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人教版初中数学几何辅助线进阶训练——正方形的辅助线（不含相似）
一、阶段一（较易）
1．（2023八下·青秀期中）感知：如图①，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上（不与点A、C重合），连结ED，EB，过点E作EF⊥ED，交边BC于点F.易知∠EFC+∠EDC=180°，进而证出EB=EF.
（1）探究：如图②，点E在射线CA上（不与点A、C重合），连结ED、EB，过点E作EF⊥ED，交CB的延长线于点F.求证：EB=EF.
（2）应用：如图②，若DE=2，CD=1，则四边形EFCD的面积为　 　.
【答案】（1）解：探究：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°.
∴∠ACB=∠ACD=45°，
又∵EC=EC，
∴△EDC≌△EBC（SAS），
∴ED=EB，∠EDC=∠EBC，
∵EF⊥ED，
∴∠DEF=90°，
∴∠EFC+∠EDC=180°
又∵∠EBC+∠EBF=180°，
∴∠EFB=∠EDC，
∴∠EBF=∠EFB，
∴EB=EF；
（2）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：应用：连接DF，
∵EF=DE，∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∵DE=2，
∴EF＝2，DF＝ ，
∵∠DCB=90°，CD=1，
∴CF=，
∴四边形EFCD的面积=S△DEF+S△CDF= .
故答案为.
【分析】探究：根据正方形的性质可得AB=BC=CD=DA，∠ACB=∠ACD=45°，利用SAS证明△EDC≌△EBC，得到ED=EB，∠EDC=∠EBC，由∠EFC+∠EDC=180° 结合邻补角的性质可得∠EFB=∠EDC，进而推出∠EBF=∠EFB，据此证明；
应用：连接DF，易得△DEF是等腰直角三角形，由勾股定理可得DF、CF的值，然后根据S四边形EFCD=S△DEF+S△CDF结合三角形的面积公式进行计算.
2．（2023八下·信阳期中）（1）【阅读理解】如图1，，的面积与的面积相等吗？为什么？
（2）【类比探究】问题①，如图2，在正方形的右侧作等腰，，，连接，求的面积.
（3）【拓展应用】问题②，如图3，在正方形的右侧作正方形，点B，C，E在同一直线上，，连接，，，直接写出的面积.
【答案】（1）解：相等，在和中，分别作，，垂足分别为E，F.
，
.
，
四边形是平行四边形，
.
又，，
.
（2）解：过点E作于点F，连接.
请将余下的求解步骤补充完整.
解：
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵在正方形中，，
∴；
（3）
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：【拓展应用】
过程如下：如解图3，连接CE，
∵在正方形、正方形中，
∴，
∴，
∴，
∵在正方形中，，，
∴.
【分析】（1）作AE⊥l2，DF⊥l2，则∠AEF=∠DFC=90°，推出AE∥DF，得到四边形AEFD为平行四边形，则AE=DF，然后根据三角形的面积公式进行解答；
（2）过点E作EF⊥CD于点F，连接AF，根据正方形的性质可得EF∥AD，则S△ADE=S△ADF，由等腰三角形的性质可得DF=CD，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）连接CE，根据正方形的性质可得∠BDC=∠FCG=45°，推出CF∥BD，则S△BDF=S△BDC，根据正方形的性质可得AD=BC=CD=4，∠BCD=90°，然后根据三角形的面积公式进行计算.
3．（2023八下·杭州期中）如图，在正方形ABCD中，AB=8，F是对角线AC的中点，点G、E分别在AD、CD边上运动，且保持AG=DE．连接GE、GF、EF．在此运动变化的过程中，下列结论：①△GFE是等腰直角三角形；②四边形DGFE不可能为正方形，③GE长度的最小值为4；④四边形DGFE的面积保持不变；⑤△DGE面积的最大值为8．其中正确的结论是（　　）
A．①②③ B．①③④⑤ C．①③④ D．③④⑤
【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接DF，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵点F是对角线的中点，
∴DF垂直平分AC，DF平分∠ADC，
∴DF=AF，∠EDF=∠FAG=45°，∠AFD=90°即∠AFG+∠DFG=90°，
在△AGF和△DEF中，
△AGF≌△DEF（SAS）
∴∠DFE=∠AFG，FG=FE，
∴∠DFE+∠DFG=90°即∠GFE=90°
∴△GEF是等腰直角三角形，故①正确；
当点G，F为AD，DC的中点时，GF=AD，EF=DC，
∴FG=DG=EF=DE，∠GDE=90°，
∴四边形DGFE是正方形，故②错误；
∵△GEF是等腰直角三角形，当FG最小时，EG的长最小，
∴当FG⊥AD时，FG的最小，
∴FG∥CD，
∴FG是△ADC的中位线，
∴FG=DC=4，
∴，
∴GE长度的最小值为，故③正确；
∵△AGF≌△DEF，
∴S△AGF=S△DEF， ∴S四边形DGFE的面积=S△ADF=，
∴四边形DGFE的面积保持不变，故④正确；
∵当△DGE的面积最大时，则△GEF的面积最小，
∴FG最小为4，
∴S△FEG=×4×4=8，
∴△DGE面积的最大值为16-8=8，故⑤正确；
∴正确结论的序号为①③④⑤.
故答案为：B
【分析】连接DF，利用正方形的性质可证得AD=CD，∠ADC=90°，利用等腰直角三角形的性质，可证得DF=AF，∠EDF=∠FAG=45°，∠AFD=90°即∠AFG+∠DFG=90°，利用SAS证明△AGF≌△DEF，利用全等三角形的性质可证得∠DFE=∠AFG，FG=FE，由此可证得∠GFE=90°，可证得△GEF是等腰直角三角形，可对①作出判断；当点G，F为AD，DC的中点时，GF=AD，EF=DC，可证得FG=DG=EF=DE，∠GDE=90°，由此可得到四边形DGFE的形状，可对②作出判断；当FG最小时，EG的长最小，利用垂线段最短，可知当FG⊥AD时，FG的最小，可证得FG是△ADC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出FG的长，利用勾股定理求出GE的最小值，可对③作出判断；利用全等三角形的面积相等，可知S△AGF=S△DEF，可推出S四边形DGFE的面积=S△ADF，可对④作出判断；当△DGE的面积最大时，则△GEF的面积最小，FG最小为4，可求出△FEG的面积，从而可求出△DGE面积的最大值，可对⑤作出判断；综上所述，可得到正确结论的序号.
4．（2023·柳州模拟）综合与实践
小明遇到这样一个问题，如图1，中，，，点D为的中点，求的取值范围.
小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长到E，使，连接，构造，经过推理和计算使问题得到解决
请回答：
（1）小明证明用到的判定定理是：____；（填入你选择的选项字母）
A． B． C． D．
（2）的取值范围是　 　.
（3）小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造.
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在正方形中，E为边的中点，G、F分别为，边上的点，若，，，求的长.
【答案】（1）A
（2）
（3）解：如图，延长交的延长线于点H，
四边形是正方形，
，
为边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图，延长到E，使，连接，
点D为的中点，
，
在和中，
，
，
故答案为：A；
（2），，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）延长AD到E，使DE=AD，连接BE，由中点的概念可得BD=CD，然后根据全等三角形的判定定理进行解答；
（2）由全等三角形的性质可得BE=AC=5，在△ABE中，根据三角形的三边关系可求出AE的范围，结合AE=2AD可得AD的范围；
（3）延长GE交CB的延长线于点H，根据正方形的性质可得∠A=∠ABC=90°，由中点的概念可得AE=BE，利用ASA证明△EAG≌△EBH，得到AG=BH=2，EG=EH，则FH=BF+BH=6，根据∠AEG+∠BEF=90°结合对顶角的性质可得∠BEH+∠BEF=90°=∠HEF，推出FE⊥GH，据此求解.
5．（2023·道里模拟）如图，正方形中，点在上，连接，点在上，连接，，，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形，，，
∴，设，
∴，，
在中，，
如图所示，连接，过点作于，
∵，，是公共边，
∴，
∴，
∴，，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，解得，（舍去），，
∴的长为为，
故答案为：．
【分析】结合图形，利用正方形的性质和勾股定理计算求解即可。
6．（2023·南岗模拟）如图，点E和W分别在正方形边上，和交于F，过B作于H，若，，则线段的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，在上截取，连接，
∵，
∴垂直平分，
∴，则，
∴，
∵，
∴即，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
设，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
在中，，，
∴，
故答案为：．
【分析】先求出，再利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质计算求解即可。
7．（2023·惠来模拟）如图，在四边形中，，，，连接，则等于　 　．
【答案】35
【知识点】正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点A作于E，交的延长线于F，
则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形中，，
∴，
∴
故答案为：35．
【分析】根据题意先求出，再求出，最后计算求解即可。
8．（2023八下·青秀月考）如图1，把一个含角的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、上，连接，取中点，的中点，连接、.
（1）如图1，连接，求证：；
（2）在（1）的条件下，请判断线段与之间的数量关系，并加以证明；
（3）如图2，将这个含角的直角三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、的延长线上，其他条件不变，当，时，求的长.
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
在中，点是的中点，
，
由（1）知，，
，
点是的中点，点是的中点，
是的中位线，
，
；
（3）解：如图2，连接，
四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理得，，
由（1）知，，
点是的中点，点是的中点，
是的中位线，
.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得∠B=∠ADC=90°，AB=AD=BC=CD，由等腰三角形的性质可得CE=CF，根据线段的构成和等式的性质可得BE=DF，用边角边可证，然后由全等三角形的性质可得AE=AF；
（2）MD=MN；理由如下：由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD=AF，结合（1）的结论可得MD=AE，然后由三角形的中位线定理可得MN=AE，则结论可求解；
（3）连接AE，由（1）可得AE=AF，在直角三角形ADF中，用勾股定理可求得AF=AE的值，然后根据三角形的中位线定理MN=AE可求解.
9．（2023九下·义乌月考）已知正方形的周长为16.E在边上运动，的中点G，绕E顺时针旋转90°得到.当A，C，F在同一条直线上，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过作，交延长线于点，连接.
的中点为，绕顺时针旋转得，
.
，，，
，
，
，
，，
，
当时，、、在一条直线上.
则是等腰直角三角形，
，
，
，
时，、、在一条直线上.
故答案为：D.
【分析】过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC，根据旋转的性质可得DE：EF=2：1，由同角的余角相等可得∠DEC=∠EFN，利用AAS证明△FNE≌△ECD，得到CE=2NF，NE=CD=2，推出△CNF是等腰直角三角形，得到CN=NF，则CE=NE，据此计算.
10．（2023·池州模拟）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接．
（1）　 　；
（2）若四边形的面积为5，则　 　
【答案】（1）4
（2）3或1
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图1，作，于点M，N，则．
点E是正方形对角线上的点，
∴．
∵，
∴，
∴，
即．
在和中，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，矩形是正方形，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）如图2，过点E作于点Q．
∵点E是正方形对角线上的点，
∴，
∴，
∴．
∵正方形的面积为5，
∴．
在中，
根据勾股定理得，
即，
∴或，
∴或1，
∴或1．
【分析】（1）作，于点M，N，先证出，可得，再证出，可得，最后利用线段的和差及等量代换可得；
（2）过点E作于点Q，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出或，最后求出或1即可。
二、阶段二（一般）
11．（2023·黑龙江模拟）如图，在正方形中，点E在边上，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，连接，过点E作的垂线交于点F，连接．下列结论：①；②平分；③；④的周长等于．其中结论正确的序号有（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：过点C作交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
，，，
∴四边形是平行四边形，
，，
又，且，
，，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
，故①符合题意；
过点C作于点H，
∵垂直且平分，
，，
，
，
又，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
平分，故②符合题意；
，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
又，
，故③符合题意；
，，，
，，
，
的周长为：
，故④符合题意，
故答案为：D．
【分析】利用正方形的性质，结合三角形全等的判定与性质计算求解即可。
12．（2023·南岗模拟）如图，E是正方形边上一点，连接平分交于点F．过F作，垂足为G，连接并延长交延长线于点H，若，则　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：连接，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∵平分，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，，
，
故答案为：．
【分析】连接，先证出，可得，利用勾股定理求出，结合，求出，再求出，最后利用线段的和差求出即可。
13．（2023·交城模拟）已知四边形是正方形，点为射线上一点，连接并以为对角线作正方形，连接，．
（1）如图，当点在线段上时，求证：；
（2）如图，当点在线段上时，求证：；
（3）如图，当点在线段的延长线上时，请直接写出线段，与间满足的关系式．
【答案】（1）证明：∵四边形、都是正方形，
∴，，，， ，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图1，过点G作交于H，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又
∴；
（3）解：．理由如下：
如图2，过点G作交于H，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）过点G作交于H，先证出，可得，，利用勾股定理求出DH的长，再求出，结合，可得；
（3）过点G作交于H，先证出，可得，，求出，再结合，证出，即可得到。
14．（2023九下·义乌月考）如图，小王同学用图1的一副七巧板拼出如图2所示的“雄鹰”.已知正方形的对角线的长为，则图2中E、F两点之间的距离为　 　.
【答案】
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，由七巧板的性质可得：四边形是正方形，
边长为正方形对角线的，
即，
∴，
∴，
∵正方形的对角线的长为，
∴，
如图2，过作于，
由七巧板的性质可知：，，
在中，由勾股定理得，，
故答案为：.
【分析】由七巧板的性质可得：四边形OFEG是正方形，OF=EF=AC=，则FG=OE=×=1，EH=OH=FH=HG=，AB=BC=，过E作EG⊥FG于G，由七巧板的性质可知EG=，FG=，然后在Rt△FEG中，利用勾股定理进行计算.
15．（2023九下·广水月考）阅读下面材料.
小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由.
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法.她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）.
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）写出小炎的推理过程；
（2）如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于　 　关系时，仍有；
（3）如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长.
【答案】（1）解：如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，即三点共线，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）
（3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，即，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）解：当时，仍有，理由如下：
如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，
∵，
∴，即三点共线，
∵
∴，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1） 将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，由正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，进而推出∠GAF=∠EAF=45°，利用SAS证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG，同（1）证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，则∩B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AC，易得∠GAE=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADE≌△AGE，得到GE=DE，然后根据勾股定理进行计算.
16．（2022·虹口模拟）如图，已知正方形的边长为1，点M是边的中点，将沿直线翻折，使得点C落在同一平面内的点E处，联结并延长交射线于点F，那么的长为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过B作BH⊥AF于H，连接EC交BM于G
∵正方形的边长为1，点是边的中点，
∴
∴
∵将沿直线翻折，
∴EC⊥BM，，
∵BH⊥AF，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质逐项判断即可。
17．（2022·交城模拟）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题：如图1，在正方形中，是对角线上一点，将直线以点为中心逆时针旋转，旋转后的直线与交于点．求证：．
（1）问题解决：
请你解决老师提出的问题；
（2）数学思考：
如图2，“兴趣小组”的同学将沿射线的方向平移到，点的对应点为．连接．他们认为：，．他们的认识是否正确？请说明理由．
（3）创新探究
“创新小组”在“兴趣小组”所提问题的基础上，又提出如下新问题，请你思考并解决该问题：如图3，若垂直平分，，则线段的长度是　 　．（直接写出答案即可）
【答案】（1）解：连接．
∵四边形是正方形，
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
（2）解：分别连接，，与交于点．
∵由平移得到，
∴．
∴．
由（1）可知，．
∴．
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
（3）
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(3)如图3，连接，
四边形是正方形，是对角线，则
垂直平分，，
四边形是平行四边形
，
，
又
线段的长度是．
【分析】（1）先证出，可得，利用等边对等角的性质可得，再利用角的运算和等量代换求出，证出，即可得到；
（2）分别连接，，与交于点，先求出，证出，再利用角的运算求出，即可得到；
（3）连接PF，先证出四边形是平行四边形，可得，再结合，，利用线段的和差求出DE的长即可。
18．（2023八上·武义期末）如图，正方形的边长为，，，连结，则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵正方形的边长为，，，
∴，，
∴，是直角三角形，
∴，，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴在中，，
故答案为：.
【分析】过点G作GE⊥CH于E，由正方形的性质以及勾股定理逆定理可得AB2=CD2，推出△ABG、△CDH直角三角形，由同角的余角相等可得∠1=∠5=∠3，利用AAS证明△ABG≌△BCE，得到AG=BE=8，BG=CE=6，则GE=BE-BG=2，EH=CH-CE=2，然后利用勾股定理就可求出GH.
19．（2023八下·内江开学考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＋∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF＋∠EAB＝45°，
∴∠BAG＋∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG=45°，
在△EAG和△EAF中，
∵AG＝AF，∠EAG＝∠EAF，AE＝AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG＋BE＝3＋x，CE＝6 x，
∴EF＝3＋x，
∵∠C＝90°，
∴（6 x）2＋32＝（3＋x）2，
解得，x＝2，
∴BE的长为2．
故答案为：A.
【分析】 如图，首先把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，推出∠EAF＝∠EAG=45°，利用SAS证△EAG≌△EAF，得GE=FE，设BE＝x，再根据DF＝3，AB＝6分别表示出GE、CE、进而利用勾股定理建立方程，可以求出BE的长，本题得以解决．
20．（2023九上·西安期末）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；正方形的性质；线段的中点；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝，
∴GH＝FM＝，
故答案为：C.
【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，根据正方形的性质可得AB＝CD＝BC＝AD＝4，AB∥CD，∠C＝90°，由平行线的性质可得∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，根据中点的概念可得GE＝GD，利用AAS证明△AEG≌△MDG，得到AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，由中点的概念可得GH、CF的值，根据勾股定理求出FM，据此求解.
三、阶段三（较难）
21．（2019九上·萧山开学考）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的点，GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足，连结EF．设M，N分别是AB，BG的中点，EF＝5，求MN的长．
【答案】解：如图，连接AG和GC，
∵ GE⊥CD，GF⊥BC， EC⊥FC，
∴四边形FCEG是矩形，
∴FE=CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC ，∠ABC=∠CBG，BG=BG，
∴△ABG≌△CBG，
∴AG=CG，
∴AG=EF=5，
∵M、N分别为AB和BG的中点，
∴MN=AG=2.5.
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】连接AG和CG，由矩形的性质知EF=CG，由正方形的性质，利用边角边定理证明△ABG≌△CBG，则对应边AG=CG，从而求出AG=5，因为M、N分别为AB和BG的中点，有中位线定理得出MN=AG=2.5.
22．（2019七下·成都期中）如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AE⊥GC；
证明：延长GC交AE于点H，
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC，∠ADE=∠CDG=90°，
DE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴∠1=∠2；
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠AHG=180°-（∠1+∠3）=180°-90°=90°，
∴AE⊥GC．
（2）成立；
证明：延长AE和GC相交于点H，
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°，
∴∠1=∠2=90°-∠3；
∴△ADE≌△CDG，
∴∠5=∠4；
又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°-∠DCE=180°-90°=90°，
∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH，
∴∠CEH+∠7=90°，
∴∠EHC=90°，
∴AE⊥GC．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1=∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AH⊥CG．（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5=∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6=∠7；由图知∠AEB=∠CEH=90°-∠6，即∠7+∠CEH=90°，由此得证．
23．（2017八下·西华期末）提出问题：如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，求证：PB=PE
分析问题：学生甲：如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N通过证明两三角形全等，进而证明两条线段相等．
学生乙：连接DP，如图2，很容易证明PD=PB，然后再通过“等角对等边”证明PE=PD，就可以证明PB=PE了．
解决问题：请你选择上述一种方法给予证明．
问题延伸：如图3，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，PB=PE还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】解：证明：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边PMCN为矩形，PM=PN，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠PBC+∠CEP=180°，而∠CEP+∠PEN=180°，∴∠PBM=∠PEN，在△PBM和△PEN中∴△PBM≌△PEN（AAS），∴PB=PE；如图2，连结PD，∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，CA平分∠BCD，∴∠BCP=∠DCP，在△CBP和△CDP中 ，∴△CBP≌△CDP（SAS），∴PB=PD，∠CBP=∠CDP，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠PBC+∠CEP=180°，而∠CEP+∠PED=180°，∴∠PBC=∠PED，∴∠PED=∠PDE，∴PD=PE，∴PB=PE；如图3，PB=PE还成立．理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边PMCN为矩形，PM=PN，∴∠MPN=90°，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠BPM+∠MPE=90°，而∠MEP+∠EPN=90°，∴∠BPM=∠EPN，在△PBM和△PEN中 ，∴△PBM≌△PEN（ASA），∴PB=PE.
【知识点】余角、补角及其性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】对于图1，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，则四边PMCN为矩形，根据角平分线性质得PM=PN，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，则PB=PE；
对于图2，连结PD，根据正方形的性质得CB=CD，CA平分∠BCD，根据角平分线的性质得∠BCP=∠DCP，再根据“SAS”证明△CBP≌△CDP，则PB=PD，∠CBP=∠CDP，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBC=∠PED，则∠PED=∠PDE，所以PD=PE，于是得到PB=PE；
对于图3，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM=PN，则∠MPN=90°，利用等角的余角相等得到∠BPM=∠EPN，然后根据“ASA”证明△PBM≌△PEN，所以PB=PE．
24．（2021八上·彭州开学考）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2.
【答案】证明：将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，
∴AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠CAP+∠BAQ＝45°，
∴∠Q′AP＝∠CAQ′+∠CAP＝45°，
∴∠Q′AP＝∠QAP，
在△Q′AP和△QAP中，
，
∴△Q′AP≌△QAP（SAS），
∴PQ＝PQ′，
∵∠Q′CP＝∠ACQ′+∠ACB＝90°，
在Rt△Q′CP中，由勾股定理得，
Q′P2＝Q′C2+CP2，
∴CP2+BQ2＝PQ2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，由旋转的性质可得AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，由正方形的性质可得∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，推出∠Q′AP＝∠QAP，证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，然后结合勾股定理进行证明.
25．（2021八下·历下期末）已知：如图，正方形 ， 、 分别平分正方形的两个外角，且满足 ，连接 ．若以 ， ， 为三边围成三角形，试猜想该三角形的形状，并证明你的结论．
【答案】以 ， ， 为三边围成的三角形为直角三角形，
证明：如图，过点 作 并截取 ，连接 、 ，如图
∴ ， ，
∴ ，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD， ，
又∵ 、 分别平分 ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为直角三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
又∵BF=DN， ，
∴ ，
∴以 ， ， 为三边围成的三角形为直角三角形．
【知识点】正方形的性质；三角形的综合
【解析】【分析】过点 作 并截取 ，连接 、 ，根据同角的余角相等求出 ，再利用“边角边”证明 ，根据全等三角形对应边相等可得 ， ，再求出 ， ，再利用“边角边”证明 ，根据全等三角形对应边相等可得 ，再利用勾股定理判断即可。
26．（2017九上·虎林期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．
（1）当点F与点C重合时如图1，证明：DF+BE=AF；
（2）当点F在DC的延长线上时如图2，当点F在CD的延长线上时如图3，线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．
【答案】（1）解：由折叠可得AB＝AB′，BE＝B′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC＝DF，∠B′CE＝45°，
∴B′E＝B′F，
∴AF＝AB′＋B′F，
即DF＋BE＝AF
（2）解：图（2）的结论：DF＋BE＝AF；图（3）的结论：BE﹣DF＝AF．图（2）的证明：延长CD到点G，使DG＝BE，连接AG，易证△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠AGD，∵∠BAE＝∠B′AE，∴∠B′AE＝∠DAG，∴∠GAF＝∠DAE，∵CB∥AD，∴∠AEB＝∠EAD，∴∠AGD＝∠GAF，
∴GF＝AF，
∴BE＋DF＝AF．图（3）的证明：在BC上取点M，使BM＝DF，连接AM，易证△ABM≌△ADF，∴∠BAM＝∠FAD，AF＝AM，∵△ABE≌AB′E，∴∠BAE＝∠EAB′，∴∠MAE＝∠DAE，∵AD∥BE，
∴∠AEM＝∠DAE，
∴∠MAE＝∠AEM，
∴ME＝MA＝AF，∴BE﹣DF＝AF．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据折叠AB＝AB′，BE＝B′E，再结合正方形四边相等和对角线平分内角，利用等腰直角三角形即可证明 ；
（2）图2通过添辅助线构造全等三角形，把线段BE等量转移到DG，再结合折叠及两直线平行内错角相等可得∠AGD＝∠GAF，从而利用GF＝AF即可证得线段DF、BE、AF的数量关系；同理图3类比图2的思路方法即可。
27．（2017八下·汶上期末）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB=GD；
（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
（3）若AB=2，AG= ，求EB的长．
【答案】（1）证明：在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD
∴∠GAD=∠EAB，
∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，
在△GAD和△EAB中，
，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB=GD；
（2）解：EB⊥GD．
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠AMB+∠ABM=90°，
又∵△AEB≌△AGD，
∴∠GDA=∠EBA，
∵∠HMD=∠AMB（对顶角相等），
∴∠HDM+∠DMH=∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠DHM=180°﹣（∠HDM+∠DMH）=180°﹣90°=90°，
∴EB⊥GD．
（3）解：连接AC、BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥CG，
∵AB=AD=2，在Rt△ABD中，DB= ，
在Rt△AOB中，OA=OB，AB=2，由勾股定理得：2AO2=22，
OA= ，
即OG=OA+AG= + =2 ，
∴EB=GD= ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB从而△GAD≌△EAB，即EB=GD；（2）EB⊥GD，由（1）得∠ADG=∠ABE则在△BDH中，∠DHB=90°所以EB⊥GD；（3）设BD与AC交于点O，由AB=AD=2在Rt△ABD中求得DB，所以得到结果．
28．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．
【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②解：AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）解：由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．
∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，
∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．
与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
29．阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积.小明发现：分别延长QE，MF，NG，PH，交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）
请回答：
（1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙，不重叠），则这个新的正方形的边长为__________；
（2）求正方形MNPQ的面积.
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ，若，则AD的长为__________.
【答案】（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为a，
每个等腰直角三角形的面积为：a a=a2，
则拼成的新正方形面积为：4×a2=a2，即与原正方形ABCD面积相等，
∴这个新正方形的边长为a；
（2）∵四个等腰直角三角形的面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2，
∴S正方形MNPQ=S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF=4S△ARE=4××12=2；
（3）如答图1所示，分别延长RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W．
由题意易得：△RSF，△QET，△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长．
不妨设等边三角形边长为a，则SF=AC=a．
如答图2所示，过点R作RM⊥SF于点M，则MF=SF=a，
在Rt△RMF中，RM=MF tan30°=a×=a，
∴S△RSF=a a=a2．
过点A作AN⊥SD于点N，设AD=AS=x，
则AN=AD sin30°=x，SD=2ND=2ADcos30°=x，
∴S△ADS=SD AN= x x=x2．
∵三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和=3S△RSF=3×a2=a2，
∴S△RPQ=S△ADS+S△CFT+S△BEW=3S△ADS，
∴=3×x2，得x2=，
解得x=或x=（不合题意，舍去）
∴x=，即AD的长为．
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，其拼成的正方形面积为a2，边长为a；
（2）如题图2所示，正方形MNPQ的面积等于四个虚线小等腰直角三角形的面积之和，据此求出正方形MNPQ的面积；
（3）参照小明的解题思路，对问题做同样的等积变换．如答图1所示，三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和等于等边三角形△ABC的面积，故阴影三角形△PQR的面积等于三个虚线等腰三角形的面积之和．据此列方程求出AD的长度．
30．(1)如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE.求证：CE＝CF；
(2)如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用(1)的结论证明：GE＝BE＋GD；
(3)运用(1)(2)解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，(BC>AD)，∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE＝10，求直角梯形ABCD的面积．
【答案】(1)证明：∵四边形是ABCD正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°，
∵BE＝DF，∴△CBE≌△CDF(SAS)．
∴CE＝CF.
(2)证明：如图①，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF.
由(1)知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF.
∴∠BCE＋∠ECD＝∠DCF＋∠ECD，
即∠ECF＝∠BCD＝90°，又∠GCE＝45°，
∴∠GCF＝∠GCE＝45°.
∵CE＝CF，GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG.
∴GE＝GF，
∴GE＝GF＝DF＋GD＝BE＋GD.
(3)解：如图②，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G.
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B＝90°，
又∵∠CGA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴AG＝BC.
∵∠DCE＝45°，
根据(1)(2)可知，ED＝BE＋DG.
∴10＝4＋DG，即DG＝6.
设AB＝x，则AE＝x－4，AD＝x－6，
在Rt△AED中，
∵DE2＝AD2＋AE2，
即102＝(x－6)2＋(x－4)2.
解这个方程，得：x＝12或x＝－2(舍去)．
∴AB＝12.
∴S梯形ABCD＝ (AD＋BC)·AB＝×(6＋12)×12＝108.
即梯形ABCD的面积为108.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角梯形
【解析】【分析】考查正方形的性质。
1 / 1人教版初中数学几何辅助线进阶训练——正方形的辅助线（不含相似）
一、阶段一（较易）
1．（2023八下·青秀期中）感知：如图①，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上（不与点A、C重合），连结ED，EB，过点E作EF⊥ED，交边BC于点F.易知∠EFC+∠EDC=180°，进而证出EB=EF.
（1）探究：如图②，点E在射线CA上（不与点A、C重合），连结ED、EB，过点E作EF⊥ED，交CB的延长线于点F.求证：EB=EF.
（2）应用：如图②，若DE=2，CD=1，则四边形EFCD的面积为　 　.
2．（2023八下·信阳期中）（1）【阅读理解】如图1，，的面积与的面积相等吗？为什么？
（2）【类比探究】问题①，如图2，在正方形的右侧作等腰，，，连接，求的面积.
（3）【拓展应用】问题②，如图3，在正方形的右侧作正方形，点B，C，E在同一直线上，，连接，，，直接写出的面积.
3．（2023八下·杭州期中）如图，在正方形ABCD中，AB=8，F是对角线AC的中点，点G、E分别在AD、CD边上运动，且保持AG=DE．连接GE、GF、EF．在此运动变化的过程中，下列结论：①△GFE是等腰直角三角形；②四边形DGFE不可能为正方形，③GE长度的最小值为4；④四边形DGFE的面积保持不变；⑤△DGE面积的最大值为8．其中正确的结论是（　　）
A．①②③ B．①③④⑤ C．①③④ D．③④⑤
4．（2023·柳州模拟）综合与实践
小明遇到这样一个问题，如图1，中，，，点D为的中点，求的取值范围.
小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长到E，使，连接，构造，经过推理和计算使问题得到解决
请回答：
（1）小明证明用到的判定定理是：____；（填入你选择的选项字母）
A． B． C． D．
（2）的取值范围是　 　.
（3）小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造.
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在正方形中，E为边的中点，G、F分别为，边上的点，若，，，求的长.
5．（2023·道里模拟）如图，正方形中，点在上，连接，点在上，连接，，，，则的长为　 　．
6．（2023·南岗模拟）如图，点E和W分别在正方形边上，和交于F，过B作于H，若，，则线段的长为　 　．
7．（2023·惠来模拟）如图，在四边形中，，，，连接，则等于　 　．
8．（2023八下·青秀月考）如图1，把一个含角的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、上，连接，取中点，的中点，连接、.
（1）如图1，连接，求证：；
（2）在（1）的条件下，请判断线段与之间的数量关系，并加以证明；
（3）如图2，将这个含角的直角三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，点、分别在正方形的边、的延长线上，其他条件不变，当，时，求的长.
9．（2023九下·义乌月考）已知正方形的周长为16.E在边上运动，的中点G，绕E顺时针旋转90°得到.当A，C，F在同一条直线上，则的长为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023·池州模拟）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连接．
（1）　 　；
（2）若四边形的面积为5，则　 　
二、阶段二（一般）
11．（2023·黑龙江模拟）如图，在正方形中，点E在边上，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，连接，过点E作的垂线交于点F，连接．下列结论：①；②平分；③；④的周长等于．其中结论正确的序号有（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④
12．（2023·南岗模拟）如图，E是正方形边上一点，连接平分交于点F．过F作，垂足为G，连接并延长交延长线于点H，若，则　 　．
13．（2023·交城模拟）已知四边形是正方形，点为射线上一点，连接并以为对角线作正方形，连接，．
（1）如图，当点在线段上时，求证：；
（2）如图，当点在线段上时，求证：；
（3）如图，当点在线段的延长线上时，请直接写出线段，与间满足的关系式．
14．（2023九下·义乌月考）如图，小王同学用图1的一副七巧板拼出如图2所示的“雄鹰”.已知正方形的对角线的长为，则图2中E、F两点之间的距离为　 　.
15．（2023九下·广水月考）阅读下面材料.
小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由.
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法.她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）.
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）写出小炎的推理过程；
（2）如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于　 　关系时，仍有；
（3）如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长.
16．（2022·虹口模拟）如图，已知正方形的边长为1，点M是边的中点，将沿直线翻折，使得点C落在同一平面内的点E处，联结并延长交射线于点F，那么的长为　 　．
17．（2022·交城模拟）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题：如图1，在正方形中，是对角线上一点，将直线以点为中心逆时针旋转，旋转后的直线与交于点．求证：．
（1）问题解决：
请你解决老师提出的问题；
（2）数学思考：
如图2，“兴趣小组”的同学将沿射线的方向平移到，点的对应点为．连接．他们认为：，．他们的认识是否正确？请说明理由．
（3）创新探究
“创新小组”在“兴趣小组”所提问题的基础上，又提出如下新问题，请你思考并解决该问题：如图3，若垂直平分，，则线段的长度是　 　．（直接写出答案即可）
18．（2023八上·武义期末）如图，正方形的边长为，，，连结，则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
19．（2023八下·内江开学考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
20．（2023九上·西安期末）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（　　）
A． B．1 C． D．2
三、阶段三（较难）
21．（2019九上·萧山开学考）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的点，GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足，连结EF．设M，N分别是AB，BG的中点，EF＝5，求MN的长．
22．（2019七下·成都期中）如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；
（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
23．（2017八下·西华期末）提出问题：如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，求证：PB=PE
分析问题：学生甲：如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N通过证明两三角形全等，进而证明两条线段相等．
学生乙：连接DP，如图2，很容易证明PD=PB，然后再通过“等角对等边”证明PE=PD，就可以证明PB=PE了．
解决问题：请你选择上述一种方法给予证明．
问题延伸：如图3，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，PB=PE还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
24．（2021八上·彭州开学考）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2.
25．（2021八下·历下期末）已知：如图，正方形 ， 、 分别平分正方形的两个外角，且满足 ，连接 ．若以 ， ， 为三边围成三角形，试猜想该三角形的形状，并证明你的结论．
26．（2017九上·虎林期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．
（1）当点F与点C重合时如图1，证明：DF+BE=AF；
（2）当点F在DC的延长线上时如图2，当点F在CD的延长线上时如图3，线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．
27．（2017八下·汶上期末）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB=GD；
（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
（3）若AB=2，AG= ，求EB的长．
28．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．
29．阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积.小明发现：分别延长QE，MF，NG，PH，交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）
请回答：
（1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙，不重叠），则这个新的正方形的边长为__________；
（2）求正方形MNPQ的面积.
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ，若，则AD的长为__________.
30．(1)如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE.求证：CE＝CF；
(2)如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用(1)的结论证明：GE＝BE＋GD；
(3)运用(1)(2)解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，(BC>AD)，∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE＝10，求直角梯形ABCD的面积．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：探究：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°.
∴∠ACB=∠ACD=45°，
又∵EC=EC，
∴△EDC≌△EBC（SAS），
∴ED=EB，∠EDC=∠EBC，
∵EF⊥ED，
∴∠DEF=90°，
∴∠EFC+∠EDC=180°
又∵∠EBC+∠EBF=180°，
∴∠EFB=∠EDC，
∴∠EBF=∠EFB，
∴EB=EF；
（2）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：应用：连接DF，
∵EF=DE，∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∵DE=2，
∴EF＝2，DF＝ ，
∵∠DCB=90°，CD=1，
∴CF=，
∴四边形EFCD的面积=S△DEF+S△CDF= .
故答案为.
【分析】探究：根据正方形的性质可得AB=BC=CD=DA，∠ACB=∠ACD=45°，利用SAS证明△EDC≌△EBC，得到ED=EB，∠EDC=∠EBC，由∠EFC+∠EDC=180° 结合邻补角的性质可得∠EFB=∠EDC，进而推出∠EBF=∠EFB，据此证明；
应用：连接DF，易得△DEF是等腰直角三角形，由勾股定理可得DF、CF的值，然后根据S四边形EFCD=S△DEF+S△CDF结合三角形的面积公式进行计算.
2．【答案】（1）解：相等，在和中，分别作，，垂足分别为E，F.
，
.
，
四边形是平行四边形，
.
又，，
.
（2）解：过点E作于点F，连接.
请将余下的求解步骤补充完整.
解：
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵在正方形中，，
∴；
（3）
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：【拓展应用】
过程如下：如解图3，连接CE，
∵在正方形、正方形中，
∴，
∴，
∴，
∵在正方形中，，，
∴.
【分析】（1）作AE⊥l2，DF⊥l2，则∠AEF=∠DFC=90°，推出AE∥DF，得到四边形AEFD为平行四边形，则AE=DF，然后根据三角形的面积公式进行解答；
（2）过点E作EF⊥CD于点F，连接AF，根据正方形的性质可得EF∥AD，则S△ADE=S△ADF，由等腰三角形的性质可得DF=CD，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）连接CE，根据正方形的性质可得∠BDC=∠FCG=45°，推出CF∥BD，则S△BDF=S△BDC，根据正方形的性质可得AD=BC=CD=4，∠BCD=90°，然后根据三角形的面积公式进行计算.
3．【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接DF，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵点F是对角线的中点，
∴DF垂直平分AC，DF平分∠ADC，
∴DF=AF，∠EDF=∠FAG=45°，∠AFD=90°即∠AFG+∠DFG=90°，
在△AGF和△DEF中，
△AGF≌△DEF（SAS）
∴∠DFE=∠AFG，FG=FE，
∴∠DFE+∠DFG=90°即∠GFE=90°
∴△GEF是等腰直角三角形，故①正确；
当点G，F为AD，DC的中点时，GF=AD，EF=DC，
∴FG=DG=EF=DE，∠GDE=90°，
∴四边形DGFE是正方形，故②错误；
∵△GEF是等腰直角三角形，当FG最小时，EG的长最小，
∴当FG⊥AD时，FG的最小，
∴FG∥CD，
∴FG是△ADC的中位线，
∴FG=DC=4，
∴，
∴GE长度的最小值为，故③正确；
∵△AGF≌△DEF，
∴S△AGF=S△DEF， ∴S四边形DGFE的面积=S△ADF=，
∴四边形DGFE的面积保持不变，故④正确；
∵当△DGE的面积最大时，则△GEF的面积最小，
∴FG最小为4，
∴S△FEG=×4×4=8，
∴△DGE面积的最大值为16-8=8，故⑤正确；
∴正确结论的序号为①③④⑤.
故答案为：B
【分析】连接DF，利用正方形的性质可证得AD=CD，∠ADC=90°，利用等腰直角三角形的性质，可证得DF=AF，∠EDF=∠FAG=45°，∠AFD=90°即∠AFG+∠DFG=90°，利用SAS证明△AGF≌△DEF，利用全等三角形的性质可证得∠DFE=∠AFG，FG=FE，由此可证得∠GFE=90°，可证得△GEF是等腰直角三角形，可对①作出判断；当点G，F为AD，DC的中点时，GF=AD，EF=DC，可证得FG=DG=EF=DE，∠GDE=90°，由此可得到四边形DGFE的形状，可对②作出判断；当FG最小时，EG的长最小，利用垂线段最短，可知当FG⊥AD时，FG的最小，可证得FG是△ADC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出FG的长，利用勾股定理求出GE的最小值，可对③作出判断；利用全等三角形的面积相等，可知S△AGF=S△DEF，可推出S四边形DGFE的面积=S△ADF，可对④作出判断；当△DGE的面积最大时，则△GEF的面积最小，FG最小为4，可求出△FEG的面积，从而可求出△DGE面积的最大值，可对⑤作出判断；综上所述，可得到正确结论的序号.
4．【答案】（1）A
（2）
（3）解：如图，延长交的延长线于点H，
四边形是正方形，
，
为边的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图，延长到E，使，连接，
点D为的中点，
，
在和中，
，
，
故答案为：A；
（2），，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）延长AD到E，使DE=AD，连接BE，由中点的概念可得BD=CD，然后根据全等三角形的判定定理进行解答；
（2）由全等三角形的性质可得BE=AC=5，在△ABE中，根据三角形的三边关系可求出AE的范围，结合AE=2AD可得AD的范围；
（3）延长GE交CB的延长线于点H，根据正方形的性质可得∠A=∠ABC=90°，由中点的概念可得AE=BE，利用ASA证明△EAG≌△EBH，得到AG=BH=2，EG=EH，则FH=BF+BH=6，根据∠AEG+∠BEF=90°结合对顶角的性质可得∠BEH+∠BEF=90°=∠HEF，推出FE⊥GH，据此求解.
5．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形，，，
∴，设，
∴，，
在中，，
如图所示，连接，过点作于，
∵，，是公共边，
∴，
∴，
∴，，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，解得，（舍去），，
∴的长为为，
故答案为：．
【分析】结合图形，利用正方形的性质和勾股定理计算求解即可。
6．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，在上截取，连接，
∵，
∴垂直平分，
∴，则，
∴，
∵，
∴即，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
设，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
在中，，，
∴，
故答案为：．
【分析】先求出，再利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质计算求解即可。
7．【答案】35
【知识点】正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点A作于E，交的延长线于F，
则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形中，，
∴，
∴
故答案为：35．
【分析】根据题意先求出，再求出，最后计算求解即可。
8．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
在中，点是的中点，
，
由（1）知，，
，
点是的中点，点是的中点，
是的中位线，
，
；
（3）解：如图2，连接，
四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理得，，
由（1）知，，
点是的中点，点是的中点，
是的中位线，
.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得∠B=∠ADC=90°，AB=AD=BC=CD，由等腰三角形的性质可得CE=CF，根据线段的构成和等式的性质可得BE=DF，用边角边可证，然后由全等三角形的性质可得AE=AF；
（2）MD=MN；理由如下：由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD=AF，结合（1）的结论可得MD=AE，然后由三角形的中位线定理可得MN=AE，则结论可求解；
（3）连接AE，由（1）可得AE=AF，在直角三角形ADF中，用勾股定理可求得AF=AE的值，然后根据三角形的中位线定理MN=AE可求解.
9．【答案】D
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过作，交延长线于点，连接.
的中点为，绕顺时针旋转得，
.
，，，
，
，
，
，，
，
当时，、、在一条直线上.
则是等腰直角三角形，
，
，
，
时，、、在一条直线上.
故答案为：D.
【分析】过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC，根据旋转的性质可得DE：EF=2：1，由同角的余角相等可得∠DEC=∠EFN，利用AAS证明△FNE≌△ECD，得到CE=2NF，NE=CD=2，推出△CNF是等腰直角三角形，得到CN=NF，则CE=NE，据此计算.
10．【答案】（1）4
（2）3或1
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图1，作，于点M，N，则．
点E是正方形对角线上的点，
∴．
∵，
∴，
∴，
即．
在和中，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，矩形是正方形，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
（2）如图2，过点E作于点Q．
∵点E是正方形对角线上的点，
∴，
∴，
∴．
∵正方形的面积为5，
∴．
在中，
根据勾股定理得，
即，
∴或，
∴或1，
∴或1．
【分析】（1）作，于点M，N，先证出，可得，再证出，可得，最后利用线段的和差及等量代换可得；
（2）过点E作于点Q，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出或，最后求出或1即可。
11．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：过点C作交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
，，，
∴四边形是平行四边形，
，，
又，且，
，，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
，故①符合题意；
过点C作于点H，
∵垂直且平分，
，，
，
，
又，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
平分，故②符合题意；
，
，
又，
，
在和中，
，
，
，
，
又，
，故③符合题意；
，，，
，，
，
的周长为：
，故④符合题意，
故答案为：D．
【分析】利用正方形的性质，结合三角形全等的判定与性质计算求解即可。
12．【答案】
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：连接，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∵平分，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，，
，
故答案为：．
【分析】连接，先证出，可得，利用勾股定理求出，结合，求出，再求出，最后利用线段的和差求出即可。
13．【答案】（1）证明：∵四边形、都是正方形，
∴，，，， ，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图1，过点G作交于H，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又
∴；
（3）解：．理由如下：
如图2，过点G作交于H，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴；
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）过点G作交于H，先证出，可得，，利用勾股定理求出DH的长，再求出，结合，可得；
（3）过点G作交于H，先证出，可得，，求出，再结合，证出，即可得到。
14．【答案】
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，由七巧板的性质可得：四边形是正方形，
边长为正方形对角线的，
即，
∴，
∴，
∵正方形的对角线的长为，
∴，
如图2，过作于，
由七巧板的性质可知：，，
在中，由勾股定理得，，
故答案为：.
【分析】由七巧板的性质可得：四边形OFEG是正方形，OF=EF=AC=，则FG=OE=×=1，EH=OH=FH=HG=，AB=BC=，过E作EG⊥FG于G，由七巧板的性质可知EG=，FG=，然后在Rt△FEG中，利用勾股定理进行计算.
15．【答案】（1）解：如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，即三点共线，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）
（3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，即，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）解：当时，仍有，理由如下：
如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，
∵，
∴，即三点共线，
∵
∴，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1） 将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，由正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，进而推出∠GAF=∠EAF=45°，利用SAS证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG，同（1）证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，则∩B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AC，易得∠GAE=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADE≌△AGE，得到GE=DE，然后根据勾股定理进行计算.
16．【答案】
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过B作BH⊥AF于H，连接EC交BM于G
∵正方形的边长为1，点是边的中点，
∴
∴
∵将沿直线翻折，
∴EC⊥BM，，
∵BH⊥AF，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质逐项判断即可。
17．【答案】（1）解：连接．
∵四边形是正方形，
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
（2）解：分别连接，，与交于点．
∵由平移得到，
∴．
∴．
由（1）可知，．
∴．
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
（3）
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(3)如图3，连接，
四边形是正方形，是对角线，则
垂直平分，，
四边形是平行四边形
，
，
又
线段的长度是．
【分析】（1）先证出，可得，利用等边对等角的性质可得，再利用角的运算和等量代换求出，证出，即可得到；
（2）分别连接，，与交于点，先求出，证出，再利用角的运算求出，即可得到；
（3）连接PF，先证出四边形是平行四边形，可得，再结合，，利用线段的和差求出DE的长即可。
18．【答案】B
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵正方形的边长为，，，
∴，，
∴，是直角三角形，
∴，，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴在中，，
故答案为：.
【分析】过点G作GE⊥CH于E，由正方形的性质以及勾股定理逆定理可得AB2=CD2，推出△ABG、△CDH直角三角形，由同角的余角相等可得∠1=∠5=∠3，利用AAS证明△ABG≌△BCE，得到AG=BE=8，BG=CE=6，则GE=BE-BG=2，EH=CH-CE=2，然后利用勾股定理就可求出GH.
19．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＋∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF＋∠EAB＝45°，
∴∠BAG＋∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG=45°，
在△EAG和△EAF中，
∵AG＝AF，∠EAG＝∠EAF，AE＝AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG＋BE＝3＋x，CE＝6 x，
∴EF＝3＋x，
∵∠C＝90°，
∴（6 x）2＋32＝（3＋x）2，
解得，x＝2，
∴BE的长为2．
故答案为：A.
【分析】 如图，首先把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，推出∠EAF＝∠EAG=45°，利用SAS证△EAG≌△EAF，得GE=FE，设BE＝x，再根据DF＝3，AB＝6分别表示出GE、CE、进而利用勾股定理建立方程，可以求出BE的长，本题得以解决．
20．【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；正方形的性质；线段的中点；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝，
∴GH＝FM＝，
故答案为：C.
【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，根据正方形的性质可得AB＝CD＝BC＝AD＝4，AB∥CD，∠C＝90°，由平行线的性质可得∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，根据中点的概念可得GE＝GD，利用AAS证明△AEG≌△MDG，得到AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，由中点的概念可得GH、CF的值，根据勾股定理求出FM，据此求解.
21．【答案】解：如图，连接AG和GC，
∵ GE⊥CD，GF⊥BC， EC⊥FC，
∴四边形FCEG是矩形，
∴FE=CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC ，∠ABC=∠CBG，BG=BG，
∴△ABG≌△CBG，
∴AG=CG，
∴AG=EF=5，
∵M、N分别为AB和BG的中点，
∴MN=AG=2.5.
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】连接AG和CG，由矩形的性质知EF=CG，由正方形的性质，利用边角边定理证明△ABG≌△CBG，则对应边AG=CG，从而求出AG=5，因为M、N分别为AB和BG的中点，有中位线定理得出MN=AG=2.5.
22．【答案】（1）AE⊥GC；
证明：延长GC交AE于点H，
在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD=DC，∠ADE=∠CDG=90°，
DE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴∠1=∠2；
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠AHG=180°-（∠1+∠3）=180°-90°=90°，
∴AE⊥GC．
（2）成立；
证明：延长AE和GC相交于点H，
在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°，
∴∠1=∠2=90°-∠3；
∴△ADE≌△CDG，
∴∠5=∠4；
又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°-∠DCE=180°-90°=90°，
∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH，
∴∠CEH+∠7=90°，
∴∠EHC=90°，
∴AE⊥GC．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1=∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AH⊥CG．（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5=∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6=∠7；由图知∠AEB=∠CEH=90°-∠6，即∠7+∠CEH=90°，由此得证．
23．【答案】解：证明：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边PMCN为矩形，PM=PN，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠PBC+∠CEP=180°，而∠CEP+∠PEN=180°，∴∠PBM=∠PEN，在△PBM和△PEN中∴△PBM≌△PEN（AAS），∴PB=PE；如图2，连结PD，∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，CA平分∠BCD，∴∠BCP=∠DCP，在△CBP和△CDP中 ，∴△CBP≌△CDP（SAS），∴PB=PD，∠CBP=∠CDP，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠PBC+∠CEP=180°，而∠CEP+∠PED=180°，∴∠PBC=∠PED，∴∠PED=∠PDE，∴PD=PE，∴PB=PE；如图3，PB=PE还成立．理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边PMCN为矩形，PM=PN，∴∠MPN=90°，∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，∴∠BPM+∠MPE=90°，而∠MEP+∠EPN=90°，∴∠BPM=∠EPN，在△PBM和△PEN中 ，∴△PBM≌△PEN（ASA），∴PB=PE.
【知识点】余角、补角及其性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】对于图1，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，则四边PMCN为矩形，根据角平分线性质得PM=PN，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，则PB=PE；
对于图2，连结PD，根据正方形的性质得CB=CD，CA平分∠BCD，根据角平分线的性质得∠BCP=∠DCP，再根据“SAS”证明△CBP≌△CDP，则PB=PD，∠CBP=∠CDP，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBC=∠PED，则∠PED=∠PDE，所以PD=PE，于是得到PB=PE；
对于图3，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM=PN，则∠MPN=90°，利用等角的余角相等得到∠BPM=∠EPN，然后根据“ASA”证明△PBM≌△PEN，所以PB=PE．
24．【答案】证明：将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，
∴AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠CAP+∠BAQ＝45°，
∴∠Q′AP＝∠CAQ′+∠CAP＝45°，
∴∠Q′AP＝∠QAP，
在△Q′AP和△QAP中，
，
∴△Q′AP≌△QAP（SAS），
∴PQ＝PQ′，
∵∠Q′CP＝∠ACQ′+∠ACB＝90°，
在Rt△Q′CP中，由勾股定理得，
Q′P2＝Q′C2+CP2，
∴CP2+BQ2＝PQ2.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，由旋转的性质可得AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，由正方形的性质可得∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，推出∠Q′AP＝∠QAP，证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，然后结合勾股定理进行证明.
25．【答案】以 ， ， 为三边围成的三角形为直角三角形，
证明：如图，过点 作 并截取 ，连接 、 ，如图
∴ ， ，
∴ ，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD， ，
又∵ 、 分别平分 ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为直角三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
又∵BF=DN， ，
∴ ，
∴以 ， ， 为三边围成的三角形为直角三角形．
【知识点】正方形的性质；三角形的综合
【解析】【分析】过点 作 并截取 ，连接 、 ，根据同角的余角相等求出 ，再利用“边角边”证明 ，根据全等三角形对应边相等可得 ， ，再求出 ， ，再利用“边角边”证明 ，根据全等三角形对应边相等可得 ，再利用勾股定理判断即可。
26．【答案】（1）解：由折叠可得AB＝AB′，BE＝B′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC＝DF，∠B′CE＝45°，
∴B′E＝B′F，
∴AF＝AB′＋B′F，
即DF＋BE＝AF
（2）解：图（2）的结论：DF＋BE＝AF；图（3）的结论：BE﹣DF＝AF．图（2）的证明：延长CD到点G，使DG＝BE，连接AG，易证△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠AGD，∵∠BAE＝∠B′AE，∴∠B′AE＝∠DAG，∴∠GAF＝∠DAE，∵CB∥AD，∴∠AEB＝∠EAD，∴∠AGD＝∠GAF，
∴GF＝AF，
∴BE＋DF＝AF．图（3）的证明：在BC上取点M，使BM＝DF，连接AM，易证△ABM≌△ADF，∴∠BAM＝∠FAD，AF＝AM，∵△ABE≌AB′E，∴∠BAE＝∠EAB′，∴∠MAE＝∠DAE，∵AD∥BE，
∴∠AEM＝∠DAE，
∴∠MAE＝∠AEM，
∴ME＝MA＝AF，∴BE﹣DF＝AF．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据折叠AB＝AB′，BE＝B′E，再结合正方形四边相等和对角线平分内角，利用等腰直角三角形即可证明 ；
（2）图2通过添辅助线构造全等三角形，把线段BE等量转移到DG，再结合折叠及两直线平行内错角相等可得∠AGD＝∠GAF，从而利用GF＝AF即可证得线段DF、BE、AF的数量关系；同理图3类比图2的思路方法即可。
27．【答案】（1）证明：在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD
∴∠GAD=∠EAB，
∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，
在△GAD和△EAB中，
，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB=GD；
（2）解：EB⊥GD．
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠AMB+∠ABM=90°，
又∵△AEB≌△AGD，
∴∠GDA=∠EBA，
∵∠HMD=∠AMB（对顶角相等），
∴∠HDM+∠DMH=∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠DHM=180°﹣（∠HDM+∠DMH）=180°﹣90°=90°，
∴EB⊥GD．
（3）解：连接AC、BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥CG，
∵AB=AD=2，在Rt△ABD中，DB= ，
在Rt△AOB中，OA=OB，AB=2，由勾股定理得：2AO2=22，
OA= ，
即OG=OA+AG= + =2 ，
∴EB=GD= ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB从而△GAD≌△EAB，即EB=GD；（2）EB⊥GD，由（1）得∠ADG=∠ABE则在△BDH中，∠DHB=90°所以EB⊥GD；（3）设BD与AC交于点O，由AB=AD=2在Rt△ABD中求得DB，所以得到结果．
28．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②解：AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）解：由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．
∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，
∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．
与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
29．【答案】（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为a，
每个等腰直角三角形的面积为：a a=a2，
则拼成的新正方形面积为：4×a2=a2，即与原正方形ABCD面积相等，
∴这个新正方形的边长为a；
（2）∵四个等腰直角三角形的面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2，
∴S正方形MNPQ=S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF=4S△ARE=4××12=2；
（3）如答图1所示，分别延长RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W．
由题意易得：△RSF，△QET，△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长．
不妨设等边三角形边长为a，则SF=AC=a．
如答图2所示，过点R作RM⊥SF于点M，则MF=SF=a，
在Rt△RMF中，RM=MF tan30°=a×=a，
∴S△RSF=a a=a2．
过点A作AN⊥SD于点N，设AD=AS=x，
则AN=AD sin30°=x，SD=2ND=2ADcos30°=x，
∴S△ADS=SD AN= x x=x2．
∵三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和=3S△RSF=3×a2=a2，
∴S△RPQ=S△ADS+S△CFT+S△BEW=3S△ADS，
∴=3×x2，得x2=，
解得x=或x=（不合题意，舍去）
∴x=，即AD的长为．
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，其拼成的正方形面积为a2，边长为a；
（2）如题图2所示，正方形MNPQ的面积等于四个虚线小等腰直角三角形的面积之和，据此求出正方形MNPQ的面积；
（3）参照小明的解题思路，对问题做同样的等积变换．如答图1所示，三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和等于等边三角形△ABC的面积，故阴影三角形△PQR的面积等于三个虚线等腰三角形的面积之和．据此列方程求出AD的长度．
30．【答案】(1)证明：∵四边形是ABCD正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°，
∵BE＝DF，∴△CBE≌△CDF(SAS)．
∴CE＝CF.
(2)证明：如图①，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF.
由(1)知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF.
∴∠BCE＋∠ECD＝∠DCF＋∠ECD，
即∠ECF＝∠BCD＝90°，又∠GCE＝45°，
∴∠GCF＝∠GCE＝45°.
∵CE＝CF，GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG.
∴GE＝GF，
∴GE＝GF＝DF＋GD＝BE＋GD.
(3)解：如图②，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G.
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B＝90°，
又∵∠CGA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴AG＝BC.
∵∠DCE＝45°，
根据(1)(2)可知，ED＝BE＋DG.
∴10＝4＋DG，即DG＝6.
设AB＝x，则AE＝x－4，AD＝x－6，
在Rt△AED中，
∵DE2＝AD2＋AE2，
即102＝(x－6)2＋(x－4)2.
解这个方程，得：x＝12或x＝－2(舍去)．
∴AB＝12.
∴S梯形ABCD＝ (AD＋BC)·AB＝×(6＋12)×12＝108.
即梯形ABCD的面积为108.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角梯形
【解析】【分析】考查正方形的性质。
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