初中数学苏科版八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形综合与测试复习练习题

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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题9.14正方形综合问题大题专练（重难点培优
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷共含解答28道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一．解答题（共28小题）
1．（2020春•兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据正方形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据正方形的性质和三角形内角和解答即可；
（3）延长CB至I，使BI＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延长CB至I，使BI＝DF，连接AI．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI与△EAF的公共边，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
2．（2020春•常州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，将BD向两个方向延长，分别至点E和点F，且使BE＝DF．
（1）判断四边形AECF的形状，并证明你的猜想；
（2）若AB＝32，BE＝3，求四边形AECF的周长．

【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据正方形和菱形的性质以及勾股定理解答即可．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
AC⊥BD．
∵BE＝DF，
∴OB+BE＝OD+DF，即OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=12AC，BO=12BD，AC＝BD，AC⊥BD，
∴AO＝BO，∠AOB＝90°．
在直角△AOB中，由勾股定理知：AB=AO2+BO2=32，
∴AO＝BO＝3．
∴EO＝OB+BE＝6．
在△AOE中，∠AOE＝90°，AE=AO2+EO2=32+62=35．
∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF．
∴四边形AECF的周长＝4AE＝125．
∴四边形AECF的周长是125．

3．（2020春•滨湖区期中）已知：l∥m∥n∥k，平行线l与m、m与n、n与k之间的距离分别为d1，d2，d3，且d1＝d3＝2，d2＝3．我们把四个顶点分别在l，m，n，k这四条平行线上的四边形称为“线上四边形”．

（1）如图1，正方形ABCD为“线上四边形”，BE⊥l于点E，EB的延长线交直线k于点F，求正方形ABCD的边长．
（2）如图2，菱形ABCD为“线上四边形”且∠ADC＝60°，△AEF是等边三角形，点E在直线k上，连接DF，且直线DF分别交直线l、k于点G、M，求证：EC＝DF．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABE≌△BCF，可得FC＝BE＝5，由勾股定理可求解；
（2）如图2，连接AC，由菱形的性质和等边三角形的性质可得AD＝AC，∠CAD＝60°，AE＝AF，∠EAF＝60°，由“SAS”可证△EAC≌△FAD，可得EC＝DF．
【解析】（1）如图1，∵l∥m∥n∥k，BE⊥l，
∴BE⊥k，BE⊥m，BE⊥n，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，BE＝5，BF＝2，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∵正方形ABCD为“线上四边形”，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴FC＝BE＝5，
∴BC=BF2+FC2=25+4=29；
（2）如图2，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵∠ADC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC，∠CAD＝60°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴∠EAF＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠DAF，
∴△EAC≌△FAD（SAS），
∴EC＝DF．
4．（2020春•锡山区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝5cm，E为对角线BD上一动点，连接AE、CE，过E点作EF⊥AE，交直线BC于点F，E点从B点出发，沿BD方向以每秒1cm的速度运动，当点E与点D重合时，运动停止．设△BEF的面积为ycm2，E点的运动时间为x秒．
点E在整个运动过程中，试说明总有：CE＝EF；

【分析】作辅助线，构建三角形全等，证明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
【解析】证明：（1）如图1，过E作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，
∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，
∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，
∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），
∴AE＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴CE＝EF；
5．（2020春•江阴市期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．设点N的坐标为（m，n）．
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段BD上，点B（﹣1，0），A（0，1）．且BM＝t（0＜t≤2），则点D的坐标为　（1，0）　，点C的坐标为　（0，﹣1）　；请直接写出点N纵坐标n的取值范围是　0＜n≤3　；
（2）若正方形的边长为2，求EC的长，以及AM+BM+CM的最小值．
（提示：连结MN：4+23=3+1，4−23=3−1）

【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA＝OB＝OC＝OD，由点B（﹣1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，﹣1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH＝60°，BM＝BN，求得NH=32BN=32t，于是得到结论；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM＝BN，∠NBM＝60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN＝BM，根据等边三角形的性质得到BE＝BA，∠ABE＝60°，求得∠ABM＝∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM＝EN，求得AM+BM+CM＝EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．
【解析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵点B（﹣1，0），A（0，1），
∴D（1，0），C（0，﹣1）；
过N作NH⊥BD于h，
∴∠NHB＝90°，
∵将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠NBH＝60°，BM＝BN，
∴NH=32BN=32t，
∵0＜t≤2，
∴点N纵坐标n的取值范围是0＜n≤3；
故答案为：（1，0），（0，﹣1）；0＜n≤3；

（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，
由旋转可得，BM＝BN，∠NBM＝60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴MN＝BM，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝BA，∠ABE＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM＝EN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
∴当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，
又∵∠ABE＝60°，∠ABH＝90°，
∴∠EBH＝30°，
∴Rt△EBH中，EH=12EB=12×2＝1，
∴BH=EB2−EH2=22−12=3，
∴CH＝2+3，
∴Rt△CEH中，CE=HE2+CH2=12+(2+3)2=8+43=6+2；
∴AM+BM+CM的最小值为6+2．


6．（2019秋•邳州市期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF＝45°．
（1）如图（1），试判断EF，BE，DF间的数量关系，并说明理由；
（2）如图（2），若AH⊥EF于点H，试判断线段AH与AB的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证△GDA≌△EBA，△GAF≌△EAF，根据全等三角形的性质得出GD+DF＝BE+DF＝EF进而求出即可；
（2）把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图，根据旋转的性质得AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，则可判断点Q在CB的延长线上，由∠EAF＝45°得到∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，然后根据“SAS”判断△AEQ≌△AEF，得到EQ＝FE，再根据全等三角形对应边上的高相等得到结论．
【解析】（1）解：BE+DF＝EF；理由如下：
如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，

∵在△GDA和△EBA中，
DG=BE∠GDA=∠ABE=90°AD=AB，
∴△GDA≌△EBA（SAS），
∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，
故∠GAF＝45°，
在△GAF和△EAF中，
∵AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF＝EF，
即GD+DF＝BE+DF＝EF；
（2）AH＝AB，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图2，

∴AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴点Q在CB的延长线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠QAE，
在△AEQ和△AEF中，
AE=AE∠EAF=∠QAEAQ=AF，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵AB⊥EQ，AH⊥FE，
∴AB＝AH．
7．（2019春•滨海县期中）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
（1）若直线EF与AB、AD的延长线分别交于点M、N，求证：EF2＝ME2+NF2；
（2）如图2，将正方形改为矩形，若其余条件不变，请写出线段EF、BE、DF之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．证明△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后证明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2＝ME2+MG2，等量代换即可证明EF2＝ME2+NF2；
（2）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，所以2（DF2+BE2）＝EF2．
【解析】（1）证明：如图1，设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF＝BG．
∴AF＝AG，∠FAG＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△AGE与△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
∴EG＝EF．
∵∠CEF＝45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，
∴a﹣BE＝a﹣DF，
∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，
∴∠BMG＝45°，
∴∠GME＝45°+45°＝90°，
∴EG2＝ME2+MG2，
∵EG＝EF，MG=2BM=2DF＝NF，
∴EF2＝ME2+NF2；
（2）解：EF2＝2BE2+2DF2．
如图2所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2，
8．（2019春•相城区期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，连接CE，以CE为边向右上方作正方形CEFG，作FH⊥AD，垂足为H，连接AF．
（1）求证：FH＝ED；
（2）若AB＝3，AD＝5，当AE＝1时，求∠FAD的度数．

【分析】（1）根据正方形的性质，可得EF＝CE，再根据∠CEF＝∠90°，进而可得∠FEH＝∠DCE，结合已知条件∠FHE＝∠D＝90°，利用“AAS”即可证明△FEH≌△ECD，由全等三角形的性质可得FH＝ED；
（2）根据矩形的性质得到CD＝AB＝3，求得DE＝4，根据全等三角形的性质得到FH＝DE＝4，EH＝CD＝3，得到AH＝FH，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形CEFG是正方形，
∴CE＝EF，
∵∠FEC＝∠FEH+∠CED＝90°，∠DCE+∠CED＝90°，
∴∠FEH＝∠DCE，
在△FEH和△ECD中EF=CE∠FEH=∠DCE∠FHE=∠D，
∴△FEH≌△ECD（AAS），
∴FH＝ED；
（2）解：∵在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，
∴CD＝AB＝3，
∵AE＝1，
∴DE＝4，
∵△FEH≌△ECD，
∴FH＝DE＝4，EH＝CD＝3，
∴AH＝4，
∴AH＝FH，
∵∠FHE＝90°，
∴∠FAD＝45°．
9．（2019春•无锡期中）如图，边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是AB边上一动点，ME⊥AO，MF⊥BO．
（1）求证：四边形OEMF为矩形；
（2）连接EF，求EF的最小值．

【分析】（1）根据正方形的性质和矩形判定解答即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【解析】（1）∵ME⊥AO，MF⊥BO，
∴∠MEO＝90°，∠MFO＝90°，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴∠EOF＝90°，
∴四边形OEMF为矩形；
（2）∵边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OA＝OB＝42，
当M在AB的中点时，EF有最小值，最小值=OE2+OF2=(22)2+(22)2=4．
10．（2020秋•海珠区校级期中）（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC．
（2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）延长BA，使AM＝CF，由题意可证△AMD≌△CFD，可得MD＝FD，∠ADM＝∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可证△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，则可得EF＝AE+CF；
（2）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，
如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD，

在△AMD和△CFD中，
AM=CF∠MAD=∠CAD=CD，
∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
MD=DF∠MDE=∠FDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，

由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，
∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，
DF=DN∠FDE=∠NDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
11．（2020春•越秀区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上的一点，点F是CD延长线上的一点，且BE＝DF，连结AE、AF、EF．求证：△ABE≌△ADF．

【分析】根据四边形ABCD是正方形，可得AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，利用SAS即可证明△ABE≌△ADF．
【解析】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
AB=AD∠B=∠ADFBE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS）．
12．（2020秋•永年区期中）（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+FD；
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有EF＝BE+FD，说明理由．

【分析】（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，再证△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】证明：（1）如图1：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，

则△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△EAF中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS）．
∴GF＝EF．
又∵DG＝BE，
∴GF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）当∠BAD＝2∠EAF时，仍有EF＝BE+FD，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS）
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．
13．（2020秋•东港市期中）如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，点D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG，
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由．
（2）若正方形ABCD的边长为6，∠BAG＝75°，求线段BG的长．

【分析】（1）连接CG．由正方形的性质得到A、C关于对角线BD对称，求得GA＝GC，根据矩形的判定定理得到四边形EGFC是矩形，求得CF＝GE，根据勾股定理即可得到结论；
（2）过点A作AH⊥BG，在Rt△ABH、Rt△AHG中，求出AH、HG即可求得结果．
【解析】（1）结论：AG2＝GE2+GF2．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA＝GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC＝∠ECF＝∠CFG＝90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF＝GE，
在Rt△GFC中，∵CG2＝GF2+CF2，
∴AG2＝GF2+GE2；

（2）过点A作AH⊥BG于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠GBF＝45°，
∵GF⊥BC，
∴∠BGF＝45°，
∵∠BAG＝75°，
∴∠AGB＝180°﹣∠ABD﹣∠BAG＝60°，
∴∠GAH＝30°，
在Rt△ABH中，∵AB=6，
∴AH2＝BH2=AB22=3，
∴AH＝BH=3，
在Rt△AGH中，∵AH=3，∠GAH＝30°，
∴AG＝2HG，
∵AG2＝HG2+AH2，
∴（2HG）2＝HG2+（3）2，
解得：HG＝1，
∴BG＝BH+HG=3+1．

14．（2020秋•成华区期中）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E在CD边上，以线段CE为边长在正方形ABCD的外部作正方形CEFG，以线段AD和DE为邻边作矩形ADEH，若S正方形CEFG＝S矩形ADEH．
（1）求线段CE的长；
（2）若点M为BC边的中点，连结MD，求证：MD＝MG．

【分析】（1）设CE＝x，利用正方形的性质和矩形的性质得到FG＝EF＝x，FH＝6+x，再证明S矩形BGFE＝S正方形ABCD，则（x+6）＝36，然后解方程得到CE的长；
（2）利用勾股定理计算出DM＝35，再计算MG＝MC+CG＝35，从而得到结论．
【解析】（1）解：设CE＝x，则FG＝EF＝x，FH＝6+x，
∵S正方形CEFG＝S矩形ADEH，
∴S正方形CEFG+S矩形BCEH＝S矩形BCEH+S矩形ADEH，
即S矩形BGFE＝S正方形ABCD，
∴x（x+6）＝36，解得x1＝35−3，x2＝﹣35−3（舍去），
即CE的长为35−3；
（2）证明：∵点M为BC边的中点，
∴MC＝3，
在Rt△MCD中，DM=32+62=35，
∵MG＝MC+CG＝3+35−3＝35，
∴MD＝MG．
15．（2020春•南岗区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E，H分别在BC，AB上，点G在BA的延长线上，且CE＝AG，DE⊥CH于F．
（1）求证：四边形GHCD为平行四边形．
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ECF互余的角．

【分析】（1）根据正方形性质求出AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，根据全等三角形判定可得DG＝HC，DE＝CH，再根据平行线的判定可得DG∥HC，进而可得即可四边形GHCD为平行四边形；
（2）根据直角三角形两个锐角互余，再结合（1）可得图中所有与∠ECF互余的角．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，
在△GAD和△ECD中，
AG=CE∠GAD=∠ECDAD=DC，
∴△GAD≌△ECD（SAS），
∴DE＝DG，∠GDA＝∠EDC，
∴∠GDA+∠ADF＝∠EDC+∠ADF，
即∠GDF＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥CH，
∴∠DFH＝∠CFD＝90°，
∴DG∥CH，
∵∠HCB+∠HCD＝∠EDC+∠DCF＝90°，
∴∠HCB＝∠EDC，
在△HBC和△ECD中，
∠HCB=∠EDCBC=DC∠B=∠DCE，
∴△HBC≌△ECD（ASA）
∴CH＝DE，
∴DG＝CH，
∵DG∥CH，
∴四边形GHCD为平行四边形；
（2）∵△HBC≌△ECD，
∴∠BHC＝∠CED，
∵∠ECF+∠FEC＝90°，
∴∠FEC，∠BHC与∠ECF互余；
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴∠ADE与∠ECF互余；
∵∠DGA＝∠CHB，
∴∠DGA与∠ECF互余；
∵∠DCF+∠ECF＝90°，
∴∠DCF与∠ECF互余；
∴与∠ECF互余的角有：∠FEC、∠DCF、∠BHC、∠DGA、∠ADE．

16．（2020春•梁溪区期中）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且∠PAE＝∠E，PE交CD于点F．
（1）求证：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数．

【分析】（1）先证出△ADP≌△CDP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；
（2）由△ADP≌△CDP，得∠DAP＝∠DCP，进而得∠DCP＝∠E，最后∠CPF＝∠EDF＝90°得到结论．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，
在△ADP和△CDP中
AD=DC∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴PA＝PC，
∵∠PAE＝∠E，
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠EDF＝90°，
由（1）知，△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF＝∠EDF＝90°．
17．（2020春•明水县校级期中）如图，P为正方形ABCD的对角线上任一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F．
（1）判断DP与EF的关系，并证明；
（2）若正方形ABCD的边长为6，∠ADP：∠PDC＝1：3．求PE的长．

【分析】（1）如图1，连接PB，由正方形的性质得到BC＝DC，∠BCP＝∠DCP，接下来证明△CBP≌△CDP，于是得到DP＝BP，然后证明四边形BFPE是矩形，由矩形的对角线相等可得到BP＝EF，从而等量代换可证得DP＝EF；如图2，延长DP交EF于G，延长EP交CD于H，连接PB，由△CBP≌△CDP，依据全等三角形对应角相等可得到∠CDP＝∠CBP，由四边形EPFB是矩形可证明∠CBP＝∠FEP，从而得到∠HDP＝∠FEP，由∠DPH+∠PDH＝90°可证明∠EPG+∠PEG＝90°，从而可得到DP⊥EF；
（2）先根据勾股定理计算AC=62+62=62，根据∠ADP：∠PDC＝1：3和三角形内角和定理可得∠CPD＝∠CDP，计算AP＝62−6，由△AEP是等腰直角三角形，可得PE的长．
【解析】（1）DP＝EF，且DP⊥EF，理由是：
如图1所示：连接PB，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCP＝∠DCP＝45°，
∵在△CBP和△CDP中，
BC=DC∠BCP=∠DCPPC=PC，
∴△CBP≌△CDP（SAS），
∴DP＝BP，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠PEB＝∠ABC＝∠PFB＝90°，
∴四边形BFPE是矩形，
∴BP＝EF，
∴DP＝EF；
如图2所示：延长DP交EF于G，延长EP交CD于H，连接PB．

∵△CBP≌△CDP，
∴∠CDP＝∠CBP，
∵四边形BFPE是矩形，
∴∠CBP＝∠FEP，
∴∠CDP＝∠FEP，
又∵∠EPG＝∠DPH，
∴∠EGP＝∠DHP，
∵PE⊥AB，AB∥DC，
∴PH⊥DC．即∠DHP＝90°，
∴∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴PG⊥EF，即DP⊥EF；
（2）Rt△ADC中，AD＝CD＝6，
∴AC=62+62=62，
∵∠ADP：∠PDC＝1：3，∠ADC＝90°，
∴∠CDP＝67.5°，
∵∠DCP＝45°，
∴∠CPD＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CPD＝∠CDP，
∴PC＝CD＝6，
∴AP＝62−6，
∵∠EAP＝45°，∠AEP＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴PE=62−62=6﹣32．
18．（2020春•下陆区校级期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM＝ON．
（2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长．

【分析】（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH＝HA＝4、HM＝8，再根据勾股定理得OM的长，由直角三角形性质知MN＝OM问题得解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，
∴∠OAM＝∠OBN＝135°，
∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM＝ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为8，
∴OH＝HA＝4，
∵E为OM的中点，
∴HM＝8，
则OM=82+42=45，
∴MN=2OM＝410．

19．（2020春•江津区期中）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG＝45°，那么EG与图中两条线段的和相等？证明你的结论．
（2）请用（1）中所积累的经验和知识完成此题，如图2，在四边形ABCD中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠ECG＝45°，BE＝4，求EG的长？

【分析】（1）将△CBE绕点C顺时针旋转90度至△CDF，再证△CEG≌△CFG即可．
（2）作CD⊥AG于D，补成图1的形状，设EG＝x，则根据（1）中结论可以将AG用x表示出来，再用勾股定理列方程进行计算即可．
【解析】（1）EG＝BE+DG．
如图1，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF，

∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝DC，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵∠CDF＝180﹣∠ADC，
∴∠CDF＝90°，
∴∠ABC＝∠CDF，
∵BE＝DF，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴∠BCE＝∠DCF，EC＝FC，
∵∠ECG＝45°，
∴∠BCE+∠GCD＝∠BCD﹣∠ECG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GCD+DCF＝∠FCG＝45°，
∴∠ECG＝∠FCG，
∵GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴EG＝GF，
∵GF＝GD+DF＝GD+BE，
∴EG＝GD+BE．
（2）如图2，过点C作CD⊥AG，交AG的延长线于D．


∵AG∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠B＝90°，
∵∠CDA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∵AB＝BC＝12，
∴CD＝AD＝12，
∵BE＝4，
∴AE＝AB﹣BE＝8，
设EG＝x，由（1）知EG＝BE+GD，
∴GD＝x﹣4，
∴AG＝AD﹣GD＝12﹣（x﹣4）＝16﹣x，
在Rt△AEG中：GE2＝AG2+AE2，
∴x2＝（16﹣x）2+82，解得x＝10，
∴EG＝10．
20．（2019春•路桥区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点（DE＜BE），连接AE，过点E分别作EF⊥AE交BC于点F，EG⊥BD交BC的延长线于点G．
（1）若AD＝2，DE＝1，求EG的长度；
（2）求证：FG＝AB．

【分析】（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝2，BD=2AD＝22，∠ABD＝∠CBD＝45°，可求BE的长，由等腰三角形的性质可得EB＝EG＝22−1；
（2）由“AAS”可证△ABE≌△FGE，可得FG＝AB．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，BD=2AD＝22，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BE＝BD﹣DE＝22−1，
∵EG⊥BD，∠DBG＝45°，
∴∠DBG＝∠EGB＝45°，
∴EB＝EG＝22−1；
（2）∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠BEG＝90°，
∴∠AEB＝∠GEF，
又∵BE＝EG，∠ABD＝∠FGE＝45°，
∴△ABE≌△FGE（AAS），
∴FG＝AB．
21．（2020春•涧西区校级期中）如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边BC在其所在的直线上平移，经通过平移得到的线段记为PQ，连接PA、QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP．
（1）请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边形？
（2）请判断OA、OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明．

【分析】（1）根据正方形性质和平移得：AD∥PQ，AD＝PQ，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得：APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：根据SAS证明△ABO≌△PQO，得OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，再根据∠BOQ＝90°，得∠BOP+∠AOB＝90°，得出结论．
【解析】证明：（1）四边形APQD是平行四边形，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
由平移得：BC＝PQ，
∴AD∥PQ，AD＝PQ，
∴四边形APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABO＝∠OBC＝45°，
∵OQ⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠OQB＝45°，
∴∠OQB＝∠ABO＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，
在△ABO和△PQO中，
∵AB=PQ∠ABO=∠OQBOB=OQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOQ＝∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝∠AOP＝90°，
∴OA⊥OP．
22．（2019秋•振安区校级期中）已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为射线CB上一点．以AD为边做正方形ADEF，连接CF，且点A，F分别在直线BC的两侧．
（1）请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；
（2）若正方形ADEF的边长为22，对角线AE，DF相交于点O，连接OC．求OC的长度．

【分析】（1）由△ABC是等腰直角三角形得AB＝AC，利用SAS即可证明△ABD≌△ACF，得BD＝CF，便可求得出结论；
（2）首先证明△BAD≌△CAF，△FCD是直角三角形，然后根据正方形的性质即可求得DF的长，由直角三角形斜边上的中线性质求出OC即可．
【解析】（1）CF+BC＝CD．理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD和△ACF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴BD＝CF，
∵BD+BC＝CD，
∴CF+BC＝CD；
（2）∵△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABD，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝∠ABD＝135°，
∴∠FCD＝90°，
∴△FCD是直角三角形．
∵正方形ADEF的边长为22，且对角线AE、DF相交于点O．
∴DF=2AD＝4，O为DF中点．
∴OC=12DF＝2．
23．（2019春•磐石市期中）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，R是AC上任意一点，连接BR，过点A作AQ⊥BR，垂足为点Q，AQ与BD交于点P．
（1）求证：OP＝OR；
（2）如图2，若点R在AC的延长线上，AQ⊥BR于点Q，AQ与DB的延长线交于点P，其他条件不变，判断线段DP与AR的数量关系：　AR＝DP　．

【分析】（1）由正方形的性质可得AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，由“AAS”可证△AOP≌△BOR，可得OP＝OR；
（2）由“AAS”可证△AOP≌△BOR，可得OP＝OR，即可得AR＝DP．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∵AQ⊥BR，
∴∠AQR＝∠AOP＝90°，
∴∠QAR+∠ARQ＝90°，∠PAO+∠APO＝90°，
∴∠APO＝∠ARQ，
∴△AOP≌△BOR（AAS），
∴OP＝OR；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∵AQ⊥BR，
∴∠AQR＝∠AOP＝90°，
∴∠QAR+∠ARQ＝90°，∠PAO+∠APO＝90°，
∴∠APO＝∠ARQ，
∴△AOP≌△BOR（AAS），
∴OP＝OR；
∴AO+OR＝DO+OP，
∴AR＝DP，
故答案为：AR＝DP．
24．（2019春•保山期中）四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．

（1）求证：AM＝AD+MC．
（2）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断AM＝AD+MC是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
【分析】（1）可以过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≌△AFE，可得AD＝AF，DE＝FE，再证明Rt△EFM≌Rt△ECM，即可得结论；
（2）证明方法同（1）．
【解析】（1）如图1，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
（2）AM＝AD+MC成立，理由如下：
如图2，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
所以AM＝AD+MC成立．
25．（2019秋•龙岗区期中）如图，正方形ABCD的边长为2．以对角线BD为边作菱形BEFD．点C，E，F在同一直线上，求CE的长．

【分析】首先过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G，即可得△ECG是等腰直角三角形，然后设EG＝CG＝x，在Rt△BEG中，由BE2＝BG2+EG2，可得方程：（22）2＝（2+x）2+x2，解此方程即可求得EG的长，继而求得CE的长．
【解析】过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
∵BD∥EF，
∴∠ECG＝∠DBC＝45°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∴EG＝CG，
设EG＝x，则BG＝2+x，
在Rt△BEG中，BE2＝BG2+EG2，
即（22）2＝（2+x）2+x2，
即x2+2x﹣2＝0，
解得：x=3−1或x=−3−1（舍去），
∴EG=3−1，
∴CE=2EG=6−2．

26．（2019秋•利川市期中）（1）如图1，已知正方形ABCD，点E在BC上，点F在DC上，且∠EAF＝45°，则有BE+DF＝　EF　．若AB＝4，则△CEF的周长为　8　．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF＝45°，试判断BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）延长EB至H，使BH＝DF，连接AH，证△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，根据全等三角形的性质得出EF＝HE＝BE+HB进而求出即可；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】（1）延长EB至H，使BH＝DF，连接AH，如图1，
∵在正方形ABCD中，
∴∠ADF＝∠ABH，AD＝AB，
在△ADF和△ABH中，AD=AB∠ADF=∠ABHDF=HB，
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠BAH＝∠DAF，AF＝AH，
∴∠FAH＝90°，
∴∠EAF＝∠EAH＝45°，
在△FAE和△HAE中，AF=AH∠FAE=∠EAHAE=AE，
∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF＝HE＝BE+HB，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝EF+CE+CF＝BE+CE+DF+CF＝BC+CD＝2AB＝8．
故答案为：EF；8．
（2）EF＝BE+DF，理由如下：
延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，如图2，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝∠C＝90°，∠EAF＝45°，
即∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．


27．（2020春•博白县期末）如图，正方形ABCD边长为8，E，F分别是BC，CD上的点，且AE⊥BF．
（1）求证：AE＝BF．
（2）若AF＝10，求AE的长．

【分析】（1）由正方形的性质可得∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，由余角的性质可得∠BAE＝∠CBF，可证△ABE≌△BCF，可得AE＝BF；
（2）由勾股定理可求DF＝6，可得FC＝2，由勾股定理可求AE＝BF＝217．
【解答】证明；（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）∵AF＝10，AD＝8，
∴DF=AF2−AD2=100−64=6，
∴CF＝8﹣6＝2，
∴BF=BC2+CF2=64+4=217，
∴AE＝217．
28．（2020春•庐江县期末）正方形ABCD中，点E是BD上一点，过点E作EF⊥AE交射线CB于点F，连结CE．
（1）已知点F在线段BC上
①若AB＝BE，求∠DAE度数；
②求证：CE＝EF
（2）已知正方形边长为2，且BC＝2BF，请直接写出线段DE的长．

【分析】（1）①先求得∠ABE的度数，然后依据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得∠BAE的度数，然后可求得∠DAE度数；
②先利用正方形的对称性可得到∠BAE＝∠BCE，然后在证明又∠BAE＝∠EFC，通过等量代换可得到∠BCE＝∠EFC；
（2）当点F在BC上时，过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．依据等腰三角形的性质可得到FN＝CN，从而可得到NC的长，然后可得到MD的长，在Rt△MDE中可求得ED的长；当点F在CB的延长线上时，先根据题意画出图形，然后再证明EF＝EC，然后再按照上述思路进行解答即可．
【解答】解：（1）①∵ABCD为正方形，
∴∠ABE＝45°．
又∵AB＝BE，
∴∠BAE=12×（180°﹣45°）＝67.5°．
∴∠DAE＝90°﹣67.5°＝22.5°
②证明：∵正方形ABCD关于BD对称，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠BCE．
又∵∠ABC＝∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠EFC，
∴∠BCE＝∠EFC，
∴CE＝EF．
（2）如下图所示：过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．

∵CE＝EF，
∴N是CF的中点．
∵BC＝2BF，
∴CNBC=14．
又∵四边形CDMN是矩形，△DME为等腰直角三角形，
∴CN＝DM＝ME，
∴ED=2DM=2CN=22．
如下图所示：过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．

∵正方形ABCD关于BD对称，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠BCE．
又∵∠ABF＝∠AEF＝90°，
∴∠BAE＝∠EFC，
∴∠BCE＝∠EFC，
∴CE＝EF．
∴FN＝CN．
又∵BC＝2BF，
∴FC＝3，
∴CN=32，
∴EN＝BN=12，
∴DE=322．
综上所述，ED的长为22或322