1．（1）問題背景：如圖1，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，BE＝DF，M為AF的中點，求證：①∠BAE＝∠DAF；②AE＝2DM．
（2）變式關(guān)聯(lián)：如圖2，點E在正方形ABCD內(nèi)，點F在直線BC的上方，BE＝DF，BE⊥DF，M為AF的中點，求證：①CE⊥CF；②AE＝2DM．
（3）拓展應(yīng)用：如圖3，正方形ABCD的邊長為2，E在線段BC上，F(xiàn)在線段BD上，BE＝DF，直接寫出的最小值．
2．已知：正方形中，點在對角線上，連接，作交于點．
(1)如圖（1），求證：；
(2)如圖（2），作交于點，連接，求證：；
(3)如圖（3），延長交于點，若，，則_________．
3．已知，在菱形中，，，、分別為、上一點．
(1)如圖1，若，求證：；
(2)如圖2，為中點，，線段交于，交于，，若，．
①求與之間的函數(shù)關(guān)系式；
②若，則______．
4．（1）問題背景：如圖1，E是正方形ABCD的邊AD上的一點，過點C作交AB的延長線于F求證：；
（2）嘗試探究：如圖2，在（1）的條件下，連接DB、EF交于M，請?zhí)骄緿M、BM與BF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在（2）的條件下，DB和CE交于點N，連接CM并延長交AB于點P，已知，，直接寫出PB的長________．
5．正方形的邊長為4．
(1)如圖1，點在上，連接，作于點，于點．
①求證：；
②如圖2，對角線，交于點，連接，若，求的長；
(2)如圖3，點在的延長線上，，點在的延長線上，，點在上，連接，在的右側(cè)作，，連接．點從點沿方向運動，當(dāng)點運動到中點時，設(shè)的中點為，當(dāng)點運動到點時，設(shè)的中點為，直接寫出的長為________．
6．如圖，已知四邊形ABCD，∠A＝∠C＝90°，BD是四邊形ABCD的對角線，O是BD的中點，BF是∠ABE的角平分線交AD于點F，DE是∠ADC的角平分線交BC于點E，連接FO并延長交DE于點G．
(1)求∠ABC+∠ADC的度數(shù)；
(2)求證：FO＝OG；
(3)當(dāng)BC＝CD，∠BDA＝∠MDC＝22.5°時，求證：DM＝2AB
7．如圖，已知在和中，．
(1)如圖1，若，，，，，連接，求線段的長；
(2)如圖2，若，，E、F分別為邊上的動點，與相交于點M，，連接，點N是的中點，證明：；
(3)在（2）的條件下，G是的中點，，連接，H是所在平面內(nèi)一點，連接，和關(guān)于直線成軸對稱圖形，連接，求的最小值．
8．在□ABCD中，對角線，且，E為CD邊上一動點，連接BE交AC于點F，M為線段BE上一動點，連接AM．
(1)如圖1，若，，M為BF的中點，求AM的長；
(2)如圖2，若M在線段BF上，，作交BE于點N，連接AN，求證：；
(3)如圖3，若M在線段EF上，將△ABM沿著AM翻折至同一平面內(nèi)，得到，點B的對應(yīng)點為點．當(dāng)，時，請直接寫出的值．
9．在菱形中，點、分別為、邊上的點，連接、、．
(1)如圖1，與交于點，若，，，求的長；
(2)如圖2，若，，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，將沿翻折至同一平面內(nèi)，得到，連接與交于點，記、、的面積分別為、、，當(dāng)為中點時，請直接寫出的值．
10．在菱形ABCD中，，E為對角線BD上一動點，連接AE．
(1)如圖1，點F為DE的中點，連接AF，若，求的度數(shù)；
(2)如圖2，是等邊三角形，連接DM，H為DM的中點，連接AH，猜想線段AH與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
(3)在（2）的條件下，N為AD的中點，連接AM，以AM為邊作等邊，連接PN，若，直接寫出PN的最小值．
11．問題解決：如圖1，在矩形中，點分別在邊上，于點．
（1）求證：四邊形是正方形；
（2）延長到點，使得，判斷的形狀，并說明理由．
類比遷移：如圖2，在菱形中，點分別在邊上，與相交于點，，求的長．
12．矩形中，將矩形沿、翻折，點的對應(yīng)點為點，點的對應(yīng)點為點，、、三點在同一直線上．
(1)如圖，求的度數(shù)；
(2)如圖，當(dāng)時，連接，交、于點、，若，，求的長度；
(3)如圖，當(dāng)，時，連接，，求的長．
13．如圖，正方形中，，點E在邊上運動（不與點C、D重合）．過點B作的平行線交的延長線于點F，過點D作的垂線分別交于，于點M、N．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若，求線段的長；
(3)點E在邊上運動過程中，的大小是否改變？若不變，求出該值，若改變請說明理由．
14．（1）如圖1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于點O且AE⊥DF．則AE和DF的數(shù)量關(guān)系為 ．
（2）如圖2，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是邊AD，BC，CD上的點，BG⊥EF，垂足為H．求證：EF＝BG．
（3）如圖3，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，M分別是邊AD，BC，AB上的點，AE＝2，BF＝4，BM＝1，將正方形沿EF折疊，點M的對應(yīng)點與CD邊上的點N重合，求CN的長度．
15．已知：在邊長為6的正方形ABCD中，點P為對角線BD上一點，且．將三角板的直角頂點與點P重合，一條直角邊與直線BC交于點E，另一條直角邊與射線BA交于點F（點F不與點B重合），將三角板繞點P旋轉(zhuǎn)．
(1)如圖，當(dāng)點E、F在線段BC、AB上時，求證：PE＝PF；
(2)當(dāng)∠FPB＝60°時，求△ BEP的面積；
(3)當(dāng)△ BEP為等腰三角形時，直接寫出線段BF的長．
16．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D為直線BC上一動點（點D不與B、C重合）．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF．
(1)如圖①，當(dāng)點D在線段BC上時，求證：．
(2)如圖②和③，當(dāng)點D在線段BC的延長線上或反向延長線上時，其它條件不變，請判斷CF、BC、CD三條線段之間的關(guān)系，并證明之；
(3)如圖③，若連接正方形ADEF對角線AE、DF，交點為O，連接OC，探究△AOC的形狀，并說明理由．
17．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于E．
（1）如圖1，連接CE，求證：△BCE是等邊三角形；
（2）如圖2，點M為CE上一點，連結(jié)BM，作等邊△BMN，連接EN，求證：EN∥BC；
（3）如圖3，點P為線段AD上一點，連結(jié)BP，作∠BPQ=60°，PQ交DE延長線于Q，探究線段PD，DQ與AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
18．在菱形ABCD中，∠BAD=60°．
（1）如圖1，點E為線段AB的中點，連接DE，CE，若AB=4，求線段EC的長；
（2）如圖2，M為線段AC上一點（M不與A，C重合），以AM為邊，構(gòu)造如圖所示等邊三角形AMN，線段MN與AD交于點G，連接NC，DM，Q為線段NC的中點，連接DQ，MQ，求證：DM=2DQ．
八下期末難點特訓(xùn)（三）與平行四邊形有關(guān)的壓軸題
1．（1）問題背景：如圖1，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，BE＝DF，M為AF的中點，求證：①∠BAE＝∠DAF；②AE＝2DM．
（2）變式關(guān)聯(lián)：如圖2，點E在正方形ABCD內(nèi)，點F在直線BC的上方，BE＝DF，BE⊥DF，M為AF的中點，求證：①CE⊥CF；②AE＝2DM．
（3）拓展應(yīng)用：如圖3，正方形ABCD的邊長為2，E在線段BC上，F(xiàn)在線段BD上，BE＝DF，直接寫出的最小值．
答案：（1）①見解析；②見解析；（2）①見解析；②見解析；（3）
分析：（1）問題情景：①證明△ABE≌△ADF(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出∠BAE=∠DAF；②由全等三角形的性質(zhì)得出AE=AF，由直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
（2）變式關(guān)聯(lián)：①延長BE交DF于G，BG交CD于H，證明△CBE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠BCE=∠DCF，則可得出結(jié)論；
②延長DM到N，使DM=MN，連接AN，證明△AMN≌△FMD(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出AN=DF，證明△ABE≌△DAN(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出AE=DN=2DM；
（3）拓展應(yīng)用：過點D作DP⊥DF，且使PD=AB，連接PF，PA，過點P作PQ⊥AD，交AD的延長線于點Q，證明△ABE≌△PDF(SAS)，由全等三角形的性質(zhì)得出AE=PF，AF+AE=AF+PF≥AP，即當(dāng)A，F(xiàn)，P三點共線時，AE+AF的最小值為AP，求出則可得出答案．
【詳解】解：（1）問題情景：
①證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF；
②證明：∵△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∵M為AF的中點，
∴DM=AF，
∴AE=AF=2DM；
（2）變式關(guān)聯(lián)：
①證明：延長BE交DF于G，BG交CD于H，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BCD=90°，CD=CB，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=∠BCD=90°，
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD，∠BHD=∠BGD+∠CDF，
∴∠CBE+∠BCD=∠BGD+∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
又∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)，
∴∠BCE=∠DCF，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°，
∴CE⊥CF；
②延長DM到N，使DM=MN，連接AN，
∵M為AF的中點，
∴AM=MF，
∵MD=MN，∠AMN=∠FMD，
∴△AMN≌△FMD(SAS)，
∴AN=DF，
∵△CBE≌△CDF，
∴BE=DF=AN，∠NAM=∠DFM，
∴ANDF，
∴∠DAN+∠ADF=180°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∵∠BGD=90°，
∴∠ABE+∠ADF=180°，
∴∠ABE=∠DAN，
∴△ABE≌△DAN(SAS)，
∴AE=DN=2DM；
（3）拓展應(yīng)用：
過點D作DP⊥DF，且使PD=AB，連接PF，PA，過點P作PQ⊥AD，交AD的延長線于點Q，
∴△ABE≌△PDF(SAS)，
∴AE=PF，
∵∠ADB=45°，
∴∠PDQ=45°，DQ=PQ，
∴AF+AE=AF+PF≥AP，
即當(dāng)A，F(xiàn)，P三點共線時，AE+AF的最小值為AP，
∵AD=AB=DP=2，
∴PQ=DQ=，
∴，
∴的最小值為8+4．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
2．已知：正方形中，點在對角線上，連接，作交于點．
(1)如圖（1），求證：；
(2)如圖（2），作交于點，連接，求證：；
(3)如圖（3），延長交于點，若，，則_________．
答案：(1)見解析
(2)見解析
(3)
分析：（1）過點E作EH⊥BC于H，EG⊥AB于G，由“ASA”可證△ECH=△EFG，可得CE=EF；
（2）過點E作EH⊥BC于H，交AD于Q，EG⊥AB于G，交CD于P，由正方形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可證△CEF是等腰直角三角形，從而得到，再證得四邊形AGPD是矩形，四邊形DQHC是矩形，四邊形DQEP是矩形，從而得到DQ=QM=GF=AG，由“SAS”可證△ABM≌△BCF，可得BM=CF，可得結(jié)論；
（3）過點E作GE⊥AB于點G，EQ⊥AD于點Q，可得△EGB是等腰直角三角形，進而得到BG=EG=7，再根據(jù)四邊形AGEQ是矩形，可得AQ=EG=7，從而得到QN=1，再由勾股定理列出方程可求EF的長．
（1）
證明：如圖，過點E作EH⊥BC于H，EG⊥AB于G，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵EG⊥AB，EH⊥BC，∠ABC=90°，
∴四邊形FGBH是正方形，
∴GE=EH，∠GEH=90°，
∴∠CEF=∠GEH=90°，
∴∠CEH=∠GEF=90°-∠HEF，
在△ECH和△EFG中，
∵∠CEH=∠GEF， EH=EG，∠EHC=∠EGF=90°，
∴△ECH≌△EFG（ASA），
∴CE=EF；
（2）
證明：如圖，過點E作EH⊥BC于H，交AD于Q，EG⊥AB于G，交CD于P，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，CD∥AB，
∴PG⊥CD，QH⊥AD，
∵CE=EF，CE⊥EF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴，
∵PG⊥AB，QH⊥AD，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，
∴四邊形AGPD是矩形，四邊形DQHC是矩形，四邊形DQEP是矩形，
∴DQ=CH，DP=AG，
∵∠ADB=∠CDB=45°，EQ⊥AD，EP⊥CD，
∴EP=EQ，
∴四邊形DPEQ是正方形，
∴DQ=DP=PE=QE=CH=AG，
∵△ECH≌△EFG，
∴GF=CH=DQ，
∵ME⊥BD，∠ADB=45°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∵EQ⊥AD，
∴DQ=QM，
∴DQ=QM=GF=AG，
∴DM=AF，
∵AD=AB，
∴AM=BF，
又∵AB=BC，∠A=∠CBF=90°，
∴△ABM≌△BCF（SAS），
∴BM=CF，
∴；
（3）
解：如圖，過點E作GE⊥AB于點G，EQ⊥AD于點Q，
由（2）得：AG=GF=QE，
∵EG⊥AB，∠ABD=45°，
∴△EGB是等腰直角三角形，
∵，
∴BG=EG=7，
∵EQ⊥AD，EG⊥AB，∠A=90°，
∴四邊形AGEQ是矩形，
∴AQ=EG=7，
∵AN=6，
∴QN=1，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
3．已知，在菱形中，，，、分別為、上一點．
(1)如圖1，若，求證：；
(2)如圖2，為中點，，線段交于，交于，，若，．
①求與之間的函數(shù)關(guān)系式；
②若，則______．
答案：(1)證明見解析
(2)①；②
分析：（1）連接DB，由菱形的性質(zhì)得出∠ABD=∠BDC=60°，證出△ABD為等邊三角形， AB=BD，證明△ABE≌△DBF（ASA），由全等三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
（2）①過點B作交EG于點I，證明四邊形BMEG為平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)得出BG=EM=6-y，得出AM=y-3，同理DN=1+x，由（1）得AM=DN，得出y-3=x+1，則可得出答案； ②過點D作DM⊥AB于點M，過點F作FN⊥AB于點N，由題意求出x=1，y=5，得出BH=1，CG=5，由直角三角形的性質(zhì)求出AM=3，由勾股定理求出答案即可．
（1）
證明：如圖1，連接DB，
∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=120°，
∴∠ABD=∠BDC=60°，

∴△ABD為等邊三角形，
∴AB=BD，
∵∠EBF=60°，
∴∠ABE=∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
∴△ABE≌△DBF（ASA），
∴AE=DF；
（2）
解：①如圖2，過點B作交EG于點I，
∵，
∴四邊形BMEG為平行四邊形，而
∴BG=EM=6-y，
∵是AD的中點，
∴
∴AM=y-3， 同理DN=1+x，
∵，
∴∠EOF=∠EIN=60°，
∵，
∴∠MBN=∠EIN=60°，
由（1）得，AM=DN，
∴y-3=x+1，
∴y=x+4；
②如圖3，過點D作DM⊥AB于點M，過點F作FN⊥AB于點N，
由①知y=x+4，
又∵x+y=6，
∴x=1，y=5，
∴BH=1，CG=5，
∵DM⊥AB，，
∴DM⊥CD，
∴四邊形MDFN為矩形，
∴DM=NF，DF=MN=1，
∵∠A=60°，AD=6，
∴AM=AD=3，
∴，
∵AB=6，
∴NH=AB-AM-MN-BH=6-3-1-1=1，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，二次根式的化簡等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)．
4．（1）問題背景：如圖1，E是正方形ABCD的邊AD上的一點，過點C作交AB的延長線于F求證：；
（2）嘗試探究：如圖2，在（1）的條件下，連接DB、EF交于M，請?zhí)骄緿M、BM與BF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在（2）的條件下，DB和CE交于點N，連接CM并延長交AB于點P，已知，，直接寫出PB的長________．
答案：（1）證明見解析；（2）DM＝BM＋BF；（3）
分析：（1）由“ASA”可證△CDE≌△CBF，可得CE＝CF；
（2）由“AAS”可證△DME≌△HMF，可得DM＝MH，可得結(jié)論；
（3）由直角三角形的性質(zhì)可得AF＝AE，可求AB的長，由勾股定理可求PF的長，即可求解．
【詳解】（1）證明：在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠CBF＝180°?∠ABC＝90°，
∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°，
∴∠DCB＝∠ECF＝90°，
∴∠DCE＝∠BCF，
在△CDE和△CBF中，
∴△CDE≌△CBF（ASA），
∴CE＝CF；
（2）DM＝BM＋BF，理由如下：
如圖，過點F作FH⊥AF，交DB的延長線于H，
∵△CDE≌△CBF，
∴DE＝BF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∵FH⊥AB，
∴∠FBH＝∠H＝45°，
∴BF＝FH＝DE，
∴BH＝BF，
∵∠EDM＝∠H＝45°，∠EMD＝∠HMF，DE＝FH，
∴△DME≌△HMF（AAS），
∴DM＝MH，EM＝MF，
∴DM＝MB＋BH＝MB＋BF；
（3）連接EP，
∵∠DME＝15°，∠ABD＝45°，
∴∠AFE＝30°，
∴AF＝AE，
∴AB＋BF＝（AB?DE），
∴AB＋3?，
∴AB＝，
∴AE＝，AF＝6，
∵EC＝CF，∠ECF＝90°，EM＝MF，
∴CP是EF的垂直平分線，
∴EP＝PF，
∵PE2＝AE2＋AP2，
∴PF2＝24＋（6?PF）2，
∴PF＝4，
∴PB＝，
故答案為：．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
5．正方形的邊長為4．
(1)如圖1，點在上，連接，作于點，于點．
①求證：；
②如圖2，對角線，交于點，連接，若，求的長；
(2)如圖3，點在的延長線上，，點在的延長線上，，點在上，連接，在的右側(cè)作，，連接．點從點沿方向運動，當(dāng)點運動到中點時，設(shè)的中點為，當(dāng)點運動到點時，設(shè)的中點為，直接寫出的長為________．
答案：(1)①見解析；②
(2)
分析：（1）①證明△ADF≌△DCG，即可求證；②連接OG，由①得：△ADF≌△DCG，可得AF=DG，可證得△AOF≌△DOG，從而得到OG=OF，∠DOG=∠AOF，進而得到△FOG為等腰直角三角形，可得到，再由，求出，從而得到，進而得到FG= ，即可求解；
（2）取CK的中點Y，連接MY，CQ，可得，從而得到點M的運動軌跡為線段YM，然后分別計算出當(dāng)點運動到中點時，當(dāng)點運動到點時，YM1，YM2的長， 即可求解．
（1）
①證明：在正方形ABCD中，AD=CD，∠DAB=∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDG=90°，
∵，，
∴∠AFD=∠CGD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠DAF=∠CDG，
∴△ADF≌△DCG，
∴DF=CG；
②解：如圖，連接OG，
在正方形ABCD中，OA=OD，∠BAO=∠ADO=45°，∠AOD=∠BAD=90°，
∴∠DAF+∠EAF=90°，∠EAF+∠OAF=∠ODG+∠ADF=45°，
由①得：△ADF≌△DCG，
∴AF=DG，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠ADF=∠EAF，
∴∠OAF=∠ODG，
在△AOF和△DOG中，
∵AF=DG，∠OAF=∠ODG，OA=OD，
∴△AOF≌△DOG，
∴OG=OF，∠DOG=∠AOF，
∴∠FOG=∠AOF+∠AOG=∠DOG+∠AOG=∠AOD=90°，
∴△FOG為等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，AD=4，AE=3，∠DAE=90°，
∴，
∵AF⊥DE，
∴，
∴，
∴，
∴FG=DF-DG=，
∴；
（2）
解：如圖，取CK的中點Y，連接MY，CQ，
∵點M為KQ的中點，
∴，YM∥CQ，
∴點M的運動軌跡為線段YM，
如圖，當(dāng)點運動到中點，即BP=CP=2時，過點Q作QJ⊥CN于點J，
在正方形ABCD中，∠ABC=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∵AP⊥PQ，
∴∠APQ=90°，
∴∠APB+∠QPJ=90°，
∴∠BAP=∠QPJ，
∵∠PJQ=∠ABP=90°，AP=PQ，
∴△ABP≌△PJQ，
∴QJ=BP=2，PJ=AB=4，
∴CJ=2，
∴，
∴，
如圖，當(dāng)點運動到點，即BP=BC+CN=8時，過點Q作QL⊥CN交CN延長線于點L，
同理：△ABP≌△PLQ，
∴QL=BP=8，PL=AB=4，
∴CL=8，
∴，
∴，
∴的長為．
故答案為：
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理等知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理等知識是解題的關(guān)鍵．
6．如圖，已知四邊形ABCD，∠A＝∠C＝90°，BD是四邊形ABCD的對角線，O是BD的中點，BF是∠ABE的角平分線交AD于點F，DE是∠ADC的角平分線交BC于點E，連接FO并延長交DE于點G．
(1)求∠ABC+∠ADC的度數(shù)；
(2)求證：FO＝OG；
(3)當(dāng)BC＝CD，∠BDA＝∠MDC＝22.5°時，求證：DM＝2AB
答案：(1)180°
(2)見解析
(3)見解析
分析：（1）在四邊形ABCD中，內(nèi)角和為360°，因為∠A＝∠C＝90°，所以∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）由（1）可知，∠ABF+∠CBF+∠ADE+∠CDE＝180°，根據(jù)BF、DE分別是∠ABE、∠ADC的角平分線，得到∠ABF+∠ADE＝90°，由∠ABF+∠AFB＝90°，得∠ADE＝∠AFB，求出BF∥ED，所以∠BFG＝∠FGD，得證≌，由此得出結(jié)論；
（3）證法一：過D點作CD的垂線，延長BA相交于點N，過B點作BK垂直DN，易證，所以BK＝CD，可證，所以，由，可證，所以；
證法二：延長DM，延長DC，過B點作MD的垂線，垂足為N，交DC的延長線于點L，可得，所以，再由得，所以，易證，則，所以．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD的內(nèi)角和為360°，
∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°．
（2）證明：由（1）可知，∠ABF+∠CBF+∠ADE+∠CDE＝180°，
∵BF、DE分別是∠ABE、∠ADC的角平分線
∴∠ABF＝∠CBF；∠ADE＝∠CDE，
∴2∠ABF+2∠ADE＝180°，
∴∠ABF+∠ADE＝90°，
又∵∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠ADE＝∠AFB，
∴BF∥ED，
∴∠BFG＝∠FGD．
在和中
，
∴，
∴；
（3）證法一：過D點作CD的垂線，延長BA相交于點N，過B點作BK垂直DN，
∴四邊形BCDK是矩形，
∵BC=CD，
∴四邊形BCDK是正方形，
∴，
∴BK＝CD，
∵∠BDA＝∠MDC＝22.5°，∠BDK＝45°，
∴∠ADN＝22.5°=∠BDA，
在△BAD和△NAD中

∴（ASA）
∴，
∵，
在△BKN和△MCD中

∴（ASA）
∴；
解法二：
延長DM，延長DC，過B點作MD的垂線，垂足為N，交DC的延長線于點L．
∵BC=CD，∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠BDC＝45°，
∵∠BDA＝∠MDC＝22.5°，
∴∠BDM＝22.5°，
在△BAD和△BND中
，
（ASA），
，
在△LND和△BND中
，
（ASA），
，
，
∴，
在△LCB和△MCD中
，
（ASA），
．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，第（2）問作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
7．如圖，已知在和中，．
(1)如圖1，若，，，，，連接，求線段的長；
(2)如圖2，若，，E、F分別為邊上的動點，與相交于點M，，連接，點N是的中點，證明：；
(3)在（2）的條件下，G是的中點，，連接，H是所在平面內(nèi)一點，連接，和關(guān)于直線成軸對稱圖形，連接，求的最小值．
答案：(1)
(2)證明見解析
(3)
分析：（1）先證明，，再證明，得到，，則，求出
，即可利用勾股定理求出；
（2）如圖所示，延長到Q使得，延長到使得，連接，先求出，再由已知條件得到
，即可證明都是等邊三角形，得到，由全等三角形的性質(zhì)得到
，即可證明，推出是等邊三角形，則，證明得到，再證明是
的中位線，得到，即可證明；
（3）如圖所示，連接，，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到，則，由三角形三邊的關(guān)系得到，則當(dāng)
三點共線時，最小，最小值為，過點G作交延長線于T，求出，，，即可求出，則
．
【詳解】（1）解：如圖所示，連接，
∵，，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）證明：如圖所示，延長到Q使得，延長到使得，連接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴都是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵N是的中點，，
∴是的中位線，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：如圖所示，連接，，
∵和關(guān)于直線成軸對稱圖形，
∴，
∵G是的中點，
∴，
∴，
∴當(dāng)三點共線時，最小，最小值為，
過點G作交延長線于T，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，軸對稱圖形的性質(zhì)，三角形三邊的關(guān)系，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
8．在□ABCD中，對角線，且，E為CD邊上一動點，連接BE交AC于點F，M為線段BE上一動點，連接AM．
(1)如圖1，若，，M為BF的中點，求AM的長；
(2)如圖2，若M在線段BF上，，作交BE于點N，連接AN，求證：；
(3)如圖3，若M在線段EF上，將△ABM沿著AM翻折至同一平面內(nèi)，得到，點B的對應(yīng)點為點．當(dāng)，時，請直接寫出的值．
答案：(1)5；
(2)證明過程見解析；
(3)．
分析：（1）先根據(jù)已知條件求出AF的長度，再用勾股定理求出BF的長度，最后根據(jù)直角三角形斜邊中線定理求出AM的長度即可；
（2）過點A作AG⊥AM，交BE于點G，連接CG，先證出△ABM和△ACG全等，再證出BG⊥CG，再證出△ACG和△ANG全等，得到AC=AN，即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)已知條件使用勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半，用含有字母的代數(shù)式表示出NF、AN、MN、AB、AM的長度，然后表示出BM、EM的長度，最后求出答案即可．
（1）∵，，∴，∵，∴在中由勾股定理得：，∵M為的中點，∴．
（2）作交于點，連接，∵，，∴，，∴．∵，∴為等腰直角三角形，∴．在和中，∵，∴≌（），∴．∵，∴，∵，∴，∴為等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴．在和中，∵，∴≌（），∴，∴．
（3）．解析：作于點，設(shè)，∵，，∴根據(jù)折疊知，又AN⊥BE，∴，，∴，在Rt△AFN中根據(jù)勾股定理得，∴，同理，，同理，．∵，∴，∴．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線定理、直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)；考查的內(nèi)容比較多，按照階梯難度逐級上升，熟練掌握那些定理并能畫出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．
9．在菱形中，點、分別為、邊上的點，連接、、．
(1)如圖1，與交于點，若，，，求的長；
(2)如圖2，若，，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，將沿翻折至同一平面內(nèi)，得到，連接與交于點，記、、的面積分別為、、，當(dāng)為中點時，請直接寫出的值．
答案：(1)4
(2)證明見解析
(3)
分析：（1）根據(jù)等腰三角形三線合一可知，，可得，根據(jù)勾股定理即可求出AG的長；
（2）在上截取，連接，則，因為，所以，則可證≌（），所以，又因為BC=CD，所以；
（3）延長交于點，連接，則△BOI≌△FOC，所以BI=CF，又因為BI∥CF，所以四邊形ACFI是平行形，，由，，設(shè)，則，，代入計算可得．
(1)
解：∵在菱形中，平分， ，
∴，．
∵，
∴
在中，，，
∴．
(2)
證明：在上截取，連接．
∵在菱形中，，
∴，
即．
∵，
∴．
∴為等邊三角形．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
∵，
∴≌（）．
∴．
∵，
∴，
即．
(3)
．
解析：延長交于點，連接．
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠BFC，
∵點O是BF的中點，
∴BO=FO，
∵∠BOI=∠FOC，
∴△BOI≌△FOC，
∴BI=FC，
∴四邊形ACFI是平行形，
∴，
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵沿翻折至同一平面內(nèi)得到，
∴，
∴
∴．
【點睛】本題考查了菱形，熟練運用菱形的性質(zhì)，結(jié)合三角形的相關(guān)知識（等腰三角形、等邊三角形、全等三角形等）是解題的關(guān)鍵．
10．在菱形ABCD中，，E為對角線BD上一動點，連接AE．
(1)如圖1，點F為DE的中點，連接AF，若，求的度數(shù)；
(2)如圖2，是等邊三角形，連接DM，H為DM的中點，連接AH，猜想線段AH與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
(3)在（2）的條件下，N為AD的中點，連接AM，以AM為邊作等邊，連接PN，若，直接寫出PN的最小值．
答案：(1)30°；
(2)AE＝2AH，證明見解析；
(3)
分析：（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABD＝∠ADB＝30°，∠EAD＝∠BAD?∠BAE＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線得AF＝DF，即可得∠FAD＝∠ADB＝30°；
（2）延長DA至F點，使得AF＝DA，連接AM，CE，F(xiàn)M，證明△AMB≌△CEB（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，可得出∠FAM＝∠ECA，再證△FAM≌△ACE（SAS），可得MF＝AE，根據(jù)三角形中位線定理即可得出結(jié)論；
（3）連接NC、PC、NP，證明△AMB≌△APC（SAS），可得PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，則∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，在點E運動過程中，當(dāng)NP⊥PC時，PN長度最短，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可求解．
（1）
解：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD，∠ABD＝∠ADB＝30°，∠BAD＝120°，
∵BE＝AE，
∴∠ABE＝∠BAE＝30°，
∴∠EAD＝∠BAD?∠BAE＝90°，
∵點F為DE的中點，
∴AF＝DF＝DE，
∴∠FAD＝∠ADB＝30°；
（2）
AE＝2AH，
證明：延長DA至F點，使得AF＝DA，連接AM，CE，F(xiàn)M，
∵∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵△BEM是等邊三角形，
∴∠ABM十∠ABE＝∠ABE＋∠EBC＝60°，MB＝BE，
∴∠ABM＝∠EBC，
∴△AMB≌△CEB（SAS），
∴AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，
∵AD＝DC，且∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴△ADC為等邊三角形，
∴AD＝AC，
∵AD＝AF，
∴AF＝AC，
∵∠FAB＝180°?∠BAD＝60°，
∴∠FAB＝∠ACB＝60°，
∴∠FAM＝∠FAB?∠MAB＝∠ACB?∠ECB＝∠ECA，
∴△FAM≌△ACE（SAS），
∴MF＝AE，
∵FA＝AD，H為DM的中點，
∴AH＝MF，
∴AE＝MF＝2AH；
（3）
連接NC、PC、NP，
∵△AMP為等邊三角形，
∴∠MAP＝60°，AM＝AP，
∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴△ABC為等邊三角形，△ADC為等邊三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠MAB＝∠MAP?∠BAP＝∠BAC?∠BAP＝∠PAC，
∴△AMB≌△APC（SAS），
∴PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，
∵AC＝CD，N為AD的中點，
∴CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，
∴∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，
在點E運動過程中，當(dāng)NP⊥PC時，PN長度最短，
∵AD＝，
∴DN＝AD＝，
∴NC＝DN＝3，
∵∠PCN＝60°，NP⊥PC，
∴∠PNC＝30°，
∴PC＝NC＝，
∴PN＝PC＝，即PN的最小值為．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
11．問題解決：如圖1，在矩形中，點分別在邊上，于點．
（1）求證：四邊形是正方形；
（2）延長到點，使得，判斷的形狀，并說明理由．
類比遷移：如圖2，在菱形中，點分別在邊上，與相交于點，，求的長．
答案：問題解決：（1）見解析；（2）等腰三角形，理由見解析；類比遷移：8
分析：問題解決：（1）證明矩形ABCD是正方形，則只需證明一組鄰邊相等即可．結(jié)合和可知，再利用矩形的邊角性質(zhì)即可證明，即，即可求解；
（2）由（1）中結(jié)論可知，再結(jié)合已知，即可證明，從而求得是等腰三角形；
類比遷移：由前面問題的結(jié)論想到延長到點，使得，結(jié)合菱形的性質(zhì)，可以得到，再結(jié)合已知可得等邊，最后利用線段BF長度即可求解．
【詳解】解：問題解決：
（1）證明：如圖1，∵四邊形是矩形，
．
．
．
．
又．
∴矩形是正方形．
（2）是等腰三角形．理由如下：
，
．
又，即是等腰三角形．
類比遷移：
如圖2，延長到點，使得，連接．
∵四邊形是菱形，
．
．
．
又．
是等邊三角形，
，
．
【點睛】本題考查正方形的證明、菱形的性質(zhì)、三角形全等的判斷與性質(zhì)等問題，屬于中檔難度的幾何綜合題．理解題意并靈活運用，做出輔助線構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．
12．矩形中，將矩形沿、翻折，點的對應(yīng)點為點，點的對應(yīng)點為點，、、三點在同一直線上．
(1)如圖，求的度數(shù)；
(2)如圖，當(dāng)時，連接，交、于點、，若，，求的長度；
(3)如圖，當(dāng)，時，連接，，求的長．
答案：(1)45°
(2)5
(3)4
分析：（1）由折疊的性質(zhì)得，則；
（2）連接，，，，由折疊的性質(zhì)知垂直平分，垂直平分，則，，再求出，利用勾股定理可得答案；
（3）設(shè)，則，，，過點作垂直交的延長線于，證明四邊形是矩形，求出EH，在中，利用勾股定理列方程求解可得答案．
【詳解】（1）解：由折疊的性質(zhì)可知：，，
四邊形是矩形，
，
，
，
；
（2）如圖，連接，，，，

若，則四邊形是正方形，由題意可知點與點重合，
由折疊的性質(zhì)可知：點與點關(guān)于對稱，點與點關(guān)于對稱，
垂直平分，垂直平分，
，，
為正方形的對角線，
，，
，
在中，由勾股定理得：．
（3）設(shè)，
由題意可知：，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
在矩形中，，，
，
，，
，
由折疊的性質(zhì)可知：，，，，，，
，
如圖，過點作垂直交的延長線于，則，
四邊形是矩形，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
整理得：，
解得或舍去，
．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了翻折的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握翻折的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，同時注意方程思想的運用．
13．如圖，正方形中，，點E在邊上運動（不與點C、D重合）．過點B作的平行線交的延長線于點F，過點D作的垂線分別交于，于點M、N．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若，求線段的長；
(3)點E在邊上運動過程中，的大小是否改變？若不變，求出該值，若改變請說明理由．
答案：(1)見解析
(2)
(3)點E在邊上運動過程中，的大小不改變，且
分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)，即可證明四邊形是平行四邊形；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理，求出，再根據(jù)平行四邊形的面積求出EF的長即可；
（3）在DN上截取DG=BN，連接CG，根據(jù)“SAS”證明，得出CG=NC，，說明△GCN為等腰直角三角形，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，
∴，
即，
∵，
∴四邊形是平行四邊形．
（2）解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴，，
∵，
∴在Rt△ADE中根據(jù)勾股定理得：
，
∵，
∴．
（3）解：點E在邊上運動過程中，的大小不改變；
在DN上截取DG=BN，連接CG，如圖所示：
∵DN⊥AE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在△DGC和△BNC中，
∴（SAS），
∴CG=NC，，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的面積，作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，是解題的關(guān)鍵．
14．（1）如圖1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于點O且AE⊥DF．則AE和DF的數(shù)量關(guān)系為 ．
（2）如圖2，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是邊AD，BC，CD上的點，BG⊥EF，垂足為H．求證：EF＝BG．
（3）如圖3，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，M分別是邊AD，BC，AB上的點，AE＝2，BF＝4，BM＝1，將正方形沿EF折疊，點M的對應(yīng)點與CD邊上的點N重合，求CN的長度．
答案：（1）AE＝DF；（2）見解析；（3）CN的長度為3
分析：（1）證明∠BAE=∠ADF，則△ABE≌△DAF（AAS），即可求解；
（2）由正方形的性質(zhì)得出∠CBG=∠MEF，證明△BCG≌△EMF（ASA），即可求解；
（3）證明△EHF≌△MGN（ASA），則NG=HF，而AE=2，BF=4，故NG=HF=4-2=2，進而求解．
【詳解】解：（1）∵∠DAO+∠BAE=90°，∠DAO+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AE=DF，
故答案為：AE=DF；
（2）如圖1，過點E作EM⊥BC于點M，則四邊形ABME為矩形，
則AB=EM，
在正方形ABCD中，AB=BC，
∴EM=BC，
∵EM⊥BC，
∴∠MEF+∠EFM=90°，
∵BG⊥EF，
∴∠CBG+∠EFM=90°，
∴∠CBG=∠MEF，
在△BCG和△EMF中，
，
∴△BCG≌△EMF（ASA），
∴EF=BG；
（3）如圖2，連接MN，
∵M、N關(guān)于EF對稱，
∴MN⊥EF，過點E作EH⊥BC于點H，
過點M作MG⊥CD于點G，則EH⊥MG，
由（2）同理可得：△EHF≌△MGN（ASA），
∴NG=HF，
∵AE=2，BF=4，
∴NG=HF=4-2=2，
又∵GC=MB=1，
∴NC=NG+CG=2+1=3．
【點睛】本題為四邊形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
15．已知：在邊長為6的正方形ABCD中，點P為對角線BD上一點，且．將三角板的直角頂點與點P重合，一條直角邊與直線BC交于點E，另一條直角邊與射線BA交于點F（點F不與點B重合），將三角板繞點P旋轉(zhuǎn)．
(1)如圖，當(dāng)點E、F在線段BC、AB上時，求證：PE＝PF；
(2)當(dāng)∠FPB＝60°時，求△ BEP的面積；
(3)當(dāng)△ BEP為等腰三角形時，直接寫出線段BF的長．
答案：(1)見解析
(2)
(3)的長為4、或
分析：（1）如圖1，過點作，，垂足分別為點、．由正方形的性質(zhì)可證，即可證明；
（2）如圖2，過點作于點，當(dāng)時，，在中和中，中，設(shè)ME＝a，則EP＝2a，．表示出，．最后再求△ BEP的面積；
（3）分兩大類情況討論：Ⅰ：當(dāng)點在射線上時，只有，Ⅱ：當(dāng)點在射線上時，又可再分三小類情況，①當(dāng)時；②當(dāng)時；③當(dāng)時，進而求得結(jié)果．
（1）
如圖1，過點P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分別為點G、H．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴BD平分∠ABC，∠ABC＝90°
∴PH＝PG．
∴四邊形GBHP為正方形．
∴∠GPH＝90°，
∵，
∴，
即．
在和中，
，
∴．
∴．
（2）
如圖2，過點E作EM⊥BD于點M，
當(dāng)∠FPB＝60°時，∠EPB＝30°，
在中，設(shè)ME＝a，則EP＝2a，．
在中，∠DBC＝45°，
∴EM＝BM＝a，
∴，
解得：．
∴．
（3）
當(dāng)點在線段上時，
①如圖3，當(dāng)，
∴，
∴，
∵，
∴．
②當(dāng)時，則，
∴為等腰直角三角形，與重合，舍去．
③如圖4，當(dāng)時，
同理可證，
∵，
∴，
∴，
∴．
Ⅱ：當(dāng)點在延長線上時，
∵，∴只有，如圖5，
同理可證：，
∴．
∵，
∴，
∴．
綜上所述，的長為4、或．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、三角形面積計算、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及分類討論的數(shù)學(xué)思想的運用，綜合運用這些性質(zhì)、判定進行推理是解題的關(guān)鍵．
16．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D為直線BC上一動點（點D不與B、C重合）．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF．
(1)如圖①，當(dāng)點D在線段BC上時，求證：．
(2)如圖②和③，當(dāng)點D在線段BC的延長線上或反向延長線上時，其它條件不變，請判斷CF、BC、CD三條線段之間的關(guān)系，并證明之；
(3)如圖③，若連接正方形ADEF對角線AE、DF，交點為O，連接OC，探究△AOC的形狀，并說明理由．
答案：(1)證明見解析；
(2)當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，；當(dāng)點D在線段BC的反向延長線上時，，證明見解析；
(3)△AOC是等腰三角形，理由見解析．
分析：（1）證明△BAD≌△CAF（SAS），得到BD＝CF，再利用，即可得到；
（2）分情況討論：當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，，證明△BAD≌△CAF（SAS），得到BD＝CF，再利用，證明；當(dāng)點D在線段BC的反向延長線上時，，證明△BAD≌△CAF（SAS），得到BD＝CF，再利用即可證明；
（3）證明△FCD為直角三角形，進一步可得，再根據(jù)OA＝AE，AE＝DF，即可證明OC＝OA．
【詳解】（1）證明：如圖①：
∵四邊形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠CAF+∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
∵，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵，
∴．
（2）解：如圖②：
當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，．
理由如下：
∵∠BAC＝∠DAF=90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAF+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵，
∴；
如圖③：
當(dāng)點D在線段BC的反向延長線上時，．
理由如下：
∵∠CAF+∠BAF＝∠BAC＝90°，
∠BAD+∠BAF＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
∵，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵，
∴．
（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
由（2）可知：△BAD≌△CAF，
∴∠ACF＝∠ABD＝135°，
∴∠FCD＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°=90°，
∴△FCD為直角三角形，
∵正方形ADEF中，O為DF的中點，
∴
∵在正方形ADEF中，OA＝AE，AE＝DF，
∴OC＝OA，
∴△AOC是等腰三角形．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的判定．解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的判定，結(jié)合圖形分析．
17．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于E．
（1）如圖1，連接CE，求證：△BCE是等邊三角形；
（2）如圖2，點M為CE上一點，連結(jié)BM，作等邊△BMN，連接EN，求證：EN∥BC；
（3）如圖3，點P為線段AD上一點，連結(jié)BP，作∠BPQ=60°，PQ交DE延長線于Q，探究線段PD，DQ與AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
答案：（1）見解析；（2）見解析；（3）DQ=AD+DP.
分析：（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠ABC=60°，由角平分線的定義得出∠A=∠DBA，證出AD=BD，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AE=BE，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CE=AB=BE，即可得出結(jié)論；
（2）由等邊三角形的性質(zhì)得出BC=BE，BM=BN，∠EBC=∠MBN=60°，證出∠CBM=∠EBN，由SAS證明△CBM≌△EBN，得出∠BEN=∠BCM=60°，得出∠BEN=∠EBC，即可得出結(jié)論；
（3）延長BD至F，使DF=PD，連接PF，證出△PDF為等邊三角形，得出PF=PD=DF，∠F=∠PDQ=60°，得到∠F=∠PDQ=60°，證出∠Q=∠PBF，由AAS證明△PFB≌△PDQ，得出DQ=BF=BD+DF=BD+DP，證出AD=BD，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵BD是△ABC的角平分線，
∴∠DBA=∠ABC=30°，
∴∠A=∠DBA，
∴AD=BD，
∵DE⊥AB，
∴AE=BE，
∴CE=AB=BE，
∴△BCE是等邊三角形；
（2）證明：∵△BCE與△MNB都是等邊三角形，
∴BC=BE，BM=BN，∠EBC=∠MBN=60°，
∴∠CBM=∠EBN，
在△CBM和△EBN中，
∴△CBM≌△EBN（SAS），
∴∠BEN=∠BCM=60°，
∴∠BEN=∠EBC，
∴EN∥BC；
（3）解：DQ=AD+DP；理由如下：
延長BD至F，使DF=PD，連接PF，如圖所示：
∵∠PDF=∠BDC=∠A+∠DBA=30°+30°=60°，
∴△PDF為等邊三角形，
∴PF=PD=DF，∠F=60°，
∵∠PDQ=90°-∠A=60°，
∴∠F=∠PDQ=60°，
∴∠BDQ=180°-∠BDC-∠PDQ=60°，
∴∠BPQ=∠BDQ=60°，
∴∠Q=∠PBF，
在△PFB和△PDQ中，

∴△PFB≌△PDQ，
∴DQ=BF=BD+DF=BD+DP，
∵∠A=∠ABD，
∴AD=BD，
∴DQ=AD+DP．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度，特別是（3）中，需要通過作輔助線證明等邊三角形和三角形全等才能得出結(jié)論．
18．在菱形ABCD中，∠BAD=60°．
（1）如圖1，點E為線段AB的中點，連接DE，CE，若AB=4，求線段EC的長；
（2）如圖2，M為線段AC上一點（M不與A，C重合），以AM為邊，構(gòu)造如圖所示等邊三角形AMN，線段MN與AD交于點G，連接NC，DM，Q為線段NC的中點，連接DQ，MQ，求證：DM=2DQ．
答案：（1）2 （2）證明見解析
【詳解】試題分析：（1）如圖1，連接對角線BD，先證明△ABD是等邊三角形，根據(jù)E是AB的中點，由等腰三角形三線合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的長；
（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，先證明△ADH是等邊三角形，再由△AMN是等邊三角形，得條件證明△ANH≌△AMD（SAS），則HN=DM，根據(jù)DQ是△CHN的中位線，得HN=2DQ，由等量代換可得結(jié)論．
試題解析：解：（1）如圖1，連接BD，則BD平分∠ABC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠A+∠ABC=180°，∵∠A=60°，∴∠ABC=120°，∴∠ABD=∠ABC=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD=AD=4，∵E是AB的中點，∴DE⊥AB，由勾股定理得：DE==，∵DC∥AB，∴∠EDC=∠DEA=90°，在Rt△DEC中，DC=4，EC===；
（2）如圖2，延長CD至H，使CD=DH，連接NH、AH，∵AD=CD，∴AD=DH，∵CD∥AB，∴∠HDA=∠BAD=60°，∴△ADH是等邊三角形，∴AH=AD，∠HAD=60°，∵△AMN是等邊三角形，∴AM=AN，∠NAM=60°，∴∠HAN+∠NAG=∠NAG+∠DAM，∴∠HAN=∠DAM，在△ANH和△AMD中，∵AH=AD，∠HAN=∠DAM，AN=AM，∴△ANH≌△AMD（SAS），∴HN=DM，∵D是CH的中點，Q是NC的中點，∴DQ是△CHN的中位線，∴HN=2DQ，∴DM=2DQ．
點睛：本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形的中位線、三角形全等的性質(zhì)和判定、等邊三角形的性質(zhì)和判定，本題證明△ANH≌△AMD是關(guān)鍵，并與三角形中位線相結(jié)合，解決問題；第二問有難度，注意輔助線的構(gòu)建．

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