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期末专项培优 正方形
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 裕华区校级期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　）
A．50cm2 B． C．100cm2 D．
2．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（　　）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
3．（2024秋 连州市期末）在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E、F分别在边BC和CD上，则∠CEF＝（　　）
A．75° B．60° C．50° D．45°
4．（2024秋 钱塘区期末）如图，由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，连接AG．若AG＝AB，则正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为（　　）
A．1：6 B．1：5 C．1：4 D．1：3
5．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 中原区期末）已知正方形ABCD的边长为4，点P为线段AD上的动点（不与点A重合），点A关于直线BP的对称点为点E，连接PE，BE，CE，DE，当△CDE是以CE为腰的等腰三角形时，AP的值为 　 　．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 　 　．
8．（2024秋 白银期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE，CE，若∠BCE＝70°，则∠EAD＝　 　．
9．（2024秋 徐闻县期末）如图，两个正方形边长分别为2、a（a＞2），图中阴影部分的面积为 　 　．
10．（2024秋 碑林区校级期末）如图，如图，已知点P为正方形ABCD内一点，连接BP、CP，若∠BPC＝90°，BP＝8，CP＝6，则点P到直线AD的距离为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 兰州期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是线段OD上一点，连接EC，过点B作BF⊥CE于点F，交OC于点G．若，BF是∠DBC的平分线，求OE的长．
12．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件　 　时，四边形AEBF是正方形．
13．（2024秋 秦都区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，AD＝BC．过点D作DE⊥AB且DE＝BD，连接CE．求证：四边形BCED是正方形．
14．（2024秋 碑林区期末）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，连接CE，CF，求证：CE＝CF．
15．（2024秋 昆都仑区期末）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF⊥DG于F．
（1）求证：△AED≌△DFC；
（2）求证：AE＝FC+EF．
期末专项培优 正方形
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5
答案 A A D B D
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 裕华区校级期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　）
A．50cm2 B． C．100cm2 D．
【考点】正方形的判定与性质；三角形的稳定性；多边形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】过点A′H⊥BC于H，由题意得四边形A′BCD′是菱形，根据含30度直角三角形的性质求出A′H，分别求出正方形ABCD的面积和菱形A′BCD′的面积，即可得的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝10cm，
∴正方形ABCD的面积＝100cm2，AB＝BC＝CD＝AD＝10cm，
由题意知A′B＝BC＝CD′＝A′D′＝10cm，
∴四边形A′BCD′是菱形，
∴∠A′BC＝∠D′＝30°，
过点A′H⊥BC于H，
∴∠A′HB＝90°，
∴A′HA′B＝5cm，
∴菱形A′BCD′的面积＝BC A′H＝10×5＝50（cm2），
∵正方形ABCD的面积﹣菱形A′BCD′的面积＝50cm2，
∴四边形的面积减少了50cm2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，含30度直角三角形的性质，证得四边形A′BCD′是菱形是解决问题的关键．
2．（2024秋 梅县区期末）如图，在正方形ABCD对角线AC上取点E，使得AE＝AB，连接BE，则∠CBE的度数为（　　）
A．22.5° B．25° C．20° D．30°
【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质得出∠BAC＝45°，根据等腰三角形的性质得出∠ABE＝67.5°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC＝45°，
∵AE＝AB，
∴，
∴∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
故选：A．
【点评】本题主要考查的正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
3．（2024秋 连州市期末）在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E、F分别在边BC和CD上，则∠CEF＝（　　）
A．75° B．60° C．50° D．45°
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质可证明△ABE≌△ADF，进而得出△CEF为等腰直角三角形，即可求出∠CEF．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝∠C＝90°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE＝AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CEF＝45°，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质．全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
4．（2024秋 钱塘区期末）如图，由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，连接AG．若AG＝AB，则正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为（　　）
A．1：6 B．1：5 C．1：4 D．1：3
【考点】正方形的性质；全等三角形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】先根据四边形EFGH是正方形，证明AF⊥BG，再根据AG＝AB，证明GF＝BF，然后设GF＝BF＝x，则BG＝GF+BF＝2x，根据全等三角形的性质证明AF＝BG＝2x，在Rt△ABF中，由勾股定理求出AB，最后根据正方形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴∠GFE＝90°，
∴AF⊥BG，
∵AG＝AB，
∴AF是BG边上的中线，
∴GF＝BF，
设GF＝BF＝x，则BG＝GF+BF＝2x，
∵Rt△DAE≌Rt△ABF≌Rt△BCG≌Rt△CDH，
∴AF＝BG＝2x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
，
∴正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为：，
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形和全等三角形的性质，解题关键是熟练掌握正方形与全等三角形的性质、等腰三角形的性质．
5．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，可证明△HEF≌△BAE，则EH＝AB＝BC，HF＝BE，推导出HC＝BE＝HF，则四边形CHFL是正方形，所以FL＝CL＝HF＝BE，则DL＝CE，由BE：CE＝1：2，得CL：DL＝1：2，则DL＝2CL＝2FL，求得CFFL，DFFL，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠H＝∠B＝∠DCB＝90°，CD＝BC＝AB，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，
∴∠AEF＝90°，EF＝AE，
∴∠HEF＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
在△HEF和△BAE中，
，
∴△HEF≌△BAE（AAS），
∴EH＝AB，HF＝BE，
∴EH＝BC，
∴EH﹣CE＝BC﹣CE，
∴HC＝BE，
∴HF＝HC，
∵∠H＝∠HCL＝∠FLC＝90°，
∴四边形CHFL是矩形，且HF＝HC，
∴四边形CHFL是正方形，
∴FL＝CL＝HF＝BE，
∴DL＝CD﹣CL＝BC﹣BE＝CE，
∵BE：CE＝1：2，
∴CL：DL＝1：2，
∴DL＝2CL＝2FL，
∵∠FLC＝∠DLF＝90°，
∴CFFL，DFFL，
∴，
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 中原区期末）已知正方形ABCD的边长为4，点P为线段AD上的动点（不与点A重合），点A关于直线BP的对称点为点E，连接PE，BE，CE，DE，当△CDE是以CE为腰的等腰三角形时，AP的值为 　或　．
【考点】正方形的性质；轴对称的性质；等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】或．
【分析】当△CDE是以CE为腰的等腰三角形时，有以下两种情况：①当CE＝CD＝4时，过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，则四边形CDMN是矩形，进而得MN＝CD＝4，△EBC是等边三角形，则EN，ME，在四边形ABEP中，∠PEB＝∠BAD＝90°，∠ABE＝30°，则∠APE＝150°进而得∠MPE＝30°，则AP＝PE；②当CE＝DE时，过点E作EH⊥CD，HE的延长线交AB于点T，则HT是正方形ABCD的一条对称轴，进而得AE＝BE＝4，则△ABE是等边三角形，然后在Rt△ABP中可求出AP，综上所述即可得出AP的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝90°，
根据轴对称的性质得：PA＝PE，AB＝BE＝4，∠PEB＝∠BAD＝90°，∠PBA＝∠PBE，
当△CDE是以CE为腰的等腰三角形时，有以下两种情况：
①当CE＝CD＝4时，过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，如图1所示：
∴∠NMD＝∠MNC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，
∵四边形CDMN是矩形，
∴MN＝CD＝4，
∵BE＝BC＝CE＝4，
∴△EBC是等边三角形，
∴CN＝1/2BC＝2，∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝30°，
在Rt△ECN中，由勾股定理得：EN，
∴ME＝MN﹣EN，
在四边形ABEP中，∠PEB＝∠BAD＝90°，∠ABE＝30°，
∴∠APE＝90°﹣∠ABE＝150°，
∴∠MPE＝180°﹣∠APE＝30°，
在Rt△PME中，PE＝2ME，
∴AP＝PE；
②当CE＝DE时，过点E作EH⊥CD，HE的延长线交AB于点T，如图2所示：
∴DH＝CH，
∴HT是CD的垂直平分线，
∴HT是正方形ABCD的一条对称轴，
∴AE＝BE＝4，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，
∴∠PBA＝∠PBE＝30°，
在Rt△ABP中，BP＝2AP，
由勾股定理得：ABAP，
∴APAB．
综上所述：当△CDE是以CE为腰的等腰三角形时，AP的值为或．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质，轴对称的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
7．（2024秋 长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 　25　．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】25．
【分析】先证明△BAF和△ADE全等得BF＝AE＝15，则AB＝BC＝20，然后在Rt△ABF中，由勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠B＝DAB＝90°，
∴∠BAF+∠FAD＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠FAD+∠ADE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
在△BAF和△ADE中，
，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴BF＝AE＝15，
∵CF＝5，
∴BC＝BF+CF＝20，
∴AB＝BC＝20，
在Rt△ABF中，AB＝20，BF＝15，
由勾股定理得：AF25．
故答案为：25．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键．
8．（2024秋 白银期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE，CE，若∠BCE＝70°，则∠EAD＝　20°　．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】20°．
【分析】先根据SAS证出△AED≌△CED，可得∠EAD＝∠ECD，根据正方形的对角线性质以及∠BCE＝70°可求∠BEC的度数，再根据三角形外角与内角的关系可求∠ECD的度数，最终可求出∠EAD的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠EBC＝45°，AD＝CD，
∵DE＝DE，
∴△AED≌△CED（SAS），
∴∠EAD＝∠ECD，
又∵∠BCE＝70°，
方法1：∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BCE＝20°．
方法2：∴∠BEC＝65°，
∵∠BEC＝∠CDE+∠ECD，
即65°＝45°+∠ECD，
∴∠ECD＝20°，
∴∠EAD＝20°．
故答案为：20°．
【点评】本题主要考查正方形对角线平分对角的性质，解题的关键还需要借助三角形外角与内角的关系，再灵活运用三角形全等进行转化．
9．（2024秋 徐闻县期末）如图，两个正方形边长分别为2、a（a＞2），图中阴影部分的面积为 　　．
【考点】正方形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用阴影部分的面积等于两个正方形的面积减去两个三角形的面积得到阴影部分的面积
【解答】解：阴影部分的面积
【点评】本题考查了整式的混合运算：有乘方、乘除的混合运算中，要按照先乘方后乘除的顺序运算，其运算顺序和有理数的混合运算顺序相似．
10．（2024秋 碑林区校级期末）如图，如图，已知点P为正方形ABCD内一点，连接BP、CP，若∠BPC＝90°，BP＝8，CP＝6，则点P到直线AD的距离为 　5.2　．
【考点】正方形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】5.2．
【分析】先根据已知条件，利用勾股定理求出BC从而得到AD，设点P到BC的距离为h，然后根据Rt△BCP的面积，求出点P到BC的距离，从而求出点P到AD的距离即可．
【解答】解：∵∠BPC＝90°，BP＝8，CP＝6，
∴，
∴CD＝BC＝10，
设点P到BC的距离为h，
∵△BCP的面积，
∴，
48＝10h，
h＝4.8，
∴点P到直线AD的距离为：10﹣4.8＝5.2，
故答案为：5.2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和勾股定理，解题关键是熟练掌握利用面积法解决问题．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 兰州期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是线段OD上一点，连接EC，过点B作BF⊥CE于点F，交OC于点G．若，BF是∠DBC的平分线，求OE的长．
【考点】正方形的性质；角平分线的定义；等腰三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】OE＝2．
【分析】根据正方形的性质，可得∠COB＝90°，OC＝OB，易证△BOC是等腰直角三角形，根据可得BC＝2，根据三角形的内角和定理可得∠BCE＝∠BEC，则BC＝BE，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OC＝OB，
∴∠COB＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴BC2，
∵BF⊥CE，
∴∠BFC＝∠BFE＝90°，
∵BF平分∠DBC，
∴∠CBF＝∠EBF，
∴∠BCE＝∠BEC，
∴BE＝BC＝2，
∴OE＝BE﹣OB＝2．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的内角和定理，勾股定理，等腰三角形和等腰直角三角形的性质和判定等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
12．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF．
（1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由．
（2）当Rt△ABC满足条件　AC＝BC　时，四边形AEBF是正方形．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）
（2）AC＝BC．（答案不唯一，如：∠ABC＝45°）
【分析】（1）由AF∥BE，得∠FAD＝∠EBD，而AD＝BD，∠ADF＝∠BDE，即可根据“ASA”证明△ADF≌△BDE，得AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，因为EF⊥AB，所以四边形AEBF是菱形；
（2）当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，由∠C＝∠AEB＝90°，点C与点E重合，则AC＝AE＝BE＝BC，所以当AC＝BC或∠ABC＝45°时，四边形AEBF是正方形，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）四边形AEBF是菱形，
理由：∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
在△ADF和△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴AF＝BE，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵DE⊥AB，AF∥BE，交ED的延长线于点F，
∴EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）∵四边形AEBF是菱形，
∴当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，
∵∠C＝∠AEB＝90°，
∴点C与点E重合，
∴AC＝AE＝BE＝BC，
∴当AC＝BC时，四边形AEBF是正方形，
故答案为：AC＝BC．
注：答案不唯一，如：∠ABC＝45°．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，证明△ADF≌△BDE是解题的关键．
13．（2024秋 秦都区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，AD＝BC．过点D作DE⊥AB且DE＝BD，连接CE．求证：四边形BCED是正方形．
【考点】正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】证明见解答．
【分析】由AD＝BD，且AD＝BC，得BD＝BC，由∠ABC＝90°，DE⊥AB且DE＝BD，推导出DE∥BC，且DE＝BC，则四边形BCED是平行四边形，即可由∠B＝90°，DE＝BD，证明四边形BCED是正方形．
【解答】证明：∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AD＝BC，
∴BD＝BC，
∵∠ABC＝90°，DE⊥AB且DE＝BD，
∴∠ADE＝∠ABC＝90°，DE＝BC，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵∠B＝90°，
∴四边形BCED是矩形，
∵DE＝BD，
∴四边形BCED是正方形．
【点评】此题重点考查正方形的判定，推导出DE∥BC，且DE＝BC是解题的关键．
14．（2024秋 碑林区期末）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，连接CE，CF，求证：CE＝CF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】证明见解答过程．
【分析】根据正方形性质得，AB＝CB＝CD＝AB，∠B＝∠D＝90°，再根据E，F分别是边AB，AD的中点得BE＝DF，由此可依据“SAS”判定△CBE和△CDF全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝CD＝AB，∠B＝∠D＝90°，
∵E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，
∴BEAB，DFAD，
∴BE＝DF，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
15．（2024秋 昆都仑区期末）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF⊥DG于F．
（1）求证：△AED≌△DFC；
（2）求证：AE＝FC+EF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）根据正方形性质得AD＝DC，∠ADC＝90°，再根据AE⊥DG，CF⊥DG得∠AED＝∠DFC＝90°，证明∠DAE＝∠CDF，进而可依据“AAS”判定△AEE和△DFC全等；
（2）根据△AEE和△DFC全等得AE＝DF，ED＝FC，然后再根据DF＝ED+EF＝FC+EF即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝90°，
∵AE⊥DG，CF⊥DG，
∴∠AED＝∠DFC＝90°，
∴∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF，
在△AEE和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS）；
（2）∵△AED≌△DFC，
∴AE＝DF，ED＝FC，
∵DF＝ED+EF＝FC+EF．
∴AE＝FC+EF．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质还解决问题的关键．
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