专题10 几何模型之与正方形有关的三垂线问题专练-【考点培优尖子生专用】2021-2022学年八年级数学下册专题训练（苏科版）

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专题10 几何模型之与正方形有关的三垂线问题专练（解析版）错误率：___________易错题号：___________一、单选题1．如图，在正方形中，点G为边上一点，以为边向右作正方形，连接，交于点P，连接，过点F作交于点H，连接，交于点K，下列结论中错误的是（ ）A． B．是等腰直角三角形C．点P为中点 D．【标准答案】D【思路指引】A．证明四边形BHFG为平行四边形，得BH=GF=CE，得BC=HE，再由正方形的性质得HE=CD，进而便可判断选项正误；B．证明△ABH≌△HEF，进而得出△AHF是等腰直角三角形，便可判断选项正误；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，证明四边形EFMH为矩形，再证明△PAD≌△PFM得AP=FP，便可判断选项正误；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，证明△AQK≌△APK得AK=PK，进而得BK2+DP2=KP2，便可判断正误．【详解详析】解：A．∵四边形CEFG是正方形，∴GF∥CE，GF=CE，∵BG∥HF，∴四边形BHFG为平行四边形，∴GF=BH，∴BH=CE，∴BC=HE，∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD．∴HE=CD，故A正确；B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形，∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°，∵BC=HE，BH=CE，∴AB=HE，BH=EF，∴△ABH≌△HEF（SAS），∴AH=HF，∠BAH=∠EHF，∵∠BAH+∠AHB=90°，∴∠EHF+∠AHB=90°，∴∠AHF=90°，∴△AHF为等腰直角三角形，故B正确；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，则MH∥EF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠HBD=∠ABC，∴∠HBM=45°，∴BH=MH，∵△ABH≌△HEF，∴BH=EF，∴MH=EF，∴四边形EFMH为矩形，∴MF∥BE∥AD，MF=HE，∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP，∵AD=BC=HE，∴AD=MF，∴△PAD≌△PFM（ASA），∴AP=FP，故C正确；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，则AQ=AP，∠QAP=90°，∵△AHF是等腰直角三角形，∴∠HAF=45°，∴∠QAK=∠PAK=45°，∵AK=AK，∴△AQK≌△APK（SAS），∴QK=PK，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°，由旋转性质知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP，∴∠QBK=90°，∴BK2+BQ2=QK2，∴BK2+DP2=KP2，故D错误；故选：D．【名师指路】本题是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，后两选项关键在构造全等三角形．2．如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（ ）A．12 B．10 C．8 D．6【标准答案】C【思路指引】易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得．【详解详析】∵四边形AFDC是正方形∴AC=AF，∠FAC=90°∴∠CAE+∠FAB=90°又∵∠CAE+∠ACE=90°∴∠ACE=∠FAB又∵∠CEA=∠FBA=90°∴△AEC≌△FBA∴AB=EC=4∴图中阴影部分的面积= 故选C【名师指路】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．3．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点分别在轴的正半轴上，，则四边形的面积为（ ）A． B． C． D．【标准答案】B【思路指引】过点P作，，证明，再根据面积计算即可；【详解详析】如图所示，过点P作，，∵点的坐标为，∴PM=PN，∵，∴，∴，又∵，∴，∴．故答案选B．【名师指路】本题主要考查了四边形与坐标系结合，全等三角形的应用，准确判断计算是解题的关键．4．如图，点，点在射线上匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形的面积为40时，点的坐标是（ ）A． B． C． D．【标准答案】D【思路指引】作轴于，轴于E，根据的坐标求得直线的斜率，进一步得出直线的斜率为，通过证得，得出，，可设，则，然后根据待定系数法求得直线的斜率为，整理得，然后根据勾股定理得出，代值求解即可．【详解详析】解：作轴于，轴于E，设直线的解析式为，∵点∴∵四边形是正方形，∴∴直线的斜率为又∵，∴，∴又∵∴∴，设，则设直线的解析式为，∴解得：∴整理得：∵正方形面积为40∴∴在中，，即：解得：∴∴故答案选B【名师指路】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据直线的斜率列出方程是解题的关键．5．如图，将n个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…An分别是正方形的中心，则这n个正方形重叠部分的面积之和是（　　）A．n B．n﹣1 C．（）n﹣1 D．（）n【标准答案】B【详解详析】解：由题意可得一个阴影部分面积等于正方形面积的，即是×4=1，3个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×2，4个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×3，5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×4，n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×（n﹣1）=n﹣1．故选B．二、填空题6．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为(1，)，则点C的坐标为______．【标准答案】【思路指引】如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E，先证明△COE≌△OAF，推出CE＝OF，OE＝AF，由此即可解决问题．【详解详析】解：如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E．∵四边形ABCO是正方形，∴OA＝OC，∠AOC＝90°，∵∠COE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠OAF＝90°，∴∠COE＝∠OAF，在△COE和△OAF中，，∴△COE≌△OAF，∴CE＝OF，OE＝AF，∵A（1，），∴CE＝OF＝1，OE＝AF＝，∴点C坐标，故答案为：．【名师指路】本题考查全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．7．如图，在中，，AC=8，BC=7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为______．【标准答案】17【思路指引】过E作EF⊥AC，垂足为F，由ABDE为正方形，利用正方形的性质得到一对角为直角，AE＝AB，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，由FA＋AC求出FC的长，在直角三角形CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长．【详解详析】过E作EF⊥AC，交CA的延长线于F，∵四边形ABDE为正方形，∴∠BAE＝90°，AE＝AB，∵∠EAF＋∠AEF＝90°，∠EAF＋∠BAC＝90°，∴∠AEF＝∠BAC，在△AEF和△BAC中，，∴△AEF≌△BAC（AAS），∴EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，在Rt△ECF中，EF＝8，FC＝FA＋AC＝8＋7＝15，根据勾股定理得：CE＝＝17．故答案为：17．【名师指路】此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．8．如图，正方形的边长为3，点在上，点在的延长线上，且，则四边形的面积为：______．【标准答案】9【思路指引】根据SAS判断，从而得到四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积，计算即可；【详解详析】∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵，∴，∴四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积==9．故答案是9．【名师指路】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，准确计算是解题的关键．9．正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标（0，4），B点的坐标（﹣3，0），则点D的坐标是_____．【标准答案】（4，1）．【思路指引】过点D作DE⊥y轴于E，由“AAS”可证△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．【详解详析】解：如图，过点D作DE⊥y轴于E，∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠BAO＝∠ADE，在△ABO和△DAE中，，∴△ABO≌△DAE（AAS），∴AE＝OB，DE＝OA，∵A（0，4），B（﹣3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴OE＝4﹣3＝1，∴点D的坐标为（4，1）．【名师指路】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．10．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB＝45°，延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM＝5，则FD的长为_____．【标准答案】【思路指引】过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q，只要证明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解决问题．【详解详析】解：如图，过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q．∵∠CFB＝45°∴CH＝HF，∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，∴∠BAG＝∠FBE，∵AG⊥BF，CH⊥BF，∴∠AGB＝∠BHC＝90°，在△AGB和△BHC中，∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，∴△AGB≌△BHC（AAS），∴AG＝BH，BG＝CH，∵BH＝BG+GH，∴BH＝HF+GH＝FG，∴AG＝FG；∵CH⊥GF，∴CH∥GM，∵C为FM的中点，∴CH＝GM，∴BG＝GM，∵BM＝5，∴BG＝，GM＝2，∴AG＝2，AB＝5，∴HF＝，∴CF＝×＝，∴CM＝，∵CK＝CM＝CF＝，∴BK＝，∵在△BKC和△CQD中，∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，∴△BKC≌△CQD（AAS），∴CQ＝BK＝，DQ＝CK＝，∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝，∴DQ＝QF＝，∴DF＝×＝．故答案为．【名师指路】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质是解题关键．11．如图，正方形的边长为4，点在边上，，若点在正方形的某一边上，满足，且与的交点为．则_________．【标准答案】或【思路指引】分两种情况进行讨论，点F在AD上或点F在AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到CM的长．【详解详析】解：分两种情况：①如图1所示，当点F在AD上时，由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），∴∠DCF=∠CBE，又∵∠BCF+∠DCF=90°，∴∠BCF+∠CBE=90°，∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，∴BE=5，∴CM=；②如图2所示，当点F在AB上时，同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），∴BF=CE，又∵BF∥CE，∴四边形BCEF是平行四边形，又∵∠BCE=90°，∴四边形BCEF是矩形，∴CM=BE=×5=．故答案为：或．【名师指路】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．12．如图，平面直角坐标系中有一正方形，点的坐标为点坐标为________．【标准答案】【思路指引】过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．先证明，得到，，根据点的坐标定义即可求解．【详解详析】解：如图，过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．，，．四边形是正方形，．易求．又∴，，，点的坐标为，，点到轴的距离为，点的坐标为．故答案为：【名师指路】本题考查了平面直角坐标系点的坐标，全等三角形的判定与性质，根据题意，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．13．如图，四边形中，．则______．【标准答案】45°【思路指引】作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，易证四边形AECF为矩形，可得∠FAE＝90°，再根据∠DAB＝90°，可得∠DAF＝∠BAE，即可证明△BAE≌△DAF，可得AE＝AF，即可判定矩形AECF为正方形，即可解题．【详解详析】解：作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，∵∠AEC＝∠AFC＝∠BCD＝90°，∴四边形AECF为矩形，∴∠FAE＝90°，即∠DAF＋∠DAE＝90°，∵∠DAE＋∠BAE＝90°，∴∠DAF＝∠BAE，在△BAE和△DAF中，∠AEB＝∠F，∠BAE＝∠DAF，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（AAS），∴AE＝AF，∴矩形AECF为正方形，∴∠ACB＝45°；故答案为：45°．【名师指路】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．14．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH＝_____．【标准答案】【思路指引】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到△DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长．【详解详析】解：延长DC交FE于点M，连接BD、BF，∵正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，∴DF＝＝，∵BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线，∴∠DBC=∠GBF=90，∴∠DBF＝90°，∴△DBF是直角三角形， ∵点H为DF的中点，∴BH＝DF＝，故答案为：．【名师指路】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．15．如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1＋2S2＋2S3＋S4=__．【标准答案】6【思路指引】先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有DE2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．【详解详析】解：如图，∵图中的四边形为正方形，∴∠ABD=90°，AB=DB，∴∠ABC+∠DBE=90°，∵∠ABC+∠CAB=90°，∴∠CAB=∠DBE，∵在△ABC和△BDE中， ，∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AC=BE，∵DE2+BE2=BD2，∴DE2+AC2=BD2，∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，∴S1+S2=1，同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．故答案为：6．【名师指路】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了勾股定理和正方形的性质．三、解答题16．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．【标准答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析【思路指引】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．【详解详析】解：（1），理由如下：∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴，在与中，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2），理由如下：如图，过点E作交CB的延长线于点G，∴，由（1）知：，∴，∴，∴在中，，在与中，∴，∴，又∵，∴；（3），理由如下：如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，∴，由（1）可知：，∴，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，由（1）可知：，∴，在与中，∴，∴，又∵，∴．【名师指路】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．17．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．【标准答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°【思路指引】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．【详解详析】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在△EQF和△EPD中，，∴△EQF≌△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，∵CE＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴四边形DECG是正方形，∴CG＝CE＝2；（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°＋40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，综上所述，∠EFC＝130°或40°．【名师指路】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．18．如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．（1）求证：．（2）求证：．（3）若，，求的长．【标准答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【思路指引】（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．【详解详析】（1）证明：在边上截取线段，使连．∵四边形是正方形;∵BN平分在中,, 在和中∴．（2）如图，设与CE的交点为H，∵四边形是正方形∴∵ 在和中，∴．又，又．四边形为平行四边形．．（3）解：如图所示，过作垂足为．由（2）知，，又∴即平分所以，∴三角形是等腰直角三角形，在中，设，则，即，．，，在中，，又在中，，，．【名师指路】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．19．如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点C）延长AE交CE于点F，连接DE．（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由．（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明．（3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长．【标准答案】（1）正方形，理由见解析；（2）CF＝FE'，证明见解析；（3）5【思路指引】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论；（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．【详解详析】解：（1）四边形BE′FE是正方形．理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，∴四边形BE′FE是矩形，由旋转得，BE′＝BE，∴四边形BE′FE是正方形．（2）CF＝FE'，证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，∵DA＝DE，∴AG＝AE，∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝AB，∠DAB＝90°，∴∠BAE+∠DAG＝90°，∵∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠ADG＝∠BAE，在△ADG和△BAE中，∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四边形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′，由旋转得，AE＝CE′，∴AE＝CE′，∴FE′＝AE＝CE′，∴CF＝FE'．（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，∵BE＝FE′，CF＝3，∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，∴(BE+3)2+BE2＝()2，解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去），∴AE＝1+3＝4，由（2）得，△ADG≌△BAE，∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1，∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，∵∠DGE＝90°，∴DE＝＝＝5．【名师指路】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．20．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转到△ABF的位置，接EF．（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；（2）若四边形AECF的面积为25，DE=2，求AE的长．【标准答案】（1）见解析；（2）AE的长为．【思路指引】（1）由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=90°，可得结论；（2）由题意可得四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，可求正方形的边长，由勾股定理可求解．【详解详析】（1）∵把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，∴△ADE≌△ABF，∠EAF=90°，∴AE=AF，∴△AEF是等腰直角三角形；（2）∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，∴AD=DC=5，∵DE=2，∴Rt△ADE中，AE=．【名师指路】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．