专题6.22 正方形与45°的有关模型（提高篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版）

这是一份专题6.22 正方形与45°的有关模型（提高篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版），共75页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题6.22 正方形与45°的有关模型（提高篇）
（专项练习）
一、单选题
1．已知在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC与CD上的点，且，AE与AF分别交对角线BD于点M、N．则下列结论：①；②；③；④正确的有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过点作⊥交的延长线于点，连接，那么的值为（ ）

A．1 B． C． D．2
4．在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD边上的两个动点，∠EAF＝45°，下列几个结论中：①EF＝BE＋DF；②MN2＝BM2＋DN2；③FA平分∠DFE；④连接MF，则△AMF为等腰直角三角形；⑤∠AMN＝∠AFE． 其中一定成立的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．如图，在正方形中，的顶点，分别在，边上，高与正方形的边长相等，连接分别交，于点，，下列说法：①；②连接，，则为直角三角形；③；④若，，则的长为，其中正确结论的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1


二、填空题
6．如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面积为，则△BEC与△DFC的面积之和为________．

7．如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），，下列三个结论：①当MN＝MC时，则；②2；③△MNC的周长不变；④∠AMN－∠AMB＝60°．其中正确结论的序号是________．

8．如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM＝MN；②MP＝BD；③BN＋DQ＝NQ；④为定值．一定成立的是_____．

9．如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P为△ABC外一点，且∠APC=45°，过B作BE∥AC分别交PA、PC于点E、F，若BE=3EF=3，则AE=_____．

10．如图，正方形中，，点是边的中点，连接，与交于点，点在上，点在上，且.若，则____．

11．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且，将绕点D逆时针旋转90°，得到． 若，则EF的长为__________．

12．七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形(其中的一个平行四边形是正方形)组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形ABCD就是由七巧板拼成的，那么正方形EFGH的面积与正方形ABCD的面积的比值为____．

13．如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF=45°，BE=3，CF=4，则正方形的边长为__________．

14．如图，已知在中，，在内作第一个内接正方形，则第1个内接正方形的边长__________；然后取的中点，连接、，在内作第二个内接正方形；再取线段的中点，在内作第三个内接正方形…依次进行下去，则第2020个内接正方形的边长为__________．





三、解答题
15．如图，正方形中，交于点交于点，分别交于，连接．

求证：；
求的值；
若正方形的边长为5，，求的长．


16．如图，在正方形中，，交、于、，交于、．

（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求证：．






17．如图所示，若点为正方形外一点，，连.求的度数.




18．如图所示，点为正方形的对角线的交点，若点在正方形内部时，且.试探究，，之间的数量关系.






19．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），请你直接写出BM、DN和MN的数量关系：__________．
（2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明.
（3）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出直接写出结论．




20．如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．
（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　 　，位置关系是　 　；
（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．







21．已知：四边形为正方形，是等腰，．
（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：．

（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接．

①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明．
②若，，求：正方形的边长以及中边上的高．



22．如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，则BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如图1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周长；
(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 ．





23．已知在正方形ABCD和正方形CEFG中，直线BG，DE交于点H．
（1）如图1，当B，C，E共线时，求证：BH⊥DE．
（2）如图2，把正方形CEFG绕C点顺时针旋转α度（0＜α＜90），M，N分别为BG，DE的中点，探究HM，HN，CM之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，∠PDG＝45°，DH⊥PG于H，PH＝2，HG＝4．直接写出DH的长．



24．已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC和CD上．
（1）若BE＝DF，①求证：∠BAE＝∠DAF；
②联结AC交EF于点O，过点F作FM∥AE，交AC的延长线于M，联结EM，求证：四边形AEMF是菱形．
（2）联结BD，交AE、AF于点P、Q．若∠EAF＝45°，AB＝1，设，，求 关于的函数关系及定义城．






25．问题背景：如图1，在正方形中，点分别在边上，，求证：．
洋洋同学给出了部分证明过程，请你接着完成剩余的证明过程．

证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，

迁移应用：如图2，在正方形中，交于点，若，，求的长．

联系拓展：如图3，在矩形中，点分别在边上，，若，探究与的数量关系，并给出证明．




26．探究：如图，在正方形中，点，分别为边，上的动点，且．

（1）如果将绕点顺时针方向旋转．请你画出图形（旋转后的辅助线）．你能够得出关于，，的一个结论是________．
（2）如果点，分别运动到，的延长线上，如图，请你能够得出关于，，的一个结论是________．

（3）变式：如图，将题目改为“在四边形中，，且，点，分别为边，上的动点，且”，请你猜想关于，，有什么关系？并验证你的猜想．









27．如图所示，在正方形中，为上一点，为上一点，，
求证：（1）；（2）；（3）.




28．如图所示，正方形中，点，分别为，上一点，点为上一点，，关于直线对称.连结并延长交的延长线于，求证：.




29．如图所示，正方形中，点，分别为，上一点，点为上一点，，关于直线对称.若的平分线交的延长线于，连结，求证：.




30．如图所示，正方形中，点，分别为，上一点，点为上一点，，关于直线对称.

（1）求证：，关于对称；
（2）若的平分线交的延长线于，求证：.





31．如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．
（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．
①求证：BD⊥CF；
②当AB=4，AD=时，求线段BG的长．






32．已知A（m，n），且满足|m﹣2|+（n﹣2）2=0，过A作AB⊥y轴，垂足为B．
（1）求A点坐标．
（2）如图1，分别以AB，AO为边作等边△ABC和△AOD，试判定线段AC和DC的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）如图2，过A作AE⊥x轴，垂足为E，点F、G分别为线段OE、AE上的两个动点（不与端点重合），满足∠FBG=45°，设OF=a，AG=b，FG=c，试探究﹣a﹣b的值是否为定值？如果是求此定值；如果不是，请说明理由．


参考答案
1．B
【分析】
（1）如图，根据旋转的性质得到B=DF，A=AF，∠BA=∠DAF，得到∠EA=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到E=EF，∠AEB=∠AEF，于是得到BE+B=BE+DF=EF，故①正确；证明△得结合∠可证明△，故可判断②正确；把△AND按顺时针绕点A旋转90°，可证明是直角三角形，再证明△得，再根据勾股定理可证明 ，从而可判断③正确；证明△得，故可得，从而可判断④错误
【详解】
解：①如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△AB，

由旋转的性质得，B=DF，A=AF，∠BA=∠DAF，
∵∠EAF=45°，
∴∠EA=∠BA+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，
∴∠EA=∠EAF=45°，
在△AEF和△AE中
，
∴△AEF≌△AE（SAS），
∴E=EF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴BE+B=BE+DF=EF，
故①正确；
②∵，
∴△
∴
又∵∠
∴△
故②正确
③把△AND按顺时针绕点A旋转90°，
∴，
∵∠ABD=45°
∴∠
∴是直角三角形，
同理可证：△，
∴
∴
故③正确；
④连接AC，
∵∠
∴∠
∵∠
∴△
∴
∴．
故④错误，
所以，正确的结论有3个，
故选：B．
【点拨】
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟记各性质并利用旋转变换作辅助线构造成全等三角形是解题的关键．
2．C
【分析】
利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断②，再利用勾股定理计算，判断③，通过计算，判断④．
【详解】
解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中
，





故①正确，





设正方形的边长为，则
由勾股定理得：
解得：（舍去）

故②错误，


故③正确，

故④正确．
综上：①③④正确，
故选C．

【点拨】
本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
3．B
【分析】
作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即.
故选：B.
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
4．D
【分析】
通过图形的旋转，得到，证明，可得①正确；将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，证得，可得②正确；根据可得③正确；由∠BDC=∠MAN=45°，可得点A，M，F，D四点共圆，进而可得到④正确；通过证明三角形相似可得⑤正确；
【详解】
∵四边形ABCD正方形，
∴AB=AD，，
∴将绕点A逆时针旋转得到，如图所示，

则AH=AE，，
∴，
∴，
∵AF=AF，
∴，
∴EF=FH=DF+DH=DF+BE，故①正确；
如图所示，

将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，易证，是直角三角形，
∴MN=GN，
∴,故②正确；
由①可得，，
∴，
∴FA平分∠DFE，故③正确；

∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDC=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BDC=∠MAN，
∴点A，M，F，D四点共圆，
∵∠ADF=90°，
∴∠AMF=90°，
∴则△AMF为等腰直角三角形，故④正确；

由∠MAN＝∠FDN=45°，，可得到，
∴,
又∵，
∴∠AMN＝∠AFE，故⑤正确；
故答案选D．
【点拨】
本题主要考查了正方形的性质应用，旋转的性质，三角形全等和三角形相似的判定和性质，添加和是的辅助线，构造全等三角形，相似三角形和四边形的外接圆，是解题的关键．
5．A
【分析】
根据正方形的性质及HL定理求得Rt△AEB≌Rt△AEG，Rt△AFD≌Rt△AFG，从而求得∠EAB=∠EAG，∠FAD=∠FAG，然后求得2∠EAG+2∠FAG=90°，从而得到，由此判断①；
将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，连接MH，MG，NG，由旋转的性质根据结合SAS定理求得△AHM≌△ANM，得到MN=MH，结合正方形和旋转的性质求得∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，从而可得MH2=HB2+BM2，然后根据SAS定理求得△ABM≌△AGM，△AND≌△AANG，从而得到BM=GM，DN=GN，从而求得MN2=MG2+NG2，由此判断②；
由垂直可得∠AEG =90°-∠EAG，然后结合①中已证∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°，可得∠ANM=90°-∠EAG，由此得到∠AEG =∠ANM，然后根据AA定理求得三角形形式，由此判断③；
旋转△ABE到△ADH，由旋转性质和SAS定理可得得△ABE≌△ADH，△AEF≌△AHF，设CF=a，在Rt△CEF中，根据勾股定理列方程求a，从而求得正方形的边长，设MN=x，结合②中的结论列方程求x的值，从而判断④．
【详解】
解：如图中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AG⊥EF，
∴∠AGE=∠ABC=90°，
在Rt△AEB和Rt△AEG中， ，
∴Rt△AEB≌Rt△AEG，
∴∠EAB=∠EAG，
同理可证Rt△AFD≌Rt△AFG，
∴∠FAD=∠FAG，
∴2∠EAG+2∠FAG=90°，
∴∠EAG+∠FAG=45°，
∴∠EAF=45°，故①正确；
如图②，将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，连接MH，MG，NG
由旋转知：∠BAH=∠DAN，AH=AN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAM=∠BAM+∠BAH=45°，
∴∠HAM=∠NAM，又AM=AM，
∴△AHM≌△ANM，
∴MN=MH
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠ABD=45°．
由旋转知：∠ABH=∠ADB=45°，HB=ND，
∴∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，
∴MH2=HB2+BM2，
∴MN2=MB2+ND2．
又∵AB=AG，∠EAB=∠EAG，AM=AM
∴△ABM≌△AGM
∴BM=GM
同理可证：△AND≌△AANG
∴DN=GN
∴MN2=MG2+NG2
即为直角三角形，故②正确；

∵AG⊥EF
∴∠AEG =90°-∠EAG
又∵∠ANM=∠BDA+∠DAF=45°+∠DAF
由①可知：∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°
∴∠ANM=90°-∠EAG
∴∠AEG =∠ANM
又∵
∴，故③正确；
如图3中，

旋转△ABE到△ADH，△ABE≌△ADH
∴DH=BE=2，
同理②中可证：△AEF≌△AHF，
∴FH=EF，设CF=a
∴CD=CF+DF=a+3，EF=FH=DF+DH=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=a+3
∴CE=BC-BE=a+3-2=a+1，
在Rt△CEF中，根据勾股定理得，（a+1）2+32=25
∴a=3或a=-5（舍），
∴CF=3，
∴CD=6，
∴正方形的边长为6；
由正方形ABCD的边长为6，
∴BD=CD=6，

由①可知△MAN=45°，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
由②得BM2+DN2=MN2，
设MN=x，
∵BD=6，BM=，
∴DN=
∴
解得x=，
∴MN=，故④正确
故选：A．
【点拨】
此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
6．
【分析】
将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，再证明△△△，根据求解即可．
【详解】
解：将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，

∴
连接
∵∠
∴∠
∴∠
即：∠
∵
∴△
∴
同理可得：△
∴
∴
∵
∴△
∴







故答案是：
【点拨】
本题考查了运用旋转的性质求解，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
7．①②③
【分析】
①先用勾股定理求得MC＝NC，则易得△ABM≌△ADN（SAS），再结合∠MAN＝45°，可得答案；
②将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，证明△EAN≌△MAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；
③由△EAN≌△MAN，可得MN＝BM＋DN，从而将△MNC的三边相加即可得答案；
④将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABF，证明△MAF≌△MAN（SAS），再全等三角形的性质，可证得结论．
【详解】
①∵正方形ABCD中，∠C＝90°
∴MN2＝MC2＋NC2
当MN＝MC时，
MN2＝2MC2
∴MC2＝NC2
∴MC＝NC
∴BM＝DN
易证△ABM≌△ADN（SAS）
∴∠BAM＝∠DAN
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM＝22.5°，故①正确；
②如图，

将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，
则∠EAN＝∠EAM−∠MAN＝90°−45°＝45°
则在△EAN和△MAN中，
AE＝AM，∠EAN＝∠MAN，AN＝AN，
∴△EAN≌△MAN（SAS）
∴∠AMN＝∠AED
∴∠AED＋∠EAM＋∠ENM＋∠AMN＝360°
∴2∠AMN＋90°＋（180°−∠MNC）＝360°
∴2∠AMN−∠MNC＝90°
故②正确；
③∵△EAN≌△MAN
∴MN＝EN＝DE＋DN＝BM＋DN
∴△MNC的周长为：MC＋NC＋MN＝（MC＋BM）＋（NC＋DN）＝DC＋BC
∵DC和BC均为正方形ABCD的边长，故△MNC的周长不变；
④将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
则∠FAM＝∠FAN−∠MAN＝90°−45°＝45°
则在△FAM和△MAN中，
AF＝AN，∠FAM＝∠MAN，AM＝AM，
∴△MAF≌△MAN（SAS），
∴∠AMB＝∠AMN，
故④错误；

．
综上①②③都正确，
故答案为：①②③．
【点拨】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性．
8．①②③④
【分析】
如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，根据正方形的性质可得A，B，N，M四点共圆，进而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判断①；由余角的性质可得∠HAM＝∠PMN，从而可利用AAS证明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根据正方形的性质即可判断②；如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，根据旋转的性质和SAS可推得△RAN≌△QAN，进而可得RN=QN，进一步即可判断③；如图3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由题意易得四边形SMWB是正方形，进一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，进而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案．
【详解】
解：如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，
∵∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，
∴∠ANM＝∠NAM＝45°，
∴AM＝MN，故①正确；

∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，
∴∠HAM＝∠PMN，
∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），
∴MP＝AH＝AC＝BD，故②正确；
如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，
则AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，
∴R、B、N三点在同一直线上，
∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，
∴∠RAN=∠QAN=45°，
又∵AN=AN，
∴△RAN≌△QAN（SAS），
∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正确；

如图3，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，
∵点M是对角线BD上的点，
∴四边形SMWB是正方形，有MS＝MW＝BS＝BW，
∵∠AMN=∠SMW=90°，
∴∠AMS=∠NMW，
又∵∠ASM=∠NWM=90°，
∴△AMS≌△NMW（ASA），
∴AS＝NW，
∴AB＋BN＝SB＋BW＝2BW，
∵BW：BM＝1∶，
∴，故④正确．
故答案为：①②③④．

【点拨】
本题是正方形的综合题，主要考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键．
9．
【分析】
延长BE，过点A作AD垂直于BE的延长线，在AD上截取，通过证明可得，利用半角模型可得，在中应用勾股定理可得，设，利用方程思想即可求解．
【详解】
解：如图，延长BE，过点A作AD垂直于BE的延长线，在AD上截取，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴四边形ACBD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠APC=45°，
∴，
将顺时针旋转90°到，则，

∴，
设，
在中，，
即，解得，
∴，
故答案为：．
【点拨】
本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，作出辅助线，合理应用半角模型和方程思想是解题的关键
10．
【分析】
如图，首先求出DM、DF、PD的长，证明△DEF∽△DPC，可得，求出DE即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠DAB=90°，∠DCP=45°，
∵点M是AB边的中点，
∴AM=BM=1，
在Rt△ADM中，DM=，
∵AM∥CD，
∴，
∴DP=，
∵PF=，
∴DF=DP-PF=，
∵∠EDF=∠PDC，∠DFE=∠DCP=45°，
∴△DEF∽△DPC，
∴，
∴，
∴DE=，
∴CE=CD-DE=2-=．
故答案为：．
【点拨】
本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．
【分析】
先根据SAS证明△DEF≌△DMF，得EF＝MF，再设EF＝MF＝x，分别表示出BE和BF，然后在Rt△BEF中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即得结果.
【详解】
解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD＋∠DCM＝180°，
∴F，C，M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF＋∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
∵DF=DF
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF＝MF，设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，且BC＝3，
∴EB＝AB－AE＝3－1＝2，BM＝BC＋CM＝3＋1＝4，
∴BF＝BM－MF＝4－x，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2＋BF2＝EF2，
即22＋(4－x)2＝x2，
解得x＝，
即EF＝．
故答案为：
【点拨】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，解题时注意旋转前后的对应关系和方程思想的应用.
12．．
【分析】
四边形是正方形，是等腰直角三角形，即可得出，设，则，即可得到正方形的面积为1，正方形的面积为8，进而得出结论．
【详解】
四边形是正方形，是等腰直角三角形，
，
设，则，正方形的面积为1，
是等腰直角三角形，
，
正方形的面积为8，
正方形的面积与正方形的面积的比值为，
故答案为：．
【点拨】
本题主要考查了正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
13．6
【分析】
延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，证明△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF，设正方形边长为x，在Rt△CEF中应用勾股定理进行求解．
【详解】
如图，延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，
在△ABG和△ADF中，，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°，
∴∠EAF＝∠GAE，
在△AEG和△AEF中，，
∴△AEG≌△AEF(SAS)，
∴GE＝EF，
设正方形边长为x，则BG＝DF＝x－4，GE＝EF＝x－1，CE＝x－3，
在Rt△CEF中，，
解得，，
∴正方形的边长为6，
故答案为：6．

【点拨】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，巧作辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
14．2
【分析】
先利用勾股定理得出BC的长，然后根据等腰直角三角形的性质得出DE的长即可确定第1个内接正方形的边长；运用锐角三角函数的关系得，即可得出正方形边长的变化规律，然后运用规律即可解答．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，，
∴∠B=∠C=45°，BC=
∵在△ABC内作第一个内接正方形DEFG：
∴EF=EC=DG=BD.
∴DE=BC=2
连接PD、PE，在△PDE内作第二个内接正方形HIKJ；再取线段KJ的中点Q，在OQHI内作第三个内接正方形……依次进行下去
∵点P是GF的中，
∴
∴
∵DH=EI。
∴
则第n个内接正方形的边长为：
∴则第2020个内接正方形的边长为．
故答案为．
【点拨】
本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及数字变化规律等知识点，根据题意确定正方形边长的变化规律是解答本题的关键．
15．见解析；；
【分析】
（1）通过证明即可得出答案；
连接，由四边形是正方形，可得，由条件证明即可得出即可求出的值；
由正方形的边长为5，，可得由（1）中结论可得故，结合、可得：，可证明利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】
证明：四边形为正方形，




又，



连接，

四边形是正方形．

，






∵正方形的边长为5
∴BD=
∴
由得

由，

同理得：






【点拨】
本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，灵活运用相似三角形的判定和性质，正方形的性质是解题的关键．
16．见解析
【分析】
（1）易证∠BAG=∠AHD，∠ABD=∠ADB=45°，即可证明△ABG∽△HDA，可得，即可得出结论；
（2）首先连接AC，由正方形ABCD，∠EAF=45゜，易证得∠ACE=∠ADN=∠CAD=45°，AC=AD，继而可得∠EAC=∠NAD，则可证得△EAC∽△NAD，然后由相似三角形的对应边成比例，证得结论；
（3）根据两边的比相等，且夹角相等证明△GAH∽△EAF，得＝，所以EF=GH．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD为正方形
∴∠ABD=∠ADB=45°，AB=AD，
∵∠EAF=45°
∴∠BAG=45°+∠BAH，∠AHD=45°+∠BAH，
∴∠BAG=∠AHD，
又∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴△ABG∽△HDA，
∴，
∴BG•DH=AB•AD=AD2；

（2）如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACE=∠ADB=∠CAD=45°，
∴AC=AD，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠CAD，
∴∠EAF-∠CAF=∠CAD-∠CAF，
∴∠EAC=∠GAD，
∴△EAC∽△GAD，
∴＝，
∴CE=DG；
（3）由（2）得：△EAC∽△GAD，
∴ ＝，
同理得：△AFC∽△AHB，
∴ ＝，
∴＝，
∴，
∵∠GAH=∠EAF，
∴△GAH∽△EAF，
∴＝，
∴EF=GH．
【点拨】
此题考查相似三角形的判定和性质，常运用两角相等判定两三角形相似，并熟练掌握相似三角形对应边成比例的性质，第三问有难度，证明△GAH∽△EAF是解题的关键．
17．
【解析】
【分析】
过点B作BF⊥BE交EC延长线于F，由∠BEC=45°得BF=BE，根据四边形ABCD是正方形得AB=BC、∠ABE=∠CBF，依据“SAS”证△ABE≌△CBF可得∠AEB=∠F=45°；
【详解】
解：过点B作BF⊥BE交EC的延长线于F，

∵∠BEC=45°，
∴∠F=45°，
∴∠F=∠BEC，
∴BF=BE，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
∵ ，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB=∠F=45°；
【点拨】
本题主要考查全等三角形的判定与性质，通过构建全等三角形将待求角转换到求另一个相等角是解题关键．
18．，理由见解析
【解析】
【分析】
在BE上截取BM＝AE，先证明△OEA≌△OMB，再证明△OME为等腰直角三角形，然后根据勾股定理求解即可.
【详解】
解：在BE上截取BM＝AE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°，
∵∠OAE+45°+∠ABE=90°，
∴∠OAE+∠ABE=45°，
∵∠OBM+∠ABE=45°，
∴∠OBM=∠OAE，
∵BM=AE，
∴△OEA≌△OMB(SAS)，
∴OE=OM, ∠AOE=∠BOM,
∴∠MOE=90°,
∴△OME为等腰直角三角形，
∵AE=BM，
∴EB-EA=EM，
∵△OME为等腰直角三角形，
∴ME=，
∴．
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键.
19．（1）BM+DN=MN；（2）成立,理由见解析; （3）DN﹣BM=MN．
【分析】

（1）如图4，把△AND绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，则由已知可得点C、B、F三点共线，结合旋转的性质可得MF=BM+BF=BM+DN，再证△AMN≌△AMF即可得到所求结论；
（2）如图5，把△AND绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，与（1）同理可得MN=DN+BM；
（3）如图6，在DC是截取DE=BM，连接AE，先证△ADE≌△ABM，再证△AMN≌△AEN即可证得DN-BM=MN.
【详解】

解：（1）BM+DN=MN．　理由如下：
如图4，把△AND绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，则由题意可得：点C、B、F三点共线，
∴由旋转的性质可得：BF=DN，AF=AN，∠BAF=∠DAN，
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠BAF+∠BAM=45°=∠MAF=∠MAN，
又∵AM=AM，
∴△AMF≌△AMN，
∴MF=MN，
又∵MF=BM+BF，BF=DN，
∴MN=BM+DN；

（2）成立，理由如下：
如图5，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可得E、B、M三点共线．

∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°，AE=AN，BE=DN，
又∵∠NAM=45°，
∴∠EAM=∠NAM，
∴在△AEM与△ANM中， ，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（3）DN-BM=MN．理由如下：
如图6，在DC上截取DE=BM，连接AE，
∵∠ADE=∠ABM=90°，AD=AB，
∴△ADE≌△ABM，
∴AE=AM，∠DAE=∠BAM，
∵∠BAM+∠BAN=∠MAN=45°，
∴∠DAE+∠BAN=45°，
∴∠EAN=90°-∠DAE-∠BAN=45°=∠MAN，
又∵AN=AN，
∴△EAN≌△MAN，
∴EN=MN，
又∵DN-DE=EN，
∴DN-BM=MN.

点拨：本题是一道综合考查“正方形的性质”、“旋转的性质”和“全等三角形的判定与性质”的几何题，熟悉“相关图形的性质”并作出如图所示的辅助线是正确解答本题的关键.
20．（1）PQBO，PQ⊥BO；（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由见解析；（3）
【分析】
（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQOC，则可得出结论；
（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；
（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．
【详解】
解:（1）∵点O为对角线AC的中点，
∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P为BC的中点，Q为BO的中点，
∴PQ∥OC，PQOC，
∴PQ⊥BO，PQBO；
故答案为：PQBO，PQ⊥BO．
（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接O'P并延长交BC于点F，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，
∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，
∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，
又∵点P是CE的中点，
∴CP＝EP，
在△O′PE和△FPC中
，
∴△O'PE≌△FPC（AAS），
∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，
∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，
∴BO'＝BF，
∴△O'BF为等腰直角三角形．
∴BP⊥O'F，O'P＝BP，
∴△BPO'也为等腰直角三角形．
又∵点Q为O'B的中点，
∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，
∴△PQB的形状是等腰直角三角形；
（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．

∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECG＝45°，
由旋转得，四边形O'ABG是矩形，
∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∵点P是CE的中点，
∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，
在△O'GP和△BCP中,
，
∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，
∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，
∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB为等腰直角三角形，
∵点Q是O'B的中点，
∴PQO'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，
∴O'A，
∴O'B，
∴BQ．
∴S△PQBBQ•PQ．
【点拨】
本题考查正方形的性质，中位线定理，图形旋转，等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形面积，掌握正方形的性质，中位线定理，图形旋转，等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．
21．（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；②
【分析】
（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠ABG，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）①EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可；
②过F作FH⊥AE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可．
【详解】
（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．
（2）①三线段、、的数量关系是：，理由如下:
如图2，在上取一点，使

连接，同(1)可证，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如图2，过F作FH⊥AE于H，
设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，
∵CE=6，DF=BG=2，
∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，
在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，
∴（x+4）2=（x+2）2+62，
解得：x=6，
∴AG=AF=，
∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，，
即△AEF中AE边上的高为．
【点拨】
本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22．（1）=；（2）8；（3）
【分析】
（1）如图1中，延长到，使得，连接．证明，推出，，再证明，推出，可得结论．
（2）如图中，作于．利用全等三角形的性质证明，利用（1）中结论即可解决问题．
（3）结论：．如图2中，在上取一点使得．证明方法类似（1）．
【详解】
解：（1）如图1中，延长到，使得，连接．

四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
（2）如图中，作于．

，，，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
的周长．
（3）结论：．
理由：如图2中，在上取一点使得．

四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
23．（1）见解析；（2）MH2+HN2＝2CM2，理由见解析；（3）3+．
【分析】
（1）根据正方形的性质得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，根据全等三角形的性质得到∠CBG＝∠CDE，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，由全等三角形的性质得到∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，求得∠MHN＝90°，得到BM＝DN，根据全等三角形的性质得到CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，根据勾股定理即可得到结论；
（3）根据折叠的性质得到AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，根据正方形的性质得到∠B＝90°，设DH＝AD＝AB＝BC＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BH⊥DE；
（2）解：MH2+HN2＝2CM2，
理由：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，
∵∠DPH＝∠CPM，
∴∠DHP＝∠BCP＝90°，
∴∠MHN＝90°，
∵M，N分别为BG，DE的中点，
∴BM＝BG，DN＝DE，
∴BM＝DN，
∵BC＝CD，
∴△BCM≌△DCN（SAS），
∴CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，
∴∠MCN＝∠BCP＝90°，
∴MH2+HN2＝CM2+CN2＝2CM2；
（3）解：∵DH⊥PG，
∴∠DHP＝∠DHG＝90°，
把△PDH沿着PD翻折得到△APD，把△GDH沿着DG翻折得到△DGC，
∴AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，
∵∠PDG＝45°，
∴∠ADC＝90°，
延长AP，CG交于B，
则四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
设DH＝AD＝AB＝BC＝x，
∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4，
∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2，
解得：x＝（负值舍去），
∴DH＝．

【点拨】
本题考查了正方形的性质与判定，综合性较强，熟知正方形性质，根据题意构造正方形是解题关键．对于此类分步骤的综合题，每一步解题都为后续解题提供了解题条件或解题思路，要深刻领会并善于运用这一点进行解题．
24．（1）①见解析；②见解析；（2）()
【分析】
（1）①证明△ABE≌△ADF（SAS），即可推出∠BAE=∠DAF．
②证明△FOM≌△EOA（ASA），推出AE=FM，由FM∥AE，可得四边形AEMF是平行四边形，再根据AE=AF可得结论．
（2）如图2中，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得到△ABT，连接PT．证明△APQ≌△APT（SAS），推出PQ=PT，由题意BD=，推出PQ=PT=，在Rt△TBP中，根据，构建关系式即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，AB=AD，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE=∠DAF；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵∠BAE=∠DAF，
∴∠EAO=∠FAO，
∵△BAE≌△DAF，
∴AE=AF，
∴AC⊥EF，OE=OF，
∵FM∥AE，
∴∠OFM=∠OEA，
∵∠FOM=∠EOA，
∴△FOM≌△EOA（ASA），
∴AE=FM，
∵FM∥AE，
∴四边形AEMF是平行四边形，
∵AE=AF，
∴四边形AEMF是菱形；
（2）解：如图2中，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得到△ABT，连接PT．

∵△ADQ≌△ABT，
∴AQ=AT，∠ADQ=∠ABT=45°，∠DAQ=∠BAT，
∵∠ABD=45°，
∴∠TBP=90°，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠DAQ+∠BAP=∠BAT+∠BAP=45°，
∴∠PAT=∠PAQ=45°，
∵PA=PA，AT=AQ，
∴△APQ≌△APT（SAS），
∴PQ=PT，
∵AB=AD=1，∠BAD=90°，
∴BD=，
∴PQ=PT=，
在Rt△TBP中，
∵，
∴，
∴，
∵点E、F分别在边BC和CD上，
∴，
∴()．
【点拨】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．问题背景：见解析；迁移应用：；联系拓展： BE=2EC，理由见解析
【分析】
问题背景：在已证明的前提下，利用全等三角形的性质，结合已知条件证明，可得到结论，
迁移应用：过点作交于点，连接，得到，利用全等三角形的性质与三角形内角和定理得到，利用问题背景的结论可得答案，
联系拓展：分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，
构造出符合问题背景中的图形，利用问题背景的结论，结合勾股定理可得答案．
【详解】
问题背景：证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，

．
，
，
又
，
在和中，，
，
．
又．

迁移应用：解：过点作交于点，连接，
正方形，




，
又，



，
由(1)知，．设，
，
又，
，
在中，，
，．
在中，．

联系拓展：解：，证明如下：
分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，

，，
，
四边形是矩形，

又，设，
，
四边形是正方形，
，
由(1)知，．
，
设，，
，
在中，，
，
，．

．
【点拨】
本题考查的是矩形，正方形的性质，构造三角形全等的模型证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决实际问题，对学习迁移的要求较高，熟练掌握基础知识，理解构造三角形全等是解题的关键．
26．（1）EF=BE+DF，画图如图所示；（2）BE= DF+EF；（3）EF=BE+DF，理由见解析
【分析】
（1）画出图形，证明△AEF≌△AEF′，得到EF=EF′，根据EF′=BE+BF′=BE+DF得到结果；
（2）将△ADF绕点A顺时针旋转90°，证明△AEF≌△AEF′，得到EF=EF′，从而可说明BE= DF+EF；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，证明∠ABF′+∠ABE=180°，说明F′、B、E三点共线，再证明△AEF≌△AEF′，得出EF=EF′，从而可说明EF=BE+DF.
【详解】
解：（1）画图如图所示，旋转后点F的对应点为F′，AD与AB重合，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF′中，
,
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；

（2）将△ADF绕点A顺时针旋转90°，旋转后点F的对应点为F′，AD与AB重合，
∵∠EAF=45°，
∴∠F′AE=45°，AF=AF′，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
而DF=BF′，
∴BE=BF′+EF′=DF+EF，
故答案为：BE= DF+EF；

（3）EF=BE+DF，
理由是：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，
则△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′=∠DAF，AF=AF′，BF′=DF，∠ABF′=∠D，
又∵∠EAF=∠BAD，
∴∠EAF=∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAF′，
∴∠EAF=∠EAF′，
又∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABF′+∠ABE=180°，
∴F′、B、E三点共线，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′=BE+DF，
∴EF=BE+DF.

【点拨】
本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
27．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】
（1）作于，于，由矩形和等腰三角形性质可知NE=DM=DF，再由△ANE是等腰三角形即可得出结论.
(2)连接BE，由正方形对称性可知，根据等腰三角形性质由∠QCB=45°可计算出即可证明△BEF为等腰直角三角形.
（3）作GE⊥与AC交CB延长线于G，易证△GEB≌△CEF，即可得CB+CF=CG，而GC=EC，即可证明结论.
【详解】
证明（1）如图1作于，于，

图1
∴四边形EMDN是矩形，
∴EN=MD，
又∵ED=EF，
∴DM=FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAN=45°，
∴EN=
.
（2）如图2，连，

图2
∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠ACB=∠ACD=45°
，= .
又∵∠EEC+45°=∠EFD，
∴∠FEC=22.5°
，
.
（3）如图3,作GE⊥与AC交CB延长线于G，

图3
∵∠ACB=45°，
∴GE=CE，
又②可知BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠GEB=∠CEF，
在△GEB和△CEF中
，
∴△GEB≌△CEF（SAS）
∴GB=FC，
∴CB+CF=CB+BG=CG，
∵GC=EC，
∴
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的对边相等的性质、等腰直角三角形的性质，正方形的问题，往往都是通过作辅助线构造出全等三角形求解，处理问题的关键是利用条件构造等腰直角三角形.要熟练掌握并灵活运用．
28．见解析
【解析】
【分析】
连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得.
【详解】
证明：连结，

、关于对称，
垂直平分，
，
，
，.
在Rt和Rt中

，
，又，
，
.
【点拨】
本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解.
29．见解析
【解析】
【分析】
作GN⊥DC的延长线于N，根据∠AFD=∠AFE，FG平分∠EFC求得∠AFG=90°，根据∠AFG=90°，∠EAF=45°，△AFG是等腰直角三角形得出AF=GF，进而证得△ADF≌△FNG得出FN=AD=DC；GN=DF从而求得CN=GN，得出△CGN是等腰直角三角形根据等腰直角三角形的性质得出CG=CN=DF．
【详解】
作GN⊥DC的延长线于N，

∵∠AFD=∠AFE，FG平分∠EFC
∴∠EFG=∠CFG，
∴∠AFE+∠EFG=∠AFD+∠CFG=90°，
∴∠AFG=90°
又∠EAF=45°
∴△AFG是等腰直角三角形
∴AF=GF
∵∠FAD+∠AFD=90°
∴∠DAF=∠NFG，
∵∠ADF=∠GNF=90°
在△ADF和△FNG中，
，
∴△ADF≌△FNG（SAS），
∴FN=AD=DC；GN=DF
∴CN=FN-CF=DC-CF=DF=GN
∴△CGN是等腰直角三角形
∴CG=CN=DF
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的性质等，作出辅助线构建全等三角形是本题的关键．
30．(1)见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论2可得，再证为等腰直角三角形.
【详解】
解：连结，

，关于直线对称，
垂直平分，
，，
，
，，，
，
，
垂直平分，
，关于对称.
（2）由（1）知，
平分，
由上述结论2可得，又平分，平分，
.
为等腰直角三角形，
.
【点拨】
本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解.
31．解：（1）BD=CF成立．理由见解析； （2）①证明见解析； ②
【分析】
（1）△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，易证得△BAD≌△CAF，根据全等三角形的对应边相等，即可证得BD=CF；
（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由对顶角相等，易证得△BMA∽△CMG，根据相似三角形的对应角相等，可得BGC=∠BAC=90°，即可证得BD⊥CF；
②首先过点F作FN⊥AC于点N，利用勾股定理即可求得AE，BC的长，继而求得AN，CN的长，又由等角的三角函数值相等，可求得，然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的长，再由勾股定理即可求得线段BG的长．
【详解】
解（1）BD=CF成立．
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，
∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC，∠CAF=∠DAF-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，

∴△BAD≌△CAF（SAS）．
∴BD=CF．
（2）①证明：设BG交AC于点M．
∵△BAD≌△CAF（已证），
∴∠ABM=∠GCM．
∵∠BMA=∠CMG，
∴△BMA∽△CMG．
∴∠BGC=∠BAC=90°．
∴BD⊥CF．
②过点F作FN⊥AC于点N．

∵在正方形ADEF中，AD=DE=，

∵在等腰直角△ABC 中，AB=4，
∴CN=AC-AN=3，
∴在Rt△ABM中，
∴在Rt△ABM中，


∵△BMA∽△CMG，



∴在Rt△BGC中，
【点拨】
此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、勾股定理以及三角函数等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．

32．（1）A（2，2）；（2）AC=CD，AC⊥CD.证明见解析；（3）0.
【分析】
（1）根据非负数的性质可得m、n的值；
（2）连接OC，由AB=BO知∠BAO=∠BOA=45°，由△ABC，△OAD为等边三角形知∠BAC=∠OAD=∠AOD=60°、OA=OD，继而由∠BAC-∠OAC=∠OAD-∠OAC得∠DAC=∠BAO=45°，根据OB=CB=2、∠OBC=30°知∠BOC=75°，∠AOC=∠BAO-∠BOA=30°，∠DOC=∠AOC=30°，证△OAC≌△ODC得AC=CD，再根据∠CAD=∠CDA=45°知∠ACD=90°，从而得AC⊥CD；
（3）在x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，先证△BAG≌△BOM得∠OBM=∠ABG、BM=BG，结合∠FBG=45°知∠ABG+∠OBF=45°，从而得∠OBM+∠OBF=45°，∠MBF=∠GBF，再证△MBF≌△GBF得MF=FG，即a+b=c，代入原式可得答案．
【详解】
（1）由题得m=2，n=2，
∴A（2，2）；
（2）如图1，连结OC，

由（1）得AB=BO=2，
∴△ABO为等腰直角三角形，
∴∠BAO=∠BOA=45°，
∵△ABC，△OAD为等边三角形，
∴∠BAC=∠OAD=∠AOD=60°，OA=OD
∴∠BAC-∠OAC=∠OAD-∠OAC
即∠DAC=∠BAO=45°
在△OBC中，OB=CB=2，∠OBC=30°，
∴∠BOC=75°，
∴∠AOC=∠BAO-∠BOA=30°，
∴∠DOC=∠AOC=30°，
在△OAC和△ODC中，
∵，
∴△OAC≌△ODC，
∴AC=CD，
∴∠CAD=∠CDA=45°，
∴∠ACD=90°，
∴AC⊥CD；
（3）如图，在x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，

在△BAG和△BOM中，
∵，
∴△BAG≌△BOM
∴∠OBM=∠ABG，BM=BG
又∠FBG=45°
∴∠ABG+∠OBF=45°
∴∠OBM+∠OBF=45°
∴∠MBF=∠GBF
在△MBF和△GBF中，
∵，
∴△MBF≌△GBF
∴MF=FG
∴a+b=c代入原式=0．