中考数学一轮复习考点练习专题22 正方形（含解析）

这是一份中考数学一轮复习考点练习专题22 正方形（含解析），共26页。试卷主要包含了正方形定义，正方形的性质，正方形的判定，正方形的面积，如图等内容，欢迎下载使用。

专题22 正方形
专题知识回顾



1．正方形定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2．正方形的性质：
（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；
（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角；
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴；
（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形；
（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3．正方形的判定
判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等。即有一组邻边相等的矩形是正方形
先证它是菱形，再证有一个角是直角。即有一个角是直角的菱形是正方形。
4．正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b ，S正方形=
专题典型题考法及解析



【例题1】（湖南郴州）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的三角形，如图所示，已知∠A＝90°，BD＝4，CF＝6，则正方形ADOF的边长是（　　）

A． B．2 C． D．4
【答案】B
【解析】设正方形ADOF的边长为x，
由题意得：BE＝BD＝4，CE＝CF＝6，
∴BC＝BE+CE＝BD+CF＝10，
在Rt△ABC中，AC2+AB2＝BC2，
即（6+x）2+（x+4）2＝102，
整理得，x2+10x﹣24＝0，
解得：x＝2，或x＝﹣12（舍去），
∴x＝2，
即正方形ADOF的边长是2
【例题2】（•四川省凉山州）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是OC上一点，连接EB．过点A作AM⊥BE，垂足为M，AM与BD相交于点F．求证：OE＝OF．

【答案】见解析。
【解析】根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB＝OA，根据AM⊥BE，即可得出∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，从而证出Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE＝OF．
证明：∵四边形ABCD是正方形．
∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA．
又∵AM⊥BE，
∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，
∴∠MEA＝∠AFO．
∴△BOE≌△AOF（AAS）．
∴OE＝OF．



专题典型训练题



一、选择题
1．（内蒙古包头）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，点E，F分别在边BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，则CF的长是（　　）

A． B． C．﹣1 D．
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE＝∠DAF，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝30°，
∴∠DAF＝15°，
在AD上取一点G，使∠GFA＝∠DAF＝15°，如图所示：
∴AG＝FG，∠DGF＝30°，
∴DF＝FG＝AG，DG＝DF，
设DF＝x，则DG＝x，AG＝FG＝2x，
∵AG+DG＝AD，
∴2x+x＝1，
解得：x＝2﹣，
∴DF＝2﹣，
∴CF＝CD﹣DF＝1﹣（2﹣）＝﹣1；
故选：C．

2．（湖南张家界）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺
时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转次得到正方形
OABC，那么点A的坐标是（　　）

A．（，﹣） B．（1，0） C．（﹣，﹣） D．（0，﹣1）
【答案】A.
【解析】解：∵四边形OABC是正方形，且OA＝1，
∴A（0，1），
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
∴A1（，），A2（1，0），A3（，﹣），…，
发现是8次一循环，所以÷8＝252…余3，
∴点A的坐标为（，﹣）
故选：A．

3.（•四川省广安市）把边长分别为1和2的两个正方形按图的方式放置.则图中阴影部分的面积为



【答案】A
【解析】阴影部分面积=1××=
4.（•贵州省铜仁市）如图，正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG．以下结论：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB＝；⑤S△BFG＝2.6；其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5\
【答案】C．
【解答】∵正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点
∴AD＝DC＝BC＝AB＝6，AE＝BE＝3，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°
∵△ADE沿DE翻折得到△FDE
∴∠AED＝∠FED，AD＝FD＝6，AE＝EF＝3，∠A＝∠DFE＝90°
∴BE＝EF＝3，∠DFG＝∠C＝90°
∴∠EBF＝∠EFB
∵∠AED+∠FED＝∠EBF+∠EFB
∴∠DEF＝∠EFB
∴BF∥ED
故结论①正确；
∵AD＝DF＝DC＝6，∠DFG＝∠C＝90°，DG＝DG
∴Rt△DFG≌Rt△DCG
∴结论②正确；
∵FH⊥BC，∠ABC＝90°
∴AB∥FH，∠FHB＝∠A＝90°
∵∠EBF＝∠BFH＝∠AED
∴△FHB∽△EAD
∴结论③正确；
∵Rt△DFG≌Rt△DCG
∴FG＝CG
设FG＝CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝3+x
在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6﹣x）2＝（3+x）2
解得：x＝2
∴BG＝4
∴tan∠GEB＝＝
故结论④正确；
∵△FHB∽△EAD，且
∴BH＝2FH
设FH＝a，则HG＝4﹣2a
在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+（4﹣2a）2＝22
解得：a＝2（舍去）或a＝
∴S△BFG＝×4×＝2.4
故结论⑤错误。
5．（黑龙江省绥化）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线AC上的两个动点，P是正方形四边上的任意一点，且AB＝4，EF＝2，设AE＝x．当△PEF是等腰三角形时，下列关于P点个数的说法中，一定正确的是（　　）
①当x＝0（即E、A两点重合）时，P点有6个
②当0＜x＜4﹣2时，P点最多有9个
③当P点有8个时，x＝2﹣2
④当△PEF是等边三角形时，P点有4个

A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
【答案】B
【解析】①当x＝0（即E、A两点重合）时，如下图，
分别以A、F为圆心，2为半径画圆，各2个P点，
以AF为直径作圆，有2个P点，共6个，
所以，①正确。

②当0＜x＜4﹣2时，P点最多有8个，
故②错误。


二、填空题
6．（湖南邵阳）公元3世纪初，中国古代数学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，设勾a=6，弦c=10，则小正方形ABCD的面积是 .

【答案】4．
【解析】∵勾a＝6，弦c＝10，
∴股＝＝8，
∴小正方形的边长＝8﹣6＝2，
∴小正方形的面积＝22＝4.
故答案是：4.
7．（湖南张家界）如图：正方形ABCD的边长为1，点E，F分别为BC，CD边的中点，
连接AE，BF交于点P，连接PD，则tan∠APD＝　 　．

【答案】2．
【解析】解：连接AF，
∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF＝BE，，
在△ABE和△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BPE＝∠APF＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴∠ADF+∠APF＝180°，
∴A、P、F、D四点共圆，
∴∠AFD＝∠APD，
∴tan∠APD＝tan∠AFD＝＝2，
故答案为：2．

8.（•湖北省随州市）如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．给出下列判断：

①∠EAG=45°；
②若DE=a，则AG∥CF；
③若E为CD的中点，则△GFC的面积为a2；
④若CF=FG，则DE=（-1）a；
⑤BG•DE+AF•GE=a2．
其中正确的是______．（写出所有正确判断的序号）
【答案】①②④⑤
【解析】①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD=a，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE
，
∴∠AFE=∠ADE=∠ABG=90°，AF=AD=AB，EF=DE，∠DAE=∠FAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴∠BAG=∠FAG，
∴∠GAE=∠GAF+∠EAF=90°=45°，故①正确；
②∴BG=GF，∠BGA=∠FGA，
设BG=GF=x，∵DE=a，∴EF=a，∴CG=a-x，
在Rt△EGC中，EG=x+a，CE=a，由勾股定理可得（x+a）2=x2+（a）2，
解得x=a，此时BG=CG=a，
∴GC=GF=a，∴∠GFC=∠GCF，且∠BGF=∠GFC+∠GCF=2∠GCF，
∴2∠AGB=2∠GCF，∴∠AGB=∠GCF，∴AG∥CF，∴②正确；
③若E为CD的中点，则DE=CE=EF=，
设BG=GF=y，则CG=a-y，CG2+CE2=EG2，
即，解得，y=a，
∴BG=GF=，CG=a-，∴，
∴，故③错误；
④当CF=FG，则∠FGC=∠FCG，
∵∠FGC+∠FEC=∠FCG+∠FCE=90°，∴∠FEC=∠FCE，∴EF=CF=GF，
∴BG=GF=EF=DE，∴EG=2DE，CG=CE=a-DE，∴，即，
∴DE=（-1）a，故④正确；
⑤设BG=GF=b，DE=EF=c，则CG=a-b，CE=a-c，
由勾股定理得，（b+y）2=（a-b）2+（a-c）2，整理得bc=a2-ab-ac，
∴=，即S△CEG=BG•DE，
∵S△ABG=S△AFG，S△AEF=S△ADE，∴，
∵S五边形ABGED+S△CEG=S正方形ABCD，∴BG•DE+AF•EG=a2，故⑤正确．故答案为：①②④⑤．
①由折叠得AD=AF=AB，再由HL定理证明Rt△ABG≌Rt△AFG便可判定正误；
②设BG=GF=x，由勾股定理可得（x+a）2=x2+（a）2，求得BG=a，进而得GC=GF，得∠GFC=∠GCF，再证明∠AGB=∠GCF，便可判断正误；
③设BG=GF=y，则CG=a-y，由勾股定理得y的方程求得BG，GF，EF，再由同高的两个三角形的面积比等于底边之比，求得△CGF的面积，便可判断正误；
④证明∠FEC=∠FCE，得EF=CF=GF，进而得EG=2DE，CG=CE=a-DE，由等腰直角三角形的斜边与直角边的关系式便可得结论，进而判断正误；
⑤设BG=GF=b，DE=EF=c，则CG=a-b，CE=a-c，由勾股定理得bc=a2-ab-ac，再得△CEG的面积为BG•DE，再由五边形ABGED的面积加上△CEG的面积等于正方形的面积得结论，进而判断正误．
9．（福建）如图，边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的⊙O的圆心重合，E、F分别是AD、BA的延长与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积是　 　．（结果保留π）

【答案】π﹣1．
【解析】延长DC，CB交⊙O于M，N，根据圆和正方形的面积公式即可得到结论．
延长DC，CB交⊙O于M，N，
则图中阴影部分的面积＝×（S圆O﹣S正方形ABCD）＝×（4π﹣4）＝π﹣1，

10.（•四川省凉山州）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为　 　．

【答案】4
【解析】先证明△BPE∽△CQP，得到与CQ有关的比例式，设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x，代入解析式，得到y与x的二次函数式，根据二次函数的性质可求最值．
∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ．
又∠B＝∠C＝90°，
∴△BPE∽△CQP．
∴．
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x．
∴，化简得y＝﹣（x2﹣12x），
整理得y＝﹣（x﹣6）2+4，
所以当x＝6时，y有最大值为4．
11. （•广东广州）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC，EF，EG，则下列结论：
①∠ECF＝45°； ②△AEG的周长为（1+）a；
③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值a2．
其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①④．
【解析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可解决问题．②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可解决问题．
④正确．设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AG+GH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
故答案为①④．

12.（·广西贺州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为　 　．

【答案】6﹣2．
【解析】作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4，
∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，
∴DE＝2，
∴AE＝＝2，
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，
∴AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴点G在CB的延长线上，
∵AF平分∠BAE交BC于点F，
∴∠1＝∠2，
∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD，
∴FN＝FM＝4，
∵AB•GF＝FN•AG，
∴GF＝＝2，
∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2＝6﹣2．
故答案为6﹣2．

13．（•山东青岛）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为　 　cm．

【答案】6﹣．
【解析】设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．
设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝．
根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝﹣4．
在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，
在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，
所以（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝﹣2．
则FC＝4﹣x＝6﹣．
14.（江苏镇江）将边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG的位置（如图），使得点D落在对角线CF上，EF与AD相交于点H，则HD＝ ．（结果保留根号）

【答案】－1．
【解析】本题考查了正方形的性质、旋转、等腰三角形的判定与性质、勾股定理．由正方形的对角线与相邻的边夹角为45°，得∠CFE＝∠ECF＝45°，而在Rt△CEF中，由勾股定理，得CF＝，从而DF＝－1，易知△DHF是等腰直角三角形，于是DH＝DF＝－1．因此本题答案为－1．
15．（辽宁抚顺）如图，在2×6的网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，网格中小正方形的顶点叫格点，点A，B，C在格点上，连接AB，BC，则tan∠ABC＝　 　．

故答案为：
【解析】连接AD，根据网格利用勾股定理求出AB，AD，BD的长，利用勾股定理的逆
定理判断出三角形ABD为直角三角形，利用锐角三角函数定义求出所求即可．
连接AD，由勾股定理得：AD＝＝，AB＝＝2，BD＝＝，
∵（）2+（2）2＝（）2，即AD2+AB2＝BD2，
∴△ABD为∠BAD是直角的直角三角形，
∴tan∠ABC＝＝＝

三、解答题
16．（湖南湘西州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，且AF
＝CE．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）若AB＝4，AF＝1，求四边形BEDF的面积．

【答案】（1）见解析；（2）12．
【解答】（1）在△ABF和△CBE中
，
∴△ABF≌△CBE（SAS）；
（2）由已知可得正方形ABCD面积为16，
△ABF面积＝△CBE面积＝×4×1＝2．
所以四边形BEDF的面积为16﹣2×2＝12．
17. (海南)如图,在边长为1的正方形ABCD中,E是边CD的中点,点P是边AD上一点(与点A,D不重合),射线PE与BC的延长线交于点Q.
(1)求证:△PDE≌△QCE;
(2)过点E作EF∥BC交PB于点F,连接AF,当PB＝PQ时,①求证:四边形AFEP是平行四边形;②请判断四边形AFEP是否为菱形,并说明理由.

【答案】见解析。
【解析】由正方形性质得到边角关系,从而证明全等;①通过证明全等得到AP＝EF,由平行线的传递性得到平行,故四边形AFEP是平行四边形;②列出方程得到AP的长,与PE比较,不能判定四边形AFEP是菱形.
(1) 证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠D＝∠BCD＝90°,∴∠ECQ＝90°＝∠D.∵E是CD的中点,∴DE＝CE,又∵∠DEP＝∠CEQ,∴△PDE≌△QCE;
(2) (2)①证明:如图,由(1)得△PDE≌△QCE,∴PE＝QE＝PQ,又∵EF∥BC,∴PF＝FB＝PB,∵PB＝PQ,∴PF＝PE,∴∠1＝∠2,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD＝90°,在Rt△ABP中,F是PB的中点,∴AF＝BP＝FP,∴∠3＝∠4,∵AD∥BC,EF∥BC,∴AD∥EF,∴∠1＝∠4,∴∠2＝∠3,又∵PF＝FP,∴△APF≌△EFP,∴AP＝EF,又∵AP∥EF,∴四边形AFEP是平行四边形.
②四边形AFEP不是菱形,理由如下:设PD＝x,则AP＝1－x,由(1)可知△PDE≌△QCE,∴CQ＝PD＝x,∴BQ＝BC+CQ＝1+x,∵点E,F分别是PQ,PB的中点,∴EF是△PBQ的中位线,∴EF＝BQ＝.由①可知AP＝EF,即1－x＝,解得x＝,∴PD＝,AP＝,在Rt△PDE中,DE＝,∴PE＝＝,∴AP≠PE,∴四边形AFEP不是菱形.

18．（湖南株洲）如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC、BD的交点，连接CE、DG．
（1）求证：△DOG≌△COE；
（2）若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM＝，求正方形OEFG的边长．

【答案】（1）见解析；（2）2．
【解析】解：
（1）∵正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC、BD
∴DO＝OC
∵DB⊥AC，∴∠DOA＝∠DOC＝90°
∵∠GOE＝90°，∴∠GOD+∠DOE＝∠DOE+∠COE＝90°
∴∠GOD＝∠COE
∵GO＝OE
∴在△DOG和△COE中

∴△DOG≌△COE（SAS）
（2）如图，过点M作MH⊥DO交DO于点H
∵AM＝，DA＝2，∴DM＝
∵∠MDB＝45°
∴MH＝DH＝sin45°•DM＝，DO＝cos45°•DA＝
∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝
∴在Rt△MHO中，由勾股定理得
MO＝＝＝
∵DG⊥BD，MH⊥DO，∴MH∥DG
∴易证△OHM∽△ODG
∴＝＝＝，得GO＝2
则正方形OEFG的边长为2．

19.（•湖北省仙桃市）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：
（1）AE⊥BF；
（2）四边形BEGF是平行四边形．

【答案】见解析。
【解析】由SAS证明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得出∠CBF＝∠CEG，证出AE⊥EG，即可得出结论；延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证明△APE≌△ECG得出AE＝EG，证出EG＝BF，即可得出结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵EG∥BF，∴∠CBF＝∠CEG，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEG+∠BEA＝90°，
∴AE⊥EG，∴AE⊥BF；
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示：
则AP＝CE，∠EBP＝90°，∴∠P＝45°，
∵CG为正方形ABCD外角的平分线，∴∠ECG＝45°，∴∠P＝∠ECG，
由（1）得∠BAE＝∠CEG，
在△APE和△ECG中，，
∴△APE≌△ECG（ASA），∴AE＝EG，
∵AE＝BF，∴EG＝BF，
∵EG∥BF，∴四边形BEGF是平行四边形．

20．（•山东泰安）如图，四边形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，点E在AB上，且∠CEF＝90°，FG⊥AD，垂足为点C．
（1）试判断AG与FG是否相等？并给出证明；
（2）若点H为CF的中点，GH与DH垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理由．

【答案】见解析。
【解析】过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M，可证四边形AGFM是矩形，可得AG＝MF，AM＝FG，由“AAS”可证△EFM≌△CEB，可得BE＝MF，ME＝BC＝AB，可得BE＝MA＝MF＝AG＝FG；
延长GH交CD于点N，由平行线分线段成比例可得，且CH＝FH，可得GH＝HN，NC＝FG，即可求DG＝DN，由等腰三角形的性质可得DH⊥HG．
（1）AG＝FG，
理由如下：如图，过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M

∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠B＝90°＝∠BAD
∵FM⊥AB，∠MAD＝90°，FG⊥AD
∴四边形AGFM是矩形
∴AG＝MF，AM＝FG，
∵∠CEF＝90°，
∴∠FEM+∠BEC＝90°，∠BEC+∠BCE＝90°
∴∠FEM＝∠BCE，且∠M＝∠B＝90°，EF＝EC
∴△EFM≌△CEB（AAS）
∴BE＝MF，ME＝BC
∴ME＝AB＝BC
∴BE＝MA＝MF
∴AG＝FG，
（2）DH⊥HG
理由如下：如图，延长GH交CD于点N，

∵FG⊥AD，CD⊥AD
∴FG∥CD
∴，且CH＝FH，
∴GH＝HN，NC＝FG，∴AG＝FG＝NC
又∵AD＝CD，
∴GD＝DN，且GH＝HN，∴DH⊥GH
21．（湖北襄阳）（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为　 　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．

【答案】见解析。
24．【解析】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．
②解：结论：＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．
故答案为1．
（2）解：结论：＝k．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．

∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，
∴＝＝＝k．
（3）解：如图2﹣1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．

∵FB∥GC，FE∥GP，∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵＝，FG＝2，∴AE＝3，
∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，
∴K＝1或﹣1（舍弃），∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠BEF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴＝＝，∴＝＝，∴EM＝，PM＝，
∴CM＝EM＝EC＝﹣3＝，
∴PC＝＝．