（專項練習）
一、解答題
1．如圖所示，四邊形ABCD是正方形，G是BC上任意一點（點G與不重合），于E，交DG于F.
求證：.

2．如圖，正方形ABCD的邊長為8，E是邊CD上一點，DE=6， BF⊥AE于點F．
(1)求證：△ADE∽△BFA；
(2)求BF的長．




3．已知，如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點D為直線BC上一動點(點D不與點B，C重合)．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF，當點D在線段BC的反向延長線上，且點A，F(xiàn)分別在直線BC的兩側(cè)時．

(1)求證：△ABD≌△ACF；
(2)若正方形ADEF的邊長為，對角線AE，DF相交于點O，連接OC，求OC的長度．



4．如圖，在正方形中，對角線、相交于點，、分別在、上，且，連接、，的延長線交于點．
（1）求證：；
（2）求證：．

5．如圖，點E是正方形ABCD的邊DC上一點，把△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到△ABF的位置，接EF．
（1）求證：△AEF是等腰直角三角形；
（2）若四邊形AECF的面積為25，DE=2，求AE的長．

6．（1）如圖1，正方形ABCD中，E為邊CD上一點，連接AE，過點A作AF⊥AE交CB的延長線于F，猜想AE與AF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，連接AC，過點A作AM⊥AC交CB的延長線于M，觀察并猜想CE與MF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）解決問題：
王師傅有一塊如圖所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王師傅想切一刀后把它拼成正方形．請你幫王師傅在圖3中畫出剪拼的示意圖．




7．如圖1，已知正方形和正方形，點在同一直線上，連接，，與相交于點．
（1）求證：．
（2）如圖2，是邊上的一點，連接交于點，且．
①求證：；
②若，直接寫出的值．


8．如圖，四邊形ABCD是正方形，G是BC上任意一點，DE⊥AG于點E，BF∥DE，且交AG于點F．
（1）求證：；
（2）求證：DE－BF＝EF；
（3）若AB＝2，BG＝1，求線段EF的長．




9．如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，AF與DE相交于點M，且∠BAF＝∠ADE．
（1）如圖1，求證：AF⊥DE；
（2）如圖2，AC與BD相交于點O，AC交DE于點G，BD交AF于點H，連接GH，試探究直線GH與AB的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）在（1）（2）的基礎上，若AF平分∠BAC，且BDE的面積為4+2，求正方形ABCD的面積．





10．探究證明：
（1）如圖1，正方形ABCD中，點M、N分別在邊BC、CD上，AM⊥BN．求證：BN=AM；

（2）如圖2，矩形ABCD中，點M在BC上，EF⊥AM，EF分別交AB、CD于點E、F．求證：；
（3）如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，點M、N分別在邊BC、AB上，求的值．



11．如圖1，正方形ABCD中，點O是對角線AC的中點，點P是線段AO上（不與點A，O重合）的一個動點，過點P作PE⊥PB且PE交邊CD于點E．
（1）求證：PE＝PB；
（2）如圖2，若正方形ABCD的邊長為2，過點E作EF⊥AC于點F，在點P運動的過程中，PF的長度是否發(fā)生變化？若不變，試求出這個不變的值；若變化，請說明理由；
（3）用等式表示線段PC，PA，CE之間的數(shù)量關(guān)系．




12．如圖所示，，，延長至，使，四邊形為正方形，求的長.




13．平面直角坐標系中，四邊形OABC是正方形，點A，C 在坐標軸上，點B（，），P是射線OB上一點，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得，Q是點P旋轉(zhuǎn)后的對應點.
（1）如圖（1）當OP = 時，求點Q的坐標；
（2）如圖（2），設點P（，）（），的面積為S. 求S與的函數(shù)關(guān)系式，并寫出當S取最小值時，點P的坐標；
（3）當BP+BQ = 時，求點Q的坐標（直接寫出結(jié)果即可）




14．如圖所示，，四邊形為正方形，交軸于.求點的坐標.



15．綜合與實踐
情景再現(xiàn)
我們動手操作：把正方形ABCD，從對角線剪開就分剪出兩個等腰直角三角形，把其中一個等腰三角形與正方形ABCD重新組合在一起，圖形變得豐富起來，當圖形旋轉(zhuǎn)時問題也隨旋轉(zhuǎn)應運而生．
如圖①把正方形ABCD沿對角線剪開，得兩個等腰直角三角形△ACD和△BCE，

（1）問題呈現(xiàn)
我們把剪下的兩個三角形一個放大另一個縮小拼成如圖②所示
①點P是一動點，若AB=3，PA=1，當點P位于_ __時，線段PB的值最??；若AB=3，PA=5，當點P位于__ _時，線段PB有最大值．PB的最大值和最小值分別是______．
②直接寫出線段AE與DB的關(guān)系是_ ________．
（2）我們把剪下的其中一個三角形放大與正方形組合如圖③所示，點E在直線BC上，F(xiàn)M⊥CD交直線CD于M．
①當點E在BC上時，通過觀察、思考易證：AD=MF+CE；
②當點E在BC的延長線時，如圖④所示；
當點E在CB的延長線上時，如圖⑤所示，
線段AD、MF、CE具有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并選擇圖④或圖⑤證明你的猜想．

問題拓展
（3） 連接EM，當=8，=50，其他條件不變，直接寫出線段CE的長_______．


16．如圖所示，，，延長至，使，四邊形為正方形，求點的坐標.







17．四邊形是邊長為的正方形，點在邊所在的直線上，連接，以為直角頂點在右側(cè)作等腰，連接
?。?）如圖1，當點在點左側(cè)，且三點共線時，______；
（2）如圖2，當點在點右側(cè)，且時，求的長：
（3）若點在邊所在直線上，且，求的長．




18．在正方形中，點是邊上的一點，點是直線上一動點，于，交直線于點．
（1）當點運動到與點重合時(如圖1)，線段與的數(shù)量關(guān)系是________．
（2）若點運動到如圖2所示的位置時，（1）探究的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給出證明：如果不成立，請說明理由．
（3）如圖3，將邊長為的正方形折疊，使得點落在邊的中點處，折痕為，點、分別在邊、上，請直接寫出折痕的長．






19．如圖1，點C在線段AB上，分別以AC、BC為邊在線段AB的同側(cè)作正方形ACDE和正方形BCMN， 連結(jié)AM、BD．
（1）AM與BD的關(guān)系是：________．
（2）如果將正方形BCMN繞點C順時針旋轉(zhuǎn)銳角α(如圖2)．(1) 中所得的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．
（3）在(2)的條件下，連接AB、DM，若AC=4，BC=2，求AB2+DM2的值．







20．如圖①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點D是BC的中點．作正方形DEFG，使點A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．
（1）試猜想線段BG和AE的關(guān)系（直接寫出答案，不用證明）；
（2）將正方形DEFG繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)α （0°＜α≤60°），判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請利用圖②證明你的結(jié)論；
（3）若BC＝DE＝4，當α等于多少度時，AE最大？并求出此時AF的值．




21．（1）如圖1，正方形ABCD中，點P為線段BC上一個動點，若線段MN垂直AP于點E，交線段AB于點M，交線段CD于點N，證明：AP＝MN；
（2）如圖2，正方形ABCD中，點P為線段BC上一動點，若線段MN垂直平分線段AP，分別交AB，AP，BD，DC于點M，E，F(xiàn)，N．求證：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的邊長為2，求線段EF的最大值與最小值．



參考答案
1．見解析.
【分析】
首先證明△AED≌△DFC，則能得出DE=FC，AE=DF，進而得出結(jié)論．
【詳解】
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
又∵AE⊥DG，CF∥AE，
∴∠AED=∠DFC=90°，
∴∠EAD+∠ADE=∠FDC+∠ADE=90°，
∴∠EAD=∠FDC，
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS）．
∴AE=DF，ED=FC．
∵DF=DE+EF，
∴AE=FC+EF．
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)以及三角形全等的判定方法是解題的關(guān)鍵．
2．（1）見解析；（2）
【分析】
（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和垂直的定義可證∠D=∠AFB=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)可證∠ABF=DAE，從而可證△ADE∽△BFA；
（2）先根據(jù)勾股定理求出AE的長，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式求解即可．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BAD=90°，
∴∠DAE+∠BAF=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB=90°，
∴∠D=∠AFB，∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ADE∽△BFA；
（2）∵AD=8，DE=6，
∴AE=，
∵△ADE∽△BFA，
∴，
∴，
∴BF=．
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．(1)證明見解析； (2)
【分析】
（1）由題意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，則有∠DAB＝∠FAC，進而可證AB＝AC，然后問題可證；
（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，則有∠ABD＝∠ACF，進而可得∠ACF＝135°，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可求解．
【詳解】
(1)證明：∵四邊形ADEF為正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF邊長為，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×4＝2．
【點撥】
本題主要考查正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（1）見解析；（2）見解析
【分析】
（1）利用正方形的性質(zhì)及SAS定理證△AOE≌△DOF，得出AE=DF即可；
（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD，證出∠OAE+∠OFD=90°，得出∠AMF=90°，即可得出結(jié)論．
【詳解】
（1）四邊形是正方形，
，，
，
又，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）由（1）得：，
，
，
，
，
．
【點撥】
此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識；解答本題的關(guān)鍵是通過全等的證明和利用等角代換解題，屬于中考常考題型．
5．（1）見解析；（2）AE的長為．
【分析】
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AF，∠EAF=90°，可得結(jié)論；
（2）由題意可得四邊形AECF的面積等于正方形ABCD的面積等于25，可求正方形的邊長，由勾股定理可求解．
【詳解】
（1）∵把△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到△ABF的位置，
∴△ADE≌△ABF，∠EAF=90°，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰直角三角形；
（2）∵△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°到△ABF的位置．
∴四邊形AECF的面積等于正方形ABCD的面積等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，AE=．
【點撥】
本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，正確利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出對應邊關(guān)系是解題關(guān)鍵．
6．（1）AE=AF，理由見解析；（2）CE=MF，理由見解析；（3）如圖所示，見解析．
【分析】
（1）根據(jù)兩角互余的關(guān)系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）根據(jù)△ABF≌△ADE及三角形外角的性質(zhì)可求出∠AFM=∠AEC，根據(jù)兩角互余的關(guān)系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）畫出示意圖，只要求出C、D、F共線，即可求出四邊形AECF是正方形；
【詳解】
（1）AE=AF．
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如圖所示．
過A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共線，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四邊形AECF是正方形．

【點撥】
此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、余角的性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角和等知識．解題的關(guān)鍵是利用全等三角形進行割補．
7．（1）見解析；（2）①見解析；②
【分析】
（1）由正方形的性質(zhì)得出BC=CD，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS證明△BCE≌△DCF，得出對應邊相等BE=FD；
（2）①由正方形的性質(zhì)得出CD//GE，得出，從而得到，再結(jié)合已知條件利用比例的性質(zhì)即可得證
②由得出，結(jié)合①可得，從而即可得出的值
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，
∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE=FD；
（2）①∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，
∴CD//GE，GF=EC
∴，
∴
∴
∵
∴
∵BC=CD
∴
②∵
∴
∵
∴
∵AB=CD
∴
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、相全等三角形的性質(zhì)和判定，得出是解題的關(guān)鍵
8．（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】
（1）由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，根據(jù)DE⊥AG，利用直角三角形兩銳角互余的關(guān)系可得∠BAF＝∠ADE，利用AAS即可證明△ADE≌△BAF；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得DE=AF，BF=AE，根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得結(jié)論；
（3）利用勾股定理可求出AG的長，利用面積法可求出BF的長，進而利用勾股定理可求出AF的長，根據(jù)BF=AE，EF=AF-AE即可得答案．
【詳解】
（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵DE⊥AG，
∴∠AED＝∠DEF＝90°，
∵BF∥DE，
∴∠AFB＝∠DEF＝∠AED＝90°，
∴∠BAF＋∠DAE＝∠ADE＋∠DAE＝90°．
∴∠BAF＝∠ADE．
在△ABF和△DAE中，，
∴△ADE≌△BAF．
（2）∵△DAE≌△ABF，
∴AE＝BF，DE＝AF
∵AF－AE＝EF，
∴DE－BF＝EF．
（3）∵∠ABC＝90°，
∴AG2＝AB2＋BG2＝12＋22＝5，
∴．
∵S△ABG＝，
∴．
在Rt△ABF中，AF2＝AB2－BF2＝22－＝，
∴AF=，
∵AE=BF，EF=AF-AE，
∴
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)AAS證明△ABF≌△DAE，此題難度一般．
9．（1）見解析；（2）GHAB，見解析；（3）12+8
【分析】
（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠BAF+∠AED＝90°即可解決問題．
（2）證明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AECD，推出＝，由BFAD，推出＝，由AE＝BF，CD＝AD，推出＝可得結(jié)論．
（3）如圖2﹣1中，在AD上取一點J，使得AJ＝AE，連接EJ．設AE＝AJ＝a．利用三角形的面積公式構(gòu)建方程求出a即可解決問題．
【詳解】
（1）證明：如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAE＝∠ABF＝90°，
∵∠ADE＝∠BAF，
∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°，
∴∠AME＝90°，
∴AF⊥DE．
（2）解：如圖2中．結(jié)論：GHAB．
理由：連接GH．

∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，
∴△ADE≌△BAF（ASA），
∴AE＝BF，
∵AECD，
∴＝，
∵BFAD，
∴＝，
∵AE＝BF，CD＝AD，
∴＝，
∴GHAB．
（3）解：如圖2﹣1中，在AD上取一點J，使得AJ＝AE，連接EJ．設AE＝AJ＝a．

∵AF平分∠BAC，∠BAC＝45°，
∴∠BAF＝∠ADE＝22.5°，
∵AE＝AJ＝a，∠EAJ＝90°，
∴∠AJE＝45°，
∵∠AJE＝∠JED+∠JDE，
∴∠JED＝∠JDE＝22.5°，
∴EJ＝DJ＝a，
∵AB＝AD＝a+a，AE＝AJ，
∴BE＝DJ＝a，
∵S△BDE＝4+2，
∴×a×（a+a）＝4+2，
解得a2＝4，
∴a＝2或﹣2（舍棄），
∴AD＝2+2，
∴正方形ABCD的面積＝12+8．
【點撥】
本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)和平行線分線段成比例是解題的關(guān)鍵．
10．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）．
【分析】
（1）由矩形的性質(zhì)結(jié)合等角的余角相等，可證明∠NBC=∠MAB，進而證明△BCN∽△ABM，最后根據(jù)相似三角形對應邊成比例解題即可；
（2）過點B作BG∥EF交CD于G，由兩組對邊分別平行判定四邊形BEFG是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可證明△GBC∽△MAB，最后根據(jù)相似三角形對應邊成比例解題即可；
（3）過點D作平行于AB的直線交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，連接AC，可得四邊形ABSR是平行四邊形，再由含有一個90°角的平行四邊形是矩形，證明四邊形ABSR是矩形，進而得到∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，結(jié)合（2）中結(jié)論可證明△ACD≌△ACB，由全等三角形對應角相等得到∠ADC=∠ABC，再由等角的余角相等，證明△RAD∽△SDC，根據(jù)相似三角形對應邊成比例，設SC=x，解得DR、DS的長，再結(jié)合勾股定理解題即可．
【詳解】
（1）證明∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=90°
∴∠NBA+∠NBC=90°．
∵AM⊥BN，
∴∠MAB+∠NBA=90°，
∴∠NBC=∠MAB，
∴△BCN∽△ABM，
∴=
（2）結(jié)論：=
理由：如圖2中，過點B作BG//EF交CD于G，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴四邊形BEFG是平行四邊形，
∴BG=EF．
∵EF⊥AM，
∴BG⊥AM，
∴∠GBA+∠MAB=90°．
∵∠ABC=∠C=90°，
∴∠GBC+∠GBA=90°，
∴∠MAB=∠GBC，
∴△GBC∽△MAB，
∴=，
∴=
（3）過點D作平行于AB的直線交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，連接AC，則四邊形ABSR是平行四邊形．

∵∠ABC=90°，
∴四邊形ABSR是矩形，
∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．
∵AM⊥DN，
∴由（2）中結(jié)論可得：=
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴=
，設SC=x，
∴=
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵，
∴52=（10-2x）2+x2，
∴x=3或5（舍棄），
∴BS=5+x=8，
∴===
【點撥】
本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識，是重要考點，難度一般，正確作出輔助線、掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
11．（1）見解析；（2）在P點運動的過程中，PF的長度不發(fā)生變化．PF的長為定值；（3）．理由見解析．
【分析】
（1）做輔助線，構(gòu)建全等三角形，根據(jù)ASA證明即可求解．
（2）如圖，連接OB，通過證明，得到PF=OB，則PF為定值是．
（3）根據(jù)△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得，，整理可得結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：如圖①，過點P作MN∥AD，交AB于點M，交CD于點N．

∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P點運動的過程中，PF的長度不發(fā)生變化．

理由：如圖2，連接OB．
∵點O是正方形ABCD對角線AC的中點，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴．
∴PF的長為定值．
（3）解：．
理由：如圖1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴．
由（1）知PM＝NE，
∴．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴．
【點撥】
本題主要考查了四邊形綜合應用，通過對三角形全等的證明找出邊之間的關(guān)系，準確分析代換求解是解題的關(guān)鍵．
12．10
【解析】
【分析】
作AF∥x軸，DF∥y，CG⊥DF．通過證明△AFD≌△EOA，△CDG≌△DAF，可證DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4，從而求出點C與點E的坐標，然后根據(jù)勾股定理求解即可.
【詳解】
正方形的中心如圖：作AF∥x軸，DF∥y，CG⊥DF．

∵DF∥y，
∴∠ADF=∠EAO，
∵AD＝AE，∠F=∠AOE，
∴△AFD≌△EOA，
∵∠DGC=∠AFD,∠DCG=∠ADF, CD＝AD，
∴△CDG≌△DAF,
∴DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4,
∴C為(2+4，4+(4-2))，即(6，6),
E為(-2，0)，C為(6，6)
?.
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圖形與坐標及勾股定理，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵.
13．（1）；（2），；（3）．
【分析】
（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)、解直角三角形可得，，再根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，從而可得，由此即可得出答案；
（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出，，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理可得，，然后根據(jù)直角三角形的面積公式可得S與x的函數(shù)關(guān)系式，最后利用二次函數(shù)的解析式即可得點P的坐標；
（3）先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)得出，，從而得出點P在OB的延長線上，再根據(jù)線段的和差可得，然后同（1）的方法可得，，最后根據(jù)三角形全等的性質(zhì)、線段的和差可得，由此即可得出答案．
【詳解】
（1）如圖1，過P點作軸于點G，過Q點作軸于點H
∵四邊形OABC是正方形
∴
∵
∴
在中，，
∴
∵繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到
∴，


在和中，
∴
∴
∴
則點Q的坐標為；
（2）如圖2，過P點作軸于點G
∵繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到
∴
∵
∴，
∴
在中，由勾股定理得：
整理得：
∴
整理得：

由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當時，S隨x的增大而減??；當時，S隨x的增大而增大
則當時，S取得最小值，最小值為9
此時
故點P的坐標為；
（3）∵繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到
∴
∵
∴
∵四邊形OABC是正方形，且邊長
對角線
∴點P在OB的延長線上
∴
解得

如圖3，過P點作軸于點G，過Q點作軸于點H
同（1）可得：，
，

則點Q的坐標為．
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識點，較難的是題（3），正確得出點P的位置是解題關(guān)鍵．
14．
【解析】
【分析】
作軸于E，作于F，易證≌，得，，即可求出點B坐標.
【詳解】
解：作軸于E，作于F，

，
在正方形ABCD中，，，
，
，
≌，
，，
?，
，，
．
【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)；通過作輔助線證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．當正方形的部分點在坐標軸上，往往過另外的點向坐標軸作垂線，從而得到“形外三垂直”的基本圖形. 利用正方形邊角的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形求點的坐標.
15．（1）①AB，BA延長線，最大值是8，最小值是2；；②AE=BD，AE⊥BD；
（2）選擇圖④，則AD+CE=MF.見詳解；
（3）1或7.
【分析】
（1）①P為一動點，PA=1，則點P在以A為圓心，以1為半徑圓上，畫圖的解；同理PA=5，則點P在以A為圓心，以5為半徑圓上，問題得解；②△ACE≌△DCB，問題得解；
（2）類比①；通過添加輔助線FG⊥BE，交BE延長線于G，證明△ABE≌△EGF，進行線段轉(zhuǎn)移，得出結(jié)論；
（3）已知=8，通過三角形面積公式，求出CF=4，△AEF為等腰直角三角形，=50，得出EF=5，勾股定理得EG=3，計算得出結(jié)果.
【詳解】
解：（1）①AB；BA延長線；最大值是8，最小值是2；
②AE=BD，AE⊥BD；
證明：如圖，∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，
∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠DCE+∠BCE，
即：∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=BD，∠AEC=∠DBC，
∵∠BFC+∠DBC=90°，∠BFC=∠EFD,
∴∠AEC+∠EFD=90°
∴AE⊥BD

（2）②答：選擇圖④，則AD+CE=MF.
證明：如圖，作FG⊥BE，交BE延長線于G，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B=∠MCG=∠G==90°，AD=AB=BC，
∴∠BAE+∠AEB=90°.
∵△AEF為等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
∴△ABE≌△EGF，
∴AB=EG
∵ AB=BC，
∴EG=BC，
∴EG+CE=BC+CE，
即：CG=BC+CE=AD+CE.
∵∠G=∠MCG=90°，F(xiàn)M⊥CD，
∴四邊形CMFG為矩形，
∴MF=CG，
∴AD+CE=MF

（3）∵CG=BC+CE=FG，四邊形CMFG為矩形，
∴四邊形CMFG為正方形，
∵，
∴
∴FG=4
∵=50，△AEF為等腰直角三角形，
∴EF=5,
∴在直角△EFG中，EG=3，
∴CE=CG-EG=4-3=1或CE=CG+EG=4+3=7 .
【點撥】
（1）P為動點，PA為定值，則點P在以A為圓心，PA長為半徑圓上，此題為隱圓，通過圓求線段的最大（小）值是初中幾何常見的一個模型；兩條線段的位置關(guān)系一般從位置和數(shù)量兩方面分析；
（2）三條線段的關(guān)系一般為兩短之和等于最長或者三條線段構(gòu)成勾股關(guān)系，此題類比①，易得出結(jié)論；見等腰直角三角形構(gòu)造全等是幾何中一種常見輔助線構(gòu)圖；
（3）注意分類思想運用.
16．
【分析】
作軸于G，過C作于F，易證≌，得，，故C（6,6）
【詳解】
解：作軸于G，過C作于F，

四邊形ADCB為正方形，
所以，
，
?
≌，
又，
，
，
．
【點撥】本題主要考查正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)，利用正方形的四邊相等構(gòu)造K字型全等，通過證明三角形全等求得AG、GD、DF、CF的長是解題的關(guān)鍵．
17．（1）6；（2）；（3）1或3
【分析】
（1）易證得四邊形CDMF和四邊形ANEM都是矩形，證得Rt△EMNRt△FCM，得到MF= NE=BF=2，EM=FC=4，即可求得BN的長；
（2）易證得四邊形CDGH和四邊形ANHG都是矩形，證得Rt△CDMRt△MGN，求得NH=，BH=AG=AM+MG，利用勾股定理即可求得BN的長；
（3）分點M在點A左側(cè)、點M在點D右側(cè)、點M在線段AD上三種情況討論，分別利用勾股定理構(gòu)造方程即可求解．
【詳解】
（1）過M作EF∥AB，過N 作NE⊥EF于E，延長CB交EF于F，如圖所示：

又∵四邊形是邊長為的正方形，
∴四邊形CDMF和四邊形ANEM都是矩形，
∴MF=CD=2，NE=BF，BN=EF，
∵∠NMC=90，MN=MC，
∴∠NMC=∠NEM=∠MFC=90，
∴∠EMN+∠CMF=90，∠FCM +∠CMF=90，
∴∠EMN=∠FCM，
∴Rt△EMNRt△FCM，
∴MF= NE=2，則NE=BF=2，
EM=FC=BF+BC=2+2=4，
∴BN=EF=EM+MF=4+2=6；
（2）過N作GH∥AB，延長AD、BC交GH于G、H，如圖所示：

又∵四邊形是邊長為的正方形，
∴四邊形CDGH和四邊形ABHG都是矩形，
∴GH=CD=2，AG=BH，DG=CH，
∵AM=，
∴DM=，
同理可證得Rt△CDMRt△MGN，
∴GN=DM=，MG=CD=2，
∴NH= GH-GN=2-，
BH=AG=AM+MG=，
∴BN=；
（3）點M在點A左側(cè)，
過M作EF∥AB，過N 作NE⊥EF于E，延長CB交EF于F，延長BA交NE于G，如圖所示：

又∵四邊形是邊長為的正方形，
∴四邊形CDMF、四邊形BFEG和四邊形AMEG都是矩形，
∴MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM，
同理可證得Rt△NEMRt△MFC，
∴MF= EN=2，EM=FC，
設，則，
，
∴，，
在中，，
整理得：，
(舍去)，
∴；
點M在點D右側(cè)，
過N作EF∥AB，延長AD、BC交EF于F、E，如圖所示：

同理可得：EF=CD=2，BE=AF，
同理可證得Rt△CDMRt△MFN，
∴FN=DM，MF=CD=2，
設，則，
，，
在中，
整理得：
解得：(舍去)，
∴；
點M在線段AD上，
過M作EF∥AB，過N 作NE⊥EF于E，延長BA交NE延長線于H，如圖所示：

同理可得：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，
同理可證得Rt△EMNRt△FCM，
∴EN=MF=2，F(xiàn)M=FC，
設，則，F(xiàn)C=BC-BF=,
，，
在中，，
解得：(舍去)，(舍去)，
綜上所述AM的值為1或3．
【點撥】
本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應用，作出合適的輔助線構(gòu)建全等三角形是解題的關(guān)鍵．
18．（1）EF=AG；（2）成立，理由見解析；（3）
【分析】
（1）利用ASA證明△ABE≌△DAG全等即可得到結(jié)論；
（2）過點F作FM⊥AE，垂足為M，利用ASA證明△ADG≌△FME，即可得到結(jié)論；
（3）過點Q作QH⊥AD于H，，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角邊”證明△ADM≌△QHP，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，從而得解．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AG，
∴∠AEB+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴EF=BE=AG；
（2）成立，理由是：
過點F作FM⊥AE，垂足為M，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，
∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，
∴∠E+∠EFM=90°，
∵EF⊥AH，
∴∠HAE+∠E=90°，
∴∠HAE=∠EFM，
∴△ADG≌△FME（ASA），
∴EF=AG；

（3）如圖，過點Q作QH⊥AD于H，則四邊形ABQH中，HQ=AB，
由翻折變換的性質(zhì)得PQ⊥AM，
∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵點M是CD的中點，
∴DM=CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，
∴PQ的長為．

【點撥】
本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換的問題，折疊問題其實質(zhì)是軸對稱，對應線段相等，對應角相等，找到相應的直角三角形利用勾股定理求解是解決本題的關(guān)鍵．
19．（1）相等且垂直；（2）成立， 理由詳見解析；（3）40
【分析】
（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AC=DC，CM=CB，∠ACM=∠DCB=90°，利用SAS可證出△ACM≌△DCB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出AM=BD，∠MAC+∠DBC=90°，進而得出AM⊥BD；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AC=DC，CM=CB，∠ACD=∠MCB=90°，通過等量相加即可得到∠ACM=∠DCB，利用SAS可證出△ACM≌△DCB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出AM=BD，∠MAC=∠BDC，設AM與CD交于點P，即可證出∠DPM+∠BDC=90°，進而得出AM⊥BD；
（3）連接AD、BM，設AM與BD交于點Q，根據(jù)AM⊥BD，即可利用勾股定理即可求出答案.
【詳解】
（1）相等且垂直.
（1）在正方形ACDE和正方形BCMN中，
∵AC=DC，∠ACM=∠DCB=90°，CM=CB，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，
∵∠MAC+∠AMC=90°，
∴∠MAC+∠DBC=90°，
∴AM⊥BD；
故答案為相等且垂直；
（2）第（1）問中的結(jié)論仍然成立，即AM與BD的關(guān)系是：相等且垂直；理由如下：
如圖所示，設AM與CD交于點P，

在正方形ACDE和正方形BCMN中，
∵AC=DC，∠ACD=∠MCB=90°，CM=CB，
∴∠ACD+∠DCM=∠MCB+∠DCM,
即∠ACM=∠DCB，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，
∵∠MAC+∠APC=90°，
∴∠BDC+∠APC =90°，
∵∠APC =∠DPM，
∴∠BDC+∠DPM =90°，
∴AM⊥BD；
∴AM與BD的關(guān)系是：相等且垂直；
（3）如圖所示，連接AD、BM，設AM與BD交于點Q，

∵AC=4，BC=2，
∴AD2=42+42=32，BM2＝22+22＝8，
∴，，
由（2）可知，AM⊥BD，
∴AB2=AQ2+BQ2，DM2=DQ2+MQ2；AD2=AQ2+DQ2，BM2=BQ2+MQ2，
∴AB2+DM2＝AQ2+BQ2+DQ2+MQ2，
AD2+BM2＝AQ2+DQ2+BQ2+MQ2，
∴AB2+DM2＝AD2+BM2=40.
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識.結(jié)合圖形綜合運用所學知識是解題的關(guān)鍵.
20．（1）BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（3）當α為270°時，AE最大，AF＝
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．
（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．
（3）由（2）可知BG=AE，當BG取得最大值時，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出結(jié)論．
【詳解】
解：（1）結(jié)論：BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如圖1，延長EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點D是BC的中點，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
∵四邊形DEFG是正方形，
∴DE＝DG．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GAK＝∠DAE，
∴∠AKG＝∠ADE＝90°，
∴EA⊥BG．
（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如圖2，連接AD，延長EA交BG于K，交DG于O．

∵在Rt△BAC中，D為斜邊BC中點，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB＝90°．
∵四邊形EFGD為正方形，
∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，
∴∠ADG+∠ADE＝90°，
∴∠BDG＝∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GOK＝∠DOE，
∴∠OKG＝∠ODE＝90°，
∴EA⊥BG．
（3）∵BG＝AE，
∴當BG取得最大值時，AE取得最大值．
如圖3，當旋轉(zhuǎn)角為270°時，BG＝AE．

∵BC＝DE＝4，
∴BG＝2+4＝6．
∴AE＝6．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF＝＝，
∴AF＝．
【點撥】
本題是四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，正方形的性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．
21．（1）見解析；（2）見解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【分析】
（1）過B點作BH∥MN交CD于H，則AP⊥BH，根據(jù)平行四邊形和正方形的性質(zhì)求證△ABP≌△BCH（ASA），然后根據(jù)三角形全等的性質(zhì)即可證明；
（2）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)求得FP＝FC，然后根據(jù)等邊對等角和等量代換求得∠AFP＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得到FE＝AP，結(jié)合（1）問結(jié)論即可求證；
（3）根據(jù)（2）問結(jié)論得到EF＝MN，當點P和點B重合時，EF有最小值；當點P和C重合時，EF有最大值，根據(jù)正方形的對角線即可求解．
【詳解】
（1）如圖1，過B點作BH∥MN交CD于H，則AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四邊形MBHN為平行四邊形，
∴MN＝BH，
∵四邊形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；

（2）如圖2，連接FA，F(xiàn)P，F(xiàn)C
∵正方形ABCD是軸對稱圖形，F(xiàn)為對角線BD上一點，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的對角線，
∴BD＝2，
當點P和點B重合時，EF最小值＝MN＝AB＝1，
當點P和C重合時，EF最大值＝MN＝BD＝．
【點撥】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，本題考查較為綜合，題目較難，熟練掌握各部分定理和性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．

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