专题18.33 正方形与45°的有关模型（巩固篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题18.33 正方形与45°的有关模型（巩固篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共41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18.33 正方形与45°的有关模型（巩固篇）
（专项练习）
一、单选题
1．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
2．如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是 ( 　 )

A．2 B． C． D．－1
3．如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：，，的面积，其中正确的个数为（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个
4．如图，正方形ABCD中，点E在BD上，且，延长CE交AD于F，则为(　　)

A． B． C． D．


二、填空题
5．正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，BE+DF=EF，则∠EAF的度数是_______．

6．如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，则∠EAG＝_____度．

7．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＝_____．

8．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．

9．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、EF、AF，且∠EAF＝45°，下列结论：
①△ABE≌△ADF；
②∠AEB＝∠AEF；
③正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长；
④S△ABE+S△ADF＝S△CEF，其中正确的是_____．（只填写序号）

10．如图，在正方形中，、分别是边、上的点，，的周长为6，则正方形的边长为__________.

11．如图，将绕点按顺时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，则___________度；如图，已知正方形的边长为分别是边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为_________ ．

12．如图，正方形被与边平行的线段、分割成4个小矩形，是与的交点，若矩形的面积恰好是矩形面积的2倍，则的大小为__________．


三、解答题
13．如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿 AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．

（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；
（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．


14．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°
（1）求证：BE+DF=EF
（2）当BE=1时，求EF的长




15．如图，，，点、分别在边、上，，过点作，且点在的延长线上．

（1）与全等吗？为什么？
（2）若，，求的长．




16．如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．

（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，求证：；
（3）在（2）的条件下，已知，求的长．


17．分层探究
（1）问题提出：如图1，点E、F别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF，解题思路：把△ABE绕点A逆时针旋转　 　度至△ADG，可使AB与AD重合．由∠FDG＝ADG+∠ADC＝180°，则知F、D、G三点共线，从而可证△AFG≌　 　（　 　），从而得EF＝BE+DF，阅读以上内容并填空．
（2）类比引申：如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．探究：若∠B、∠D都不是直角，当∠B、∠D满足什么数量关系时，仍有EF＝BE+DF？
（3）联想拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，并且∠DAE＝45°．猜想BD、CE、DE的数量关系，并给出理由．



18．正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．



19．（1）如图1所示，已知正方形中，是上一点，是延长线上一点，且．求证：；
（2）如图2所示，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）中的结论证明：．









20．（1）如图，在正方形 ABCD 中，∠FAG=45°，请直接写出 DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明．

（2）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，E，F 分别是 BC 上两点，∠EAF=45°，
①写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明．

②若将（2）中的△AEF 绕点 A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？ 若不成立，直接写出新的结论 ，无需证明．

（3）如图，△AEF 中∠EAF=45°，AG⊥EF 于 G，且GF=2，GE=3，则 = ．





21．正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，，求的度数．




22．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．

（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE＋DF










23．如图，过线段AB的端点B作射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：≌；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）试探究AE+EF+AF与2AB是否相等，并说明理由．







参考答案
1．D
【分析】
根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．
【详解】
解：由正方形与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，

∴，


故①正确；
由对折可得：
，



故②正确；
设
则

所以：的周长是一个定值，
故③正确，
如图，连接
由对折可得：






故④正确．

综上：①②③④都正确．
故选
【点拨】
本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．A
【分析】
如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【详解】
如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE，
∵OA=OC，∠OCE=∠AOM，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．

∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，
设AF=，
∵CE=，
∴EF=，EB=3，，
∴()2=32+()2，
∴，
∴点F的纵坐标为，
故选：A
【点拨】
本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、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，属于中考常考题型．
3．B
【分析】
①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；
②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；
③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解；
④根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：①∵∠AOC=90°，∠DOE=45°，
∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，
故正确；
②∵EF=，
∴OE=2．
∵AO=AB=3，
∴AE=AO+OE=2+3=5，
故正确；
③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，
则FG=1，
CF=＝＝，
BH=3-1=2，
DH=3+1=4，
BD=，故错误；
④△COF的面积S△COF=×3×1=，
故错误；

故选：B．
【点拨】
本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线是解题的关键．
4．B
【分析】
先根据正方形的性质得出，再根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理可得，然后根据平行线的性质即可得．
【详解】
四边形ABCD是正方形





，即
解得
故选：B．
【点拨】
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识点，掌握正方形的性质是解题关键．
5．45°
【分析】
延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS），可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF，可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=即可解题．
【详解】
解：如图，延长EB到点G，使得 BG=DF ，连接AG，

在正方形ABCD中，
∠D=∠ABC=， AB=AD，
∴∠ABG=∠ADF=，
在△ABG 和 △ADF 中，
，
∴△ABG≌△ADF(SAS) ，
∴∠DAF=∠BAG ， AF=AG，
又 ∵EF=DF+BE=BG+BE=EG，
∴ 在 △AEG 和 △AEF 中，
，
∴△AEG≌△AEF(SSS) ，
∴∠EAG=∠EAF，
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=，
∴∠BAG+∠EAF+∠BAE=，
∴∠EAG+∠EAF=，
∴∠EAF=．
故答案为：．
【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键．
6．45．
【分析】
根据正方形的性质和折叠的性质可以证明△ADG≌△AFG，再根据全等三角形的性质可得∠DAG=∠FAG，由折叠可得∠BAE=∠FAE，进而可得∠EAG的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝90°，
由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，∠BAE＝∠EAF，
∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∠GAF＝∠GAD，
∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝（∠BAF+∠DAF）＝45°．
故答案为：45．
【点拨】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质．
7．
【分析】
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】
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：．
【点拨】
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．
8．2
【分析】
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】
解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，
解得：x=2，即BE=2．
故答案为：2．
【点拨】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
9．②③
【分析】
当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE和△ADF的边对应不相等，由此判断①；延长CD至G，使得DG＝BE，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，即可判断②；通过周长公式计算，再由BE+DF＝EF，即可判断③；证明S△ABE+S△ADF＝S△AGF，再由三角形的底与高的数量关系得S△AGF＞S△CEF，进而判断④．
【详解】
解：①当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE≌△ADF不成立，故①错误；
②延长CD至G，使得DG＝BE，连接AG，如图1，

∵四边形ABCD为正方形
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠G，AE＝AG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEB＝∠AEF，故②正确；
③∵△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+BE+DF＝BC+CD＝2BC，
∵正方形ABCD的周长＝4BC，
∴正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长，故③正确；
④∵△ABE≌△ADG，
∴S△ABE＝S△ADG，
∴S△ABE+S△ADF＝S△AGF，
∵GF＝EF＞CF，AD≥CE，
∴，即S△AGF＞S△CEF，
∴S△ABE+S△ADF≠S△CEF，故④错误；
故答案为：②③．
【点拨】
此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积关系，掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键．
10．3.
【分析】
根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=6，得出正方形边长即可．
【详解】
解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，

由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中
，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为6，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=6，
∴2BC=6，
∴BC=3．
故答案为：3．
【点拨】
此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
11．46 2.5
【分析】
先利用三角形外角性质得∠ACA′=∠A+∠B=67°，再根据旋转的性质得∠BCB′=∠ACA′=67°，然后利用平角的定义计算∠ACB′的度数；由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．．
【详解】
解：∵∠A=27°，∠B=40°，
∴∠ACA′=∠A+∠B=67°，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，
∴∠BCB′=∠ACA′=67°，
∴∠ACB′=180°-67°-67°=46°．

∵△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°，
在△DEF和△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+（4-x）2=x2，
解得：x=2.5，
∴FM=2.5．

故答案为：46；2.5．
【点拨】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的综合应用．解题的关键是掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
12．45°
【分析】
首先添加辅助线、、，再证，然后根据勾股定理和“矩形的面积恰好是矩形面积的2倍”证得，进一步可得证，最后根据全等三角形的性质求得的度数.
【详解】
解：如图，连接，延长至，使得，连接，

在与中

∴
∴，
∴
设，，正方形边长为．
则，，，
∴．
又∵矩形的面积恰好是矩形面积的2倍
∴，即
∴
∴
在与中

∴
∴
故答案是：
【点拨】
本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识点，属中档题目，注意辅助线的添加，熟练掌握相关定理是解题的关键．
13．（1）见解析；（2）AB=．
【分析】
(1)由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；
(2)根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．
【详解】
(1)由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，
∵∠EAF=45°,
∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，
又∵∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
(2)∵EC=FC=1，
∴BE=DF，EF=，
∵EF=EG+GF=BE+DF，
∴BE=DF=EF=，
∴AB=BC=BE+EC=．
【点拨】
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．
14．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）如图（见解析），先根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质可得，从而可得点在同一条直线上、，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证；
（2）设，先根据（1）的结论可得，再根据正方形的性质可得，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）如图，将绕点A顺时针旋转得到，
四边形ABCD是正方形，
，
点B是点D旋转后的对应点，点G是点F旋转后的对应点，
由旋转的性质得：，
，
点在同一条直线上，
又，
，
在和中，，
，
，
又，
；

（2）设，
由（1）已证：，
，
，
四边形ABCD是边长为3的正方形，
，
，，
在中，，即，
解得，
故EF的长为．
【点拨】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（1），利用旋转的性质构造全等三角形是解题关键．
15．（1）△GAB≌△FAD，理由见解析；（2）EF=5
【分析】
（1）由题意可得∠ABG=∠D=90°，进一步即可根据ASA证得△GAB≌△FAD；
（2）由（1）的结论可得AG=AF，GB=DF，易得∠BAE+∠DAF=45°，进而可推出∠GAE=∠EAF，然后利用SAS即可证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，点在的延长线上，
∴∠ABG=∠D=90°，
在△GAB和△FAD中，
∵，AB=AD，∠ABG=∠D，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵△GAB≌△FAD，
∴AG=AF，GB=DF，
∵，，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF，∠GAE=∠EAF，AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
∵GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5，
∴EF=5．

【点拨】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
16．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）首先证明是矩形，然后找到一组邻边相等即可证明四边形是正方形；
（2）主要证明，从而得出，由（1）知，四边形是正方形，，等量代换即可证明；
（3）已知，可知，又因为，求出AD的长度，DF=AD-AF，根据等式关系求出DF的长，最后证明为等腰直角三角形，OD=DF即可求解．
【详解】
（1）在矩形中，，
，
，
，
四边形是矩形，
又AE平分，
，
，
为等腰直角三角形，
=，
四边形是正方形（邻边相等的矩形为正方形）；
（2），
，
又，AD=AE，
（AAS），
，
由（1）知，四边形是正方形，
，
；
（3）在正方形中，，，，
由（2）知：，
AD=AE=，，
DF=AD-AF=-1，
又，，
为等腰直角三角形，
OD=DF=2-．
【点拨】
本题主要考查了矩形与正方形的判定与性质、证明三角形全等等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
17．（1）90，△AFE，SAS；（2）∠B+∠D＝180°；（3）EF2＝BE2+FD2，理由见解析
【分析】
（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFG≌△AFE进而得到EF＝FG，即可得EF＝BE+DF；
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，与（1）的证法类同；
（3）把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，根据旋转的性质，可知△AFD≌△ABE′得到BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，在Rt△ABD中的，AB＝AD，可求得∠E′BD＝90°，所以E′B2+BE2＝E′E2，证△AE′E≌△AE′F，利用FE＝EE′得到EF2＝BE2+FD2．
【详解】
解：（1）∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：90，△AFE，SAS；
（2）当∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，如图2

∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠D＝180°；
（3）猜想：EF2＝BE2+FD2，
证明：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，如图3，

∴△AFD≌△ABE′，
∴BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABD+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BE2＝E′E2，
又∵∠FAE＝45°，
∴∠BAE+∠EAD＝45°，
∴∠E′AB+∠BAE＝45°，即∠E′AE＝45°，
在△AEE′和△AEF中，
，
∴△AEE′≌△AEF（SAS），
∴EE′＝FE，
∴EF2＝BE2+DF2．
【点拨】
本题主要考查了几何变换综合，结合全等三角形的性质与判定计算是关键．
18．（1）见解析；（2）5，详见解析．
【分析】
（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF+AE；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】
（1）证明：
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得：x＝5，
则EF＝5．
【点拨】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长．
19．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD．
【详解】
解：（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD．

【点拨】
本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，利用全等三角形的判定方法正确证明三角形全等是关键．
20．（1）FG=BF+DG；（2）①EF2=BE2+FC2，理由见解析；②仍然成立；（3）15
【分析】
（1）把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，可使AD与AB重合，再证明△AFG≌△AFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG；
（2）①根据△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，根据旋转的性质，可知△ACF≌△ABG得到BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG，∠FAC=∠GAB，根据Rt△ABC中的AB=AC得到∠GBE=90°，所以GB2+BE2=GE2，证△AGE≌△AFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2；
②将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得△AFG≌△AFE即可求解；
（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在Rt△EFC中，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案．
【详解】
（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，使AD与AB重合，

∴∠BAP=∠DAG，AP= AG，
∵∠BAD=90°，∠FAG=45°，
∴∠BAF+∠DAG=45°，
∴∠PAF=∠FAG=45°，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠FBP=180°，点F、B、P共线，
在△AFG和△AFP中，
，
∴△AFG≌△AFP（SAS），
∴PF=FG，
即：FG=BF+DG；
（2）①FC2+BE2=EF2，证明如下：
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠C=∠ABC=45°，
将△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，

∴△ACF≌△ABG，
∴BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG=45°，∠FAC=∠GAB，
∴∠GBE=∠ABG +∠ABC =90°，
∴GB2+BE2=GE2，
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=45°，
∴∠GAB+∠BAE=45°，
即∠GAE=45°，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE=EF，
∴FC2+BE2=EF2；
②仍然成立，理由如下：
如图，将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点为点G，

∴△ACG≌△ABE，
∴CG=BE，AG=AE，∠ACG=∠ABE=45°，∠BAE=∠CAG，
∴∠GCB=∠ACB +∠ACG =90°，即∠GCF=90°，
∴GC2+CF2=FG2，
∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=90°，
∴∠CAG+∠EAC=90°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴GF=EF，
∴FC2+BE2=EF2；

（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，

∴△AEG△AEB，△AFG△AFD，
∴AB=AG=AD，BE=EG=3，DF=FG=2，∠EAG=∠EAB，∠FAG=∠FAD，∠B=∠D=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠FAD=∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为正方形，
设AG =，则AB=BC=CD=，
在Rt△EFC中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=，FC=CD-DF=，
∴，
故，
解得：（舍去），，
∴AG=6，
∴．
故答案为：15．
【点拨】
本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中．
21．45°
【分析】
延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS）可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=90°即可解题．
【详解】
解：如图，延长EB到点G，使得，连接AG．
在正方形ABCD中，，，
．
在和中，
，
，
，．
又，
在和中，
，
，
．
，
，
，
．

【点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键．
22．（1）DF；（2）见解析
【分析】
（1）由于△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；
（2）先证明△ADF≌△ABG，得到AG=AF，∠GAB=∠DAF，结合∠EAF＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE≌△AFE即可得到EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【详解】
解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中

∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0

∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
【点拨】
本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．
23．（1）见解析；（2）CF⊥AB，见解析；（3）AE+EF+AF＝2AB，见解析
【分析】
（1）四边形APCD正方形，则DP平分∠APC，PC＝PA，∠APD＝∠CPD＝45°，即可求解；
（2）△AEP≌△CEP，则∠EAP＝∠ECP，而∠EAP＝∠BAP，则∠BAP＝∠FCP，令CF与线段AP交于点M，则∠FCP+∠CMP＝90°，则∠AMF+∠PAB＝90°即可求解；
（3）证明△PCN≌△APB（AAS），则CN＝PB＝BF，PN＝AB，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC＝PA，
∴∠APD＝∠CPD＝45°，
∵PE＝PE，
∴△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵△AEP≌△CEP，
∴∠EAP＝∠ECP，
∵∠EAP＝∠BAP，
∴∠BAP＝∠FCP，
令CF与线段AP交于点M，
∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB＝90°，
∴∠AFM＝90°，
∴CF⊥AB；
（3）过点C作CN⊥PB．

∵CF⊥AB，BG⊥AB，
∴FC∥BN，
∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，
又AP＝CP，
∴△PCN≌△APB（AAS），
∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，
∵△AEP≌△CEP，
∴AE＝CE，
∴AE+EF+AF＝CE+EF+AF
＝BN+AF
＝PN+PB+AF
＝AB+CN+AF
＝AB+BF+AF
＝2AB，
即AE+EF+AF＝2AB．
【点拨】
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定及其性质、平行线的性质、等量代换等知识点，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定方法及其性质．