF是菱形．

（2）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AO=12AC，BO=12BD，AC＝BD，AC⊥BD，
∴AO＝BO，∠AOB＝90°．
在直角△AOB中，由勾股定理知：AB=AO2+BO2=32，
∴AO＝BO＝3．
∴EO＝OB+BE＝6．
在△AOE中，∠AOE＝90°，AE=AO2+EO2=32+62=35．
∵四邊形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF．
∴四邊形AECF的周長＝4AE＝125．
∴四邊形AECF的周長是125．

3．（2020春?濱湖區(qū)期中）已知：l∥m∥n∥k，平行線l與m、m與n、n與k之間的距離分別為d1，d2，d3，且d1＝d3＝2，d2＝3．我們把四個頂點分別在l，m，n，k這四條平行線上的四邊形稱為“線上四邊形”．

（1）如圖1，正方形ABCD為“線上四邊形”，BE⊥l于點E，EB的延長線交直線k于點F，求正方形ABCD的邊長．
（2）如圖2，菱形ABCD為“線上四邊形”且∠ADC＝60°，△AEF是等邊三角形，點E在直線k上，連接DF，且直線DF分別交直線l、k于點G、M，求證：EC＝DF．
【分析】（1）由“AAS”可證△ABE≌△BCF，可得FC＝BE＝5，由勾股定理可求解；
（2）如圖2，連接AC，由菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)可得AD＝AC，∠CAD＝60°，AE＝AF，∠EAF＝60°，由“SAS”可證△EAC≌△FAD，可得EC＝DF．
【解析】（1）如圖1，∵l∥m∥n∥k，BE⊥l，
∴BE⊥k，BE⊥m，BE⊥n，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，BE＝5，BF＝2，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∵正方形ABCD為“線上四邊形”，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴FC＝BE＝5，
∴BC=BF2+FC2=25+4=29；
（2）如圖2，連接AC，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵∠ADC＝60°，
∴△ADC是等邊三角形，
∴AD＝AC，∠CAD＝60°，
∵△AEF是等邊三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴∠EAF＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠DAF，
∴△EAC≌△FAD（SAS），
∴EC＝DF．
4．（2020春?錫山區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝5cm，E為對角線BD上一動點，連接AE、CE，過E點作EF⊥AE，交直線BC于點F，E點從B點出發(fā)，沿BD方向以每秒1cm的速度運動，當(dāng)點E與點D重合時，運動停止．設(shè)△BEF的面積為ycm2，E點的運動時間為x秒．
點E在整個運動過程中，試說明總有：CE＝EF；

【分析】作輔助線，構(gòu)建三角形全等，證明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
【解析】證明：（1）如圖1，過E作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，
∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，
∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，
∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），
∴AE＝EF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴CE＝EF；
5．（2020春?江陰市期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．設(shè)點N的坐標為（m，n）．
（1）若建立平面直角坐標系，滿足原點在線段BD上，點B（﹣1，0），A（0，1）．且BM＝t（0＜t≤2），則點D的坐標為?。?，0）　，點C的坐標為?。?，﹣1）?。徽堉苯訉懗鳇cN縱坐標n的取值范圍是　0＜n≤3??；
（2）若正方形的邊長為2，求EC的長，以及AM+BM+CM的最小值．
（提示：連結(jié)MN：4+23=3+1，4?23=3?1）

【分析】（1）如圖1，以直線BD為x軸，直線AC為y軸，建立平面直角坐標系，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到OA＝OB＝OC＝OD，由點B（﹣1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，﹣1）；過N作NH⊥BD于h，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠NBH＝60°，BM＝BN，求得NH=32BN=32t，于是得到結(jié)論；
（2）如圖所示，連接MN，過E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到BM＝BN，∠NBM＝60°，求得△BMN是等邊三角形，求得MN＝BM，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BE＝BA，∠ABE＝60°，求得∠ABM＝∠EBN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM＝EN，求得AM+BM+CM＝EN+MN+CM，當(dāng)E，N，M，C在同一直線上時，AM+BM+CN的最小值是CE的長，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解析】（1）如圖1，以直線BD為x軸，直線AC為y軸，建立平面直角坐標系，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵點B（﹣1，0），A（0，1），
∴D（1，0），C（0，﹣1）；
過N作NH⊥BD于h，
∴∠NHB＝90°，
∵將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，
∴∠NBH＝60°，BM＝BN，
∴NH=32BN=32t，
∵0＜t≤2，
∴點N縱坐標n的取值范圍是0＜n≤3；
故答案為：（1，0），（0，﹣1）；0＜n≤3；

（2）如圖所示，連接MN，過E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，
由旋轉(zhuǎn)可得，BM＝BN，∠NBM＝60°，
∴△BMN是等邊三角形，
∴MN＝BM，
∵△ABE是等邊三角形，
∴BE＝BA，∠ABE＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM＝EN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
∴當(dāng)E，N，M，C在同一直線上時，AM+BM+CN的最小值是CE的長，
又∵∠ABE＝60°，∠ABH＝90°，
∴∠EBH＝30°，
∴Rt△EBH中，EH=12EB=12×2＝1，
∴BH=EB2?EH2=22?12=3，
∴CH＝2+3，
∴Rt△CEH中，CE=HE2+CH2=12+(2+3)2=8+43=6+2；
∴AM+BM+CM的最小值為6+2．

6．（2019秋?邳州市期中）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD邊上的點，∠EAF＝45°．
（1）如圖（1），試判斷EF，BE，DF間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖（2），若AH⊥EF于點H，試判斷線段AH與AB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【分析】（1）延長FD到G，使DG＝BE，連接AG，證△GDA≌△EBA，△GAF≌△EAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出GD+DF＝BE+DF＝EF進而求出即可；
（2）把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABQ，如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，則可判斷點Q在CB的延長線上，由∠EAF＝45°得到∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，然后根據(jù)“SAS”判斷△AEQ≌△AEF，得到EQ＝FE，再根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊上的高相等得到結(jié)論．
【解析】（1）解：BE+DF＝EF；理由如下：
如圖1，延長FD到G，使DG＝BE，連接AG，

∵在△GDA和△EBA中，
DG=BE∠GDA=∠ABE=90°AD=AB，
∴△GDA≌△EBA（SAS），
∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，
故∠GAF＝45°，
在△GAF和△EAF中，
∵AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF＝EF，
即GD+DF＝BE+DF＝EF；
（2）AH＝AB，理由如下：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABQ，如圖2，

∴AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴點Q在CB的延長線上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠QAE，
在△AEQ和△AEF中，
AE=AE∠EAF=∠QAEAQ=AF，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵AB⊥EQ，AH⊥FE，
∴AB＝AH．
7．（2019春?濱海縣期中）如圖1，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
（1）若直線EF與AB、AD的延長線分別交于點M、N，求證：EF2＝ME2+NF2；
（2）如圖2，將正方形改為矩形，若其余條件不變，請寫出線段EF、BE、DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【分析】（1）將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，連結(jié)GM．證明△AEG≌△AEF，則EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后證明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2＝ME2+MG2，等量代換即可證明EF2＝ME2+NF2；
（2）延長EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AGH，連結(jié)HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，結(jié)合勾股定理以及相等線段可得（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，所以2（DF2+BE2）＝EF2．
【解析】（1）證明：如圖1，設(shè)正方形ABCD的邊長為a．
將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，連結(jié)GM．
則△ADF≌△ABG，DF＝BG．
∴AF＝AG，∠FAG＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△AGE與△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
∴EG＝EF．
∵∠CEF＝45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，
∴a﹣BE＝a﹣DF，
∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，
∴∠BMG＝45°，
∴∠GME＝45°+45°＝90°，
∴EG2＝ME2+MG2，
∵EG＝EF，MG=2BM=2DF＝NF，
∴EF2＝ME2+NF2；
（2）解：EF2＝2BE2+2DF2．
如圖2所示，延長EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，
將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AGH，連結(jié)HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
則由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2，
8．（2019春?相城區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中，點E在邊AD上，連接CE，以CE為邊向右上方作正方形CEFG，作FH⊥AD，垂足為H，連接AF．
（1）求證：FH＝ED；
（2）若AB＝3，AD＝5，當(dāng)AE＝1時，求∠FAD的度數(shù)．

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得EF＝CE，再根據(jù)∠CEF＝∠90°，進而可得∠FEH＝∠DCE，結(jié)合已知條件∠FHE＝∠D＝90°，利用“AAS”即可證明△FEH≌△ECD，由全等三角形的性質(zhì)可得FH＝ED；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CD＝AB＝3，求得DE＝4，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FH＝DE＝4，EH＝CD＝3，得到AH＝FH，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵四邊形CEFG是正方形，
∴CE＝EF，
∵∠FEC＝∠FEH+∠CED＝90°，∠DCE+∠CED＝90°，
∴∠FEH＝∠DCE，
在△FEH和△ECD中EF=CE∠FEH=∠DCE∠FHE=∠D，
∴△FEH≌△ECD（AAS），
∴FH＝ED；
（2）解：∵在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，
∴CD＝AB＝3，
∵AE＝1，
∴DE＝4，
∵△FEH≌△ECD，
∴FH＝DE＝4，EH＝CD＝3，
∴AH＝4，
∴AH＝FH，
∵∠FHE＝90°，
∴∠FAD＝45°．
9．（2019春?無錫期中）如圖，邊長為8的正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是AB邊上一動點，ME⊥AO，MF⊥BO．
（1）求證：四邊形OEMF為矩形；
（2）連接EF，求EF的最小值．

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和矩形判定解答即可；
（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．
【解析】（1）∵ME⊥AO，MF⊥BO，
∴∠MEO＝90°，∠MFO＝90°，
∵正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，
∴∠EOF＝90°，
∴四邊形OEMF為矩形；
（2）∵邊長為8的正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，
∴OA＝OB＝42，
當(dāng)M在AB的中點時，EF有最小值，最小值=OE2+OF2=(22)2+(22)2=4．
10．（2020秋?海珠區(qū)校級期中）（1）如圖①，點E、F分別在正方形ABCD的邊AB、BC上，∠EDF＝45°，連接EF，求證：EF＝AE+FC．
（2）如圖②，點E，F(xiàn)在正方形ABCD的對角線AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【分析】（1）延長BA，使AM＝CF，由題意可證△AMD≌△CFD，可得MD＝FD，∠ADM＝∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可證△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，則可得EF＝AE+CF；
（2）將△CDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，可得△ADN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可證△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得結(jié)論．
【解析】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，
如圖①：延長BA，使AM＝CF，連接MD，

在△AMD和△CFD中，
AM=CF∠MAD=∠CAD=CD，
∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
MD=DF∠MDE=∠FDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如圖②，將△CDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，可得△ADN，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，
∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，
DF=DN∠FDE=∠NDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
11．（2020春?越秀區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點E是BC上的一點，點F是CD延長線上的一點，且BE＝DF，連結(jié)AE、AF、EF．求證：△ABE≌△ADF．

【分析】根據(jù)四邊形ABCD是正方形，可得AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，利用SAS即可證明△ABE≌△ADF．
【解析】證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
AB=AD∠B=∠ADFBE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS）．
12．（2020秋?永年區(qū)期中）（1）如圖1，點E、F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上，∠EAF＝45°，求證：EF＝BE+FD；
（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點E、F分別在邊BC、CD上，則當(dāng)∠EAF與∠BAD滿足什么關(guān)系時，仍有EF＝BE+FD，說明理由．

【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF＝BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可；
（2）延長CB至M，使BM＝DF，連接AM，證△ADF≌△ABM，再證△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】證明：（1）如圖1：把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，

則△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△EAF中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS）．
∴GF＝EF．
又∵DG＝BE，
∴GF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）當(dāng)∠BAD＝2∠EAF時，仍有EF＝BE+FD，
理由如下：如圖2，延長CB至M，使BM＝DF，連接AM，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS）
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．
13．（2020秋?東港市期中）如圖，在正方形ABCD中，點G在對角線BD上（不與點B，點D重合），GE⊥DC于點E，GF⊥BC于點F，連結(jié)AG，
（1）寫出線段AG，GE，GF長度之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（2）若正方形ABCD的邊長為6，∠BAG＝75°，求線段BG的長．

【分析】（1）連接CG．由正方形的性質(zhì)得到A、C關(guān)于對角線BD對稱，求得GA＝GC，根據(jù)矩形的判定定理得到四邊形EGFC是矩形，求得CF＝GE，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（2）過點A作AH⊥BG，在Rt△ABH、Rt△AHG中，求出AH、HG即可求得結(jié)果．
【解析】（1）結(jié)論：AG2＝GE2+GF2．
理由：連接CG．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴A、C關(guān)于對角線BD對稱，
∵點G在BD上，
∴GA＝GC，
∵GE⊥DC于點E，GF⊥BC于點F，
∴∠GEC＝∠ECF＝∠CFG＝90°，
∴四邊形EGFC是矩形，
∴CF＝GE，
在Rt△GFC中，∵CG2＝GF2+CF2，
∴AG2＝GF2+GE2；

（2）過點A作AH⊥BG于H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠GBF＝45°，
∵GF⊥BC，
∴∠BGF＝45°，
∵∠BAG＝75°，
∴∠AGB＝180°﹣∠ABD﹣∠BAG＝60°，
∴∠GAH＝30°，
在Rt△ABH中，∵AB=6，
∴AH2＝BH2=AB22=3，
∴AH＝BH=3，
在Rt△AGH中，∵AH=3，∠GAH＝30°，
∴AG＝2HG，
∵AG2＝HG2+AH2，
∴（2HG）2＝HG2+（3）2，
解得：HG＝1，
∴BG＝BH+HG=3+1．

14．（2020秋?成華區(qū)期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長為6，點E在CD邊上，以線段CE為邊長在正方形ABCD的外部作正方形CEFG，以線段AD和DE為鄰邊作矩形ADEH，若S正方形CEFG＝S矩形ADEH．
（1）求線段CE的長；
（2）若點M為BC邊的中點，連結(jié)MD，求證：MD＝MG．

【分析】（1）設(shè)CE＝x，利用正方形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得到FG＝EF＝x，F(xiàn)H＝6+x，再證明S矩形BGFE＝S正方形ABCD，則（x+6）＝36，然后解方程得到CE的長；
（2）利用勾股定理計算出DM＝35，再計算MG＝MC+CG＝35，從而得到結(jié)論．
【解析】（1）解：設(shè)CE＝x，則FG＝EF＝x，F(xiàn)H＝6+x，
∵S正方形CEFG＝S矩形ADEH，
∴S正方形CEFG+S矩形BCEH＝S矩形BCEH+S矩形ADEH，
即S矩形BGFE＝S正方形ABCD，
∴x（x+6）＝36，解得x1＝35?3，x2＝﹣35?3（舍去），
即CE的長為35?3；
（2）證明：∵點M為BC邊的中點，
∴MC＝3，
在Rt△MCD中，DM=32+62=35，
∵MG＝MC+CG＝3+35?3＝35，
∴MD＝MG．
15．（2020春?南崗區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E，H分別在BC，AB上，點G在BA的延長線上，且CE＝AG，DE⊥CH于F．
（1）求證：四邊形GHCD為平行四邊形．
（2）在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中所有與∠ECF互余的角．

【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)求出AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，根據(jù)全等三角形判定可得DG＝HC，DE＝CH，再根據(jù)平行線的判定可得DG∥HC，進而可得即可四邊形GHCD為平行四邊形；
（2）根據(jù)直角三角形兩個銳角互余，再結(jié)合（1）可得圖中所有與∠ECF互余的角．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，
在△GAD和△ECD中，
AG=CE∠GAD=∠ECDAD=DC，
∴△GAD≌△ECD（SAS），
∴DE＝DG，∠GDA＝∠EDC，
∴∠GDA+∠ADF＝∠EDC+∠ADF，
即∠GDF＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥CH，
∴∠DFH＝∠CFD＝90°，
∴DG∥CH，
∵∠HCB+∠HCD＝∠EDC+∠DCF＝90°，
∴∠HCB＝∠EDC，
在△HBC和△ECD中，
∠HCB=∠EDCBC=DC∠B=∠DCE，
∴△HBC≌△ECD（ASA）
∴CH＝DE，
∴DG＝CH，
∵DG∥CH，
∴四邊形GHCD為平行四邊形；
（2）∵△HBC≌△ECD，
∴∠BHC＝∠CED，
∵∠ECF+∠FEC＝90°，
∴∠FEC，∠BHC與∠ECF互余；
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴∠ADE與∠ECF互余；
∵∠DGA＝∠CHB，
∴∠DGA與∠ECF互余；
∵∠DCF+∠ECF＝90°，
∴∠DCF與∠ECF互余；
∴與∠ECF互余的角有：∠FEC、∠DCF、∠BHC、∠DGA、∠ADE．

16．（2020春?梁溪區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中，P是對角線BD上的一點，點E在AD的延長線上，且∠PAE＝∠E，PE交CD于點F．
（1）求證：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度數(shù)．

【分析】（1）先證出△ADP≌△CDP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；
（2）由△ADP≌△CDP，得∠DAP＝∠DCP，進而得∠DCP＝∠E，最后∠CPF＝∠EDF＝90°得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：在正方形ABCD中，AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，
在△ADP和△CDP中
AD=DC∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴PA＝PC，
∵∠PAE＝∠E，
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠EDF＝90°，
由（1）知，△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（對頂角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF＝∠EDF＝90°．
17．（2020春?明水縣校級期中）如圖，P為正方形ABCD的對角線上任一點，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F．
（1）判斷DP與EF的關(guān)系，并證明；
（2）若正方形ABCD的邊長為6，∠ADP：∠PDC＝1：3．求PE的長．

【分析】（1）如圖1，連接PB，由正方形的性質(zhì)得到BC＝DC，∠BCP＝∠DCP，接下來證明△CBP≌△CDP，于是得到DP＝BP，然后證明四邊形BFPE是矩形，由矩形的對角線相等可得到BP＝EF，從而等量代換可證得DP＝EF；如圖2，延長DP交EF于G，延長EP交CD于H，連接PB，由△CBP≌△CDP，依據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得到∠CDP＝∠CBP，由四邊形EPFB是矩形可證明∠CBP＝∠FEP，從而得到∠HDP＝∠FEP，由∠DPH+∠PDH＝90°可證明∠EPG+∠PEG＝90°，從而可得到DP⊥EF；
（2）先根據(jù)勾股定理計算AC=62+62=62，根據(jù)∠ADP：∠PDC＝1：3和三角形內(nèi)角和定理可得∠CPD＝∠CDP，計算AP＝62?6，由△AEP是等腰直角三角形，可得PE的長．
【解析】（1）DP＝EF，且DP⊥EF，理由是：
如圖1所示：連接PB，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCP＝∠DCP＝45°，
∵在△CBP和△CDP中，
BC=DC∠BCP=∠DCPPC=PC，
∴△CBP≌△CDP（SAS），
∴DP＝BP，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠PEB＝∠ABC＝∠PFB＝90°，
∴四邊形BFPE是矩形，
∴BP＝EF，
∴DP＝EF；
如圖2所示：延長DP交EF于G，延長EP交CD于H，連接PB．

∵△CBP≌△CDP，
∴∠CDP＝∠CBP，
∵四邊形BFPE是矩形，
∴∠CBP＝∠FEP，
∴∠CDP＝∠FEP，
又∵∠EPG＝∠DPH，
∴∠EGP＝∠DHP，
∵PE⊥AB，AB∥DC，
∴PH⊥DC．即∠DHP＝90°，
∴∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴PG⊥EF，即DP⊥EF；
（2）Rt△ADC中，AD＝CD＝6，
∴AC=62+62=62，
∵∠ADP：∠PDC＝1：3，∠ADC＝90°，
∴∠CDP＝67.5°，
∵∠DCP＝45°，
∴∠CPD＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CPD＝∠CDP，
∴PC＝CD＝6，
∴AP＝62?6，
∵∠EAP＝45°，∠AEP＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴PE=62?62=6﹣32．
18．（2020春?下陸區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD的對角線交于點O，點E、F分別在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延長線交于點M，OF、AB的延長線交于點N，連接MN．
（1）求證：OM＝ON．
（2）若正方形ABCD的邊長為8，E為OM的中點，求MN的長．

【分析】（1）證△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的邊長為8且E為OM的中點知OH＝HA＝4、HM＝8，再根據(jù)勾股定理得OM的長，由直角三角形性質(zhì)知MN＝OM問題得解．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，
∴∠OAM＝∠OBN＝135°，
∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM＝ON；
（2）如圖，過點O作OH⊥AD于點H，
∵正方形的邊長為8，
∴OH＝HA＝4，
∵E為OM的中點，
∴HM＝8，
則OM=82+42=45，
∴MN=2OM＝410．

19．（2020春?江津區(qū)期中）（1）如圖1，在正方形ABCD中，E是AB上一點，G是AD上一點，∠ECG＝45°，那么EG與圖中兩條線段的和相等？證明你的結(jié)論．
（2）請用（1）中所積累的經(jīng)驗和知識完成此題，如圖2，在四邊形ABCD中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一點，且∠ECG＝45°，BE＝4，求EG的長？

【分析】（1）將△CBE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90度至△CDF，再證△CEG≌△CFG即可．
（2）作CD⊥AG于D，補成圖1的形狀，設(shè)EG＝x，則根據(jù)（1）中結(jié)論可以將AG用x表示出來，再用勾股定理列方程進行計算即可．
【解析】（1）EG＝BE+DG．
如圖1，延長AD至F，使DF＝BE，連接CF，

∵四邊形ABCD為正方形，
∴BC＝DC，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵∠CDF＝180﹣∠ADC，
∴∠CDF＝90°，
∴∠ABC＝∠CDF，
∵BE＝DF，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴∠BCE＝∠DCF，EC＝FC，
∵∠ECG＝45°，
∴∠BCE+∠GCD＝∠BCD﹣∠ECG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GCD+DCF＝∠FCG＝45°，
∴∠ECG＝∠FCG，
∵GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴EG＝GF，
∵GF＝GD+DF＝GD+BE，
∴EG＝GD+BE．
（2）如圖2，過點C作CD⊥AG，交AG的延長線于D．

∵AG∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠B＝90°，
∵∠CDA＝90°，AB＝BC，
∴四邊形ABCD是正方形，
∵AB＝BC＝12，
∴CD＝AD＝12，
∵BE＝4，
∴AE＝AB﹣BE＝8，
設(shè)EG＝x，由（1）知EG＝BE+GD，
∴GD＝x﹣4，
∴AG＝AD﹣GD＝12﹣（x﹣4）＝16﹣x，
在Rt△AEG中：GE2＝AG2+AE2，
∴x2＝（16﹣x）2+82，解得x＝10，
∴EG＝10．
20．（2019春?路橋區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，點E是對角線BD上的一點（DE＜BE），連接AE，過點E分別作EF⊥AE交BC于點F，EG⊥BD交BC的延長線于點G．
（1）若AD＝2，DE＝1，求EG的長度；
（2）求證：FG＝AB．

【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得AD＝AB＝2，BD=2AD＝22，∠ABD＝∠CBD＝45°，可求BE的長，由等腰三角形的性質(zhì)可得EB＝EG＝22?1；
（2）由“AAS”可證△ABE≌△FGE，可得FG＝AB．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，BD=2AD＝22，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BE＝BD﹣DE＝22?1，
∵EG⊥BD，∠DBG＝45°，
∴∠DBG＝∠EGB＝45°，
∴EB＝EG＝22?1；
（2）∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠BEG＝90°，
∴∠AEB＝∠GEF，
又∵BE＝EG，∠ABD＝∠FGE＝45°，
∴△ABE≌△FGE（AAS），
∴FG＝AB．
21．（2020春?澗西區(qū)校級期中）如圖，BD是正方形ABCD的對角線，BC＝2，邊BC在其所在的直線上平移，經(jīng)通過平移得到的線段記為PQ，連接PA、QD，并過點Q作QO⊥BD，垂足為O，連接OA、OP．
（1）請直接寫出線段BC在平移過程中，四邊形APQD是什么四邊形？
（2）請判斷OA、OP之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并加以證明．

【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)和平移得：AD∥PQ，AD＝PQ，根據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得：APQD是平行四邊形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：根據(jù)SAS證明△ABO≌△PQO，得OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，再根據(jù)∠BOQ＝90°，得∠BOP+∠AOB＝90°，得出結(jié)論．
【解析】證明：（1）四邊形APQD是平行四邊形，理由是：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
由平移得：BC＝PQ，
∴AD∥PQ，AD＝PQ，
∴四邊形APQD是平行四邊形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠ABO＝∠OBC＝45°，
∵OQ⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠OQB＝45°，
∴∠OQB＝∠ABO＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，
在△ABO和△PQO中，
∵AB=PQ∠ABO=∠OQBOB=OQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOQ＝∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝∠AOP＝90°，
∴OA⊥OP．
22．（2019秋?振安區(qū)校級期中）已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點D為射線CB上一點．以AD為邊做正方形ADEF，連接CF，且點A，F(xiàn)分別在直線BC的兩側(cè)．
（1）請直接寫出CF，BC，CD三條線段之間的關(guān)系；
（2）若正方形ADEF的邊長為22，對角線AE，DF相交于點O，連接OC．求OC的長度．

【分析】（1）由△ABC是等腰直角三角形得AB＝AC，利用SAS即可證明△ABD≌△ACF，得BD＝CF，便可求得出結(jié)論；
（2）首先證明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)即可求得DF的長，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)求出OC即可．
【解析】（1）CF+BC＝CD．理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四邊形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD和△ACF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴BD＝CF，
∵BD+BC＝CD，
∴CF+BC＝CD；
（2）∵△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABD，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝∠ABD＝135°，
∴∠FCD＝90°，
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的邊長為22，且對角線AE、DF相交于點O．
∴DF=2AD＝4，O為DF中點．
∴OC=12DF＝2．
23．（2019春?磐石市期中）如圖1，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，R是AC上任意一點，連接BR，過點A作AQ⊥BR，垂足為點Q，AQ與BD交于點P．
（1）求證：OP＝OR；
（2）如圖2，若點R在AC的延長線上，AQ⊥BR于點Q，AQ與DB的延長線交于點P，其他條件不變，判斷線段DP與AR的數(shù)量關(guān)系：　AR＝DP?。?br />
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，由“AAS”可證△AOP≌△BOR，可得OP＝OR；
（2）由“AAS”可證△AOP≌△BOR，可得OP＝OR，即可得AR＝DP．
【解析】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∵AQ⊥BR，
∴∠AQR＝∠AOP＝90°，
∴∠QAR+∠ARQ＝90°，∠PAO+∠APO＝90°，
∴∠APO＝∠ARQ，
∴△AOP≌△BOR（AAS），
∴OP＝OR；
（2）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∵AQ⊥BR，
∴∠AQR＝∠AOP＝90°，
∴∠QAR+∠ARQ＝90°，∠PAO+∠APO＝90°，
∴∠APO＝∠ARQ，
∴△AOP≌△BOR（AAS），
∴OP＝OR；
∴AO+OR＝DO+OP，
∴AR＝DP，
故答案為：AR＝DP．
24．（2019春?保山期中）四邊形ABCD是正方形，M是BC邊上的一點，E是CD邊的中點，AE平分∠DAM．

（1）求證：AM＝AD+MC．
（2）若四邊形ABCD是長與寬不相等的矩形，其他條件不變，如圖2，試判斷AM＝AD+MC是否成立？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；
【分析】（1）可以過點E作EF⊥AM于點F，連接EM，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，證明△ADE≌△AFE，可得AD＝AF，DE＝FE，再證明Rt△EFM≌Rt△ECM，即可得結(jié)論；
（2）證明方法同（1）．
【解析】（1）如圖1，過點E作EF⊥AM于點F，連接EM，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD邊的中點，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
（2）AM＝AD+MC成立，理由如下：
如圖2，過點E作EF⊥AM于點F，連接EM，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD邊的中點，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
所以AM＝AD+MC成立．
25．（2019秋?龍崗區(qū)期中）如圖，正方形ABCD的邊長為2．以對角線BD為邊作菱形BEFD．點C，E，F(xiàn)在同一直線上，求CE的長．

【分析】首先過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G，即可得△ECG是等腰直角三角形，然后設(shè)EG＝CG＝x，在Rt△BEG中，由BE2＝BG2+EG2，可得方程：（22）2＝（2+x）2+x2，解此方程即可求得EG的長，繼而求得CE的長．
【解析】過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G．
∵BD∥EF，
∴∠ECG＝∠DBC＝45°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∴EG＝CG，
設(shè)EG＝x，則BG＝2+x，
在Rt△BEG中，BE2＝BG2+EG2，
即（22）2＝（2+x）2+x2，
即x2+2x﹣2＝0，
解得：x=3?1或x=?3?1（舍去），
∴EG=3?1，
∴CE=2EG=6?2．

26．（2019秋?利川市期中）（1）如圖1，已知正方形ABCD，點E在BC上，點F在DC上，且∠EAF＝45°，則有BE+DF＝　EF　．若AB＝4，則△CEF的周長為　8?。?br /> （2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，且∠EAF＝45°，試判斷BE，EF，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【分析】（1）延長EB至H，使BH＝DF，連接AH，證△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝HE＝BE+HB進而求出即可；
（2）延長CB至M，使BM＝DF，連接AM，證△ADF≌△ABM，證△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】（1）延長EB至H，使BH＝DF，連接AH，如圖1，
∵在正方形ABCD中，
∴∠ADF＝∠ABH，AD＝AB，
在△ADF和△ABH中，AD=AB∠ADF=∠ABHDF=HB，
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠BAH＝∠DAF，AF＝AH，
∴∠FAH＝90°，
∴∠EAF＝∠EAH＝45°，
在△FAE和△HAE中，AF=AH∠FAE=∠EAHAE=AE，
∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF＝HE＝BE+HB，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周長＝EF+CE+CF＝BE+CE+DF+CF＝BC+CD＝2AB＝8．
故答案為：EF；8．
（2）EF＝BE+DF，理由如下：
延長CB至M，使BM＝DF，連接AM，如圖2，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝∠C＝90°，∠EAF＝45°，
即∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．

27．（2020春?博白縣期末）如圖，正方形ABCD邊長為8，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且AE⊥BF．
（1）求證：AE＝BF．
（2）若AF＝10，求AE的長．

【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，由余角的性質(zhì)可得∠BAE＝∠CBF，可證△ABE≌△BCF，可得AE＝BF；
（2）由勾股定理可求DF＝6，可得FC＝2，由勾股定理可求AE＝BF＝217．
【解答】證明；（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）∵AF＝10，AD＝8，
∴DF=AF2?AD2=100?64=6，
∴CF＝8﹣6＝2，
∴BF=BC2+CF2=64+4=217，
∴AE＝217．
28．（2020春?廬江縣期末）正方形ABCD中，點E是BD上一點，過點E作EF⊥AE交射線CB于點F，連結(jié)CE．
（1）已知點F在線段BC上
①若AB＝BE，求∠DAE度數(shù)；
②求證：CE＝EF
（2）已知正方形邊長為2，且BC＝2BF，請直接寫出線段DE的長．

【分析】（1）①先求得∠ABE的度數(shù)，然后依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求得∠BAE的度數(shù)，然后可求得∠DAE度數(shù)；
②先利用正方形的對稱性可得到∠BAE＝∠BCE，然后在證明又∠BAE＝∠EFC，通過等量代換可得到∠BCE＝∠EFC；
（2）當(dāng)點F在BC上時，過點E作MN⊥BC，垂足為N，交AD于M．依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到FN＝CN，從而可得到NC的長，然后可得到MD的長，在Rt△MDE中可求得ED的長；當(dāng)點F在CB的延長線上時，先根據(jù)題意畫出圖形，然后再證明EF＝EC，然后再按照上述思路進行解答即可．
【解答】解：（1）①∵ABCD為正方形，
∴∠ABE＝45°．
又∵AB＝BE，
∴∠BAE=12×（180°﹣45°）＝67.5°．
∴∠DAE＝90°﹣67.5°＝22.5°
②證明：∵正方形ABCD關(guān)于BD對稱，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠BCE．
又∵∠ABC＝∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠EFC，
∴∠BCE＝∠EFC，
∴CE＝EF．
（2）如下圖所示：過點E作MN⊥BC，垂足為N，交AD于M．

∵CE＝EF，
∴N是CF的中點．
∵BC＝2BF，
∴CNBC=14．
又∵四邊形CDMN是矩形，△DME為等腰直角三角形，
∴CN＝DM＝ME，
∴ED=2DM=2CN=22．
如下圖所示：過點E作MN⊥BC，垂足為N，交AD于M．

∵正方形ABCD關(guān)于BD對稱，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠BCE．
又∵∠ABF＝∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠EFC，
∴∠BCE＝∠EFC，
∴CE＝EF．
∴FN＝CN．
又∵BC＝2BF，
∴FC＝3，
∴CN=32，
∴EN＝BN=12，
∴DE=322．
綜上所述，ED的長為22或322

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