初中数学浙教版（2024）八年级下册5.3 正方形练习题

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【典例1】四边形ABCD是矩形，四边形AEFG是正方形，AD＞AE，点E在线段AD的左侧，连接DE，BG．
（1）如图1，若点F在边AD上时，AD＝3，AE，求DE的长．
（2）如图2，连接BF，若∠ADE＝∠ABG，BF＝BC，求证：三点B，G，E在同一直线上．
【思路点拨】
（1）作EH⊥AD于点H，由四边形AEFG是正方形得AE＝FE，根据勾股定理求出AF的长为2，则AH＝EHAF＝1，而AD＝3，所以DH＝2，再根据勾股定理求出DE的长即可；
（2）先证明△DAE≌△BAG，得AD＝AB，可证明四边形AEFG是正方形，则BF＝BA＝BC，可知点B在线段AF的垂直平分线上，而GA＝GF，EA＝EF，则点G、点E都在线段AF的垂直平分线上，由此可得三点B，G，E在同一直线上．
【解题过程】
（1）解：如图1，作EH⊥AD于点H，
∵四边形AEFG是正方形，点F在边AD上，
∴AE＝FE，∠AEF＝90°，
∴AF2，
∴AH＝FHAF＝1，
∴EHAF＝1，
∵AD＝3，
∴DH＝AD﹣AH＝2，
∵∠DHE＝90°，
∴DE，
∴DE的长是.
（2）证明：如图2，连接AF，
∵四边形ABCD是矩形，四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝∠DAB＝90°，
∴∠DAE＝∠BAG＝90°﹣∠DAG，
在△DAE和△BAG中，
，
∴△DAE≌△BAG（AAS），
∴AD＝AB，
∴四边形AEFG是正方形，
∴BA＝BC，
∵BF＝BC，
∴BA＝BF，
∴点B在线段AF的垂直平分线上，
∵GA＝GF，EA＝EF，
∴点G、点E都在线段AF的垂直平分线上，
∴三点B，G，E在同一直线上．
1．（2022•凯里市校级一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【思路点拨】
把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决．
【解题过程】
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：
∴∠BAF＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF+∠DAE＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，
在△AFE和△AGE中，
，
∴△AFE≌△AGE（SAS），
∴EF＝EG，
即：EF＝EG＝ED+DG，
∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，
∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，
∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x，
在Rt△CFE中，由勾股定理得：
EF2＝CE2+CF2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
即BF＝2，
故选：A．
2．（2021秋•井研县期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点．且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【思路点拨】
连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【解题过程】
解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS）．
∴AE＝BF．
所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，
所以AE+DE＝DH．
在Rt△ADH中，DH
∴BF+DE最小值为4．
故选：C．
3．（2022•鸡冠区校级一模）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E在边CD上，DE＝2；作EF∥BC．分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG，BE的中点，则MN的长是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【思路点拨】
先判定四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，可得点N为FC的中点，BE＝FC；再证明△AFG为等腰直角三角形，然后由直角三角形斜边中线的性质可得MNFC，由勾股定理可得BE的长，即为FC的长，从而可得MN的值．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°
∵EF∥BC，
∴∠BFE+∠ABC＝180°，
∴∠BFE＝90°，
∴四边形BCEF为矩形，
连接FM，FC，如图：
∵N是BE的中点，四边形BCEF为矩形．
∴点N为FC的中点，BE＝FC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，
又∵∠AFG＝90°，
∴△AFG为等腰直角三角形．
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
∴FM⊥AG，
∴△FMC为直角三角形，
∵点N为FC的中点，
∴MNFC，
∵四边形ABCD是边长为8的正方形，DE＝2，
∴BC＝CD＝8，CE＝6，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE＝10，
∴FC＝10，
∴MNFC＝5．
故选：B．
4．（2021春•丹江口市期中）如图，以Rt△ABC的斜边AB为边，在AB的右侧作正方形ABDE，对角线AD，BE交于点O，已知，AC＝10，BC＝6，则OC的长为（ ）
A．B．8C．12D．
【思路点拨】
过点O作OM垂直于CA于点M，作ON垂直于CB于点N，易证四边形MCNO是矩形，利用已知条件再证明△AOM≌△BON，因为OM＝ON，AM＝BN，所以CO平分∠ACB；进而求出CN的长，根据勾股定理即可求出OC的长．
【解题过程】
解：如图，过点O作OM垂直于CA于点M，作ON垂直于CB于点N，
∴∠OMC＝∠ONC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形MCNO是矩形，
∴∠MON＝90°，
∵正方形ABDE对角线交于点O，
∴OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠MON﹣∠AON＝∠AOB﹣∠AON，
∴∠AOM＝∠NOB，
∵∠OMA＝∠ONB＝90°，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（AAS），
∴OM＝ON，AM＝BN，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∴矩形MCNO是正方形，
∵AC＝10，BC＝6，
∴CN＝CM（AC+BC）＝8，
∵∠OCN＝45°，
由勾股定理得：OC＝8．
故选：B．
5．（2021秋•呼和浩特期中）如图所示，O为正方形ABCD的中点，BE平分∠DBC，交DC于点E，延长BC到F，使FC＝EC，连结DF交B的延长线于点H，连结OH交DC于点G，连结HC，则下列结论：①OH∥BF；②∠CHF＝45°；③GHBC；④三角形BDF是直角三角形．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
先由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，然后结合EC＝FC得到△BCE≌△DCF，结合角平分线的性质得到相关的角，然后可以判定④，再利用等腰三角形的性质得到①，然后利用直角三角形斜边上的中线得到②，最后结合中位线的性质得证③．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝∠DBC＝45°，∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，
∵EC＝FC，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠EBC＝∠FDC，∠BEC＝∠F，
∵BE平分∠DBC，
∴∠DBH＝∠FBH＝∠FDC＝22.5°，
∴∠BDF＝∠BDC+∠FDC＝45°+22.5°＝67.5°，∠F＝∠BEC＝90°﹣∠EBC＝90°﹣22.5°＝67.5°，故④错误，不符合题意；
∴∠BDF＝∠F，
∴BD＝BF，△BDF是等腰三角形，
∴DH＝HF，即点H是DF的中点，
∴CH＝HF，
∴∠HCF＝∠F＝67.5°，
∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠F＝45°，故②正确，符合题意；
∵O为BD的中点，
∴OH是三角形BDF的中位线，
∴OH∥BF，故①正确，符合题意；
∴GHCF，
在正方形ABCD中，BDBC，
∴BCBD，
∵BF＝BD，CF＝BF﹣BC，
∴CF＝BDBDBD，
∴GHBDBCBC，故③错误，不符合题意；
∴正确的有①②两个，
故选：B．
6．（2021春•仙桃校级月考）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，连接EF，AG平分∠FAE，AG分别交BC，EF于点G，H，连接EG，DH．则下列结论中：①AF＝AE；②∠EGC＝2∠BAG；③DE+BG＝EG；④若DE＝CE，则CE：CG：EG＝3：4：5，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
①正确．证明△ADE≌△ABF（ASA）可得结论．
②正确．证明△AGF≌△AGE（SAS），推出∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，推出∠EGF＝180°﹣2∠BAG可得结论．
③正确．证明△GAF≌△GAE，推出GF＝GE可得结论．
④正确．当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ABF＝∠ADE＝∠BAD＝90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴△ADE≌△ABF（ASA），
∴AE＝AF，故①正确，
∵AG平分∠EAF，
∴∠GAF＝∠GAE，
∵AF＝AE，AG＝AG，
∴△AGF≌△AGE（SAS），
∴∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，
∴2∠AGF＝2（90°﹣∠BAG），即∠EGF＝180°﹣2∠BAG，
∵∠EGF＝180°﹣∠EGC，
∴180°﹣∠EGC＝180°﹣2∠BAG，
∴∠EGC＝2∠BAG，故②正确，
∵△ADE≌△ABF，
∴DE＝BF，
∵△AGF≌△AGE，
∴GF＝GE，
∵GF＝BF+BG＝DE+BG，
∴EG＝BG+DE，故③正确，
当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，
在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（x+a）2＝a2+（2a﹣x）2，
解得xa，
∴CGa，EGa，
∴CE：CG：EG＝a：a：a＝3：4：5，故④正确，
∴正确的有①②③④共四个，
故选：D．
7．（2021春•鄞州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【思路点拨】
延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可证得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行线的判定可证明②的正确性；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定③．
【解题过程】
解：延长EP交AD于Q，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，
∵PF⊥CD，
∴∠DPF＝45°，
∴DF＝PF，
∵PE⊥BC，
∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，
∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，
∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四边形PQDF为正方形，
∴DF＝QP，
∴CE＝QP，
在△AQP和△FCE中，
，
∴△AQP≌△FCE（SAS），
∴AP＝EF，
若AP＝5，则EF＝5，故①正确；
若AP⊥BD，则∠PAQ＝45°，
∵△AQP≌△FCE，
∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，
∵∠BDC＝45°，
∴∠EFC＝∠BDC，
∴EF∥BD，故②正确；
当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，
∵AB＝AD＝4，
∴BD，
∴APBD，
∵EF＝AP，
∴EF的最小值为，故③错误，
故选：A．
8．（2021春•青川县期末）如图，正方形ABCD中，E、F均为中点，则下列结论中：
①AF⊥DE；②AD＝BP；③PE+PF；④PE+PF＝PC．
其中正确的是（ ）
A．①④B．①②④C．①③D．①②③
【思路点拨】
根据正方形性质得出AD＝DC＝BC；∠ADC＝∠DCB；EC＝DFDC，证△ADF≌△DCE，推出∠AFD＝∠DEC，求出∠DPF＝90°即可判断①；过B作BG∥DE交AD于G，交A于M，求出BG是AP的垂直平分线，推出△ABP是等腰三角形，即可判断②；延长DE至N，使得EN＝PF，证△CEN≌△CFP，推出CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，求出△NCP是等腰直角三角形，即可判断③④．
【解题过程】
解：如图1，
∵正方形ABCD，E，F均为中点，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB，EC＝DFDC，
∵在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC，
∵∠DEC+∠CDE＝90°
∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DPF，
∴AF⊥DE，∴①正确；
如图2，过B作BG∥DE交AD于G，交AP于M，
∵AF⊥DE，BG∥DE，E是BC中点，
∴BG⊥AP，
∵AD∥BC，BG∥DE，
∴四边形GBED是平行四边形，
∴DG＝BE，
即BE＝EC＝DG，
∵AD＝BC，
∴AG＝DG，
即G是AD的中点，
∴BG是AP的垂直平分线，
∴△ABP是等腰三角形
∴BP＝AB＝AD，∴②正确；
如图，延长DE至N，使得EN＝PF，连接CN，
∵∠AFD＝∠DEC
∴∠CEN＝∠CFP
又∵E，F分别是BC，DC的中点，
∴CE＝CF，
∵在△CEN和△CFP中，
，
∴△CEN≌△CFP（SAS），
∴CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，
∵∠PCF+∠BCP＝90°
∴∠ECN+∠BCP＝∠NCP＝90°
∴△NCP是等腰直角三角形
∴PN＝PE+NE＝PE+PFPC，∴③正确，④错误；
∴①②③正确．故选：D．
9．（2021秋•南海区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，DE＝10，则AD的长为 8或6 ．
【思路点拨】
过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），再设AD＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出AD．
【解题过程】
解：过C作CG⊥AD于G，并延长DG，使GF＝BE，
在直角梯形ABCD中∵AD∥BC，∠A＝∠B＝90°，∠CGA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCG为正方形，
∴AG＝BC＝12，
∵∠DCE＝45°，
∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC，
∴△ECD≌△FCD（SAS）．
∴ED＝DF＝10，
∴DE＝DF+DG＝BE+GD，
设AD＝x，则DG＝12﹣x，
∴AE＝14﹣x，
在Rt△AED中，∵DE2＝AD2+AE2，
∴102＝（14﹣x）2+x2
∴x＝8，x＝6
即AD＝8或6．
故答案为：8或6．
10．（2021秋•南岗区校级月考）如图，AD是△ABC的高，∠BAC＝45°，若BD＝10，DC＝3，则高AD的长度为 15 ．
【思路点拨】
以AD为边作正方形ADEF，在EF上截取FQ＝BD，就可以得出△ABD≌△AQF，得出∠CAQ＝45°，∠BAC＝∠CAQ，就有△BAC≌△QAC，从而得出BC＝CQ＝13，设AD＝x，则QE＝x﹣10，CE＝x﹣3．由勾股定理就可以求出x的值，得出AD的值，由三角形的面积公式就可以求出结论．
【解题过程】
解：以AD为边作正方形ADEF，在EF上截取FQ＝BD＝10．
在△ABD和△AQF中，
，
∴△ABD≌△AQF（SAS），
∴AB＝AQ，∠BAD＝∠FAQ，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAD+∠DAC＝45°，
∴∠DAC+∠FAQ＝45°，
即∠CAQ＝45°，
∴∠BAC＝∠CAQ．
在△BAC和△QAC中，
，
∴△BAC≌△QAC（SAS），
∴BC＝CQ＝BD+CD＝13．
设AD＝x，则QE＝x﹣10，CE＝x﹣3．
在Rt△CQE中，∠E＝90°，
∵CE2+QE2＝CQ2，
∴（x﹣3）2+（x﹣10）2＝132，
解得：x1＝15，x2＝﹣2（不合舍去），
∴AD＝15．
故答案为：15．
11．（2021春•宜兴市期中）在正方形ABCD中，边长为2，BE＝2AE，连接DE，在AD、BC上分别存在点G、F，连接GF交DE于H点，且∠GHD＝45°，则线段FG＝ ．
【思路点拨】
先证四边形DNFG是平行四边形，可得DN＝GF，由“SAS”可证△ADM≌△CDN，可得∠ADM＝∠CDN，MD＝DN，由“SAS”可证△MDE≌△NDE，可得ME＝EN，由勾股定理可求解．
【解题过程】
解：如图，过点D作DN∥GF，交BC于点N，连接EN，延长BA至M，使AM＝CN，连接DM，
∵DN∥GF，DA∥BC，
∴四边形DNFG是平行四边形，∠DHG＝∠EDN＝45°，
∴DN＝GF，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDN＝45°，
在△ADM和△CDN中，
，
∴△ADM≌△CDN（SAS），
∴∠ADM＝∠CDN，MD＝DN，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE＝∠EDN，
在△MDE和△NDE中，
，
∴△MDE≌△NDE（SAS），
∴ME＝EN，
∵BE＝2AE，
∴BE，AE，
设AM＝CN＝x，
则BN＝2﹣x，ME＝ENx，
∵EN2＝BE2+BN2，
∴（x）2（2﹣x）2，
∴x＝1，
∴CN＝1，
∴GF＝DN，
故答案为：．
12．（2022春•渝中区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，E、F分别为BC、CD上的两点，BE＝CF，AE、BF分别交BD、AC于M、N两点，连OE、OF．下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF；③CE+CFBD；④S四边形OECFS正方形ABCD．其中正确的序数是 ①②④ ．
【思路点拨】
①易证得△ABE≌△BCF（ASA），则可证得结论①正确；
②由△ABE≌△BCF，可得∠FBC＝∠BAE，证得AE⊥BF，选项②正确；
③证明△BCD是等腰直角三角形，求得选项③错误；
④证明△OBE≌△OCF，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．
【解题过程】
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，故①正确；
②由①知：△ABE≌△BCF，
∴∠FBC＝∠BAE，
∴∠FBC+∠ABF＝∠BAE+∠ABF＝90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
③∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BDBC，
∴CE+CF＝CE+BEBC，故③错误；
④∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，
在△OBE和△OCF中，
，
∴△OBE≌△OCF（SAS），
∴S△OBE＝S△OCF，
∴S四边形OECF＝S△COE+S△OCF＝S△COE+S△OBE＝S△OBCS正方形ABCD，故④正确；
故答案为：①②④．
13．（2021春•泗水县期中）如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作EF∥AD．与AC，DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：①EG＝DF；②∠AEH+∠ADH＝180°；③△EHF≌△DHC；④PH2＝PA2+CH2；其中以上结论中正确的个数是 4 ．
【思路点拨】
①根据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；
③由SAS证明△EHF≌△DHC；
②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；
④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论．
【解题过程】
解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF＝FC，
∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，
∴EG＝DF，故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝CH，∠GFH∠GFC＝45°＝∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
，
∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；
∴∠HEF＝∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；
④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，
∴△DAQ≌△DCH，
∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，
∵△EHF≌△DHC，
∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，
∴∠DHE＝∠FHC＝90°，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADP+∠CDH＝45°，
∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，
又∵QD＝DH，DP＝DP，
∴△QDP≌△HDP（SAS），
∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，
∴∠QAP＝90°，
∴QA2+AP2＝QP2，
∴PH2＝AP2+CH2，故④正确，
结论正确的有①②③④共4个．
故答案为：4．
14．（2022•萧山区模拟）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．
【思路点拨】
（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，COAC，DOBD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，
∴AC⊥BD，AC＝BD＝4，
∴OB＝COAC＝2，DOBD＝2，
∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，
∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，
∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
∵BE＝1，
∴OE＝OF＝OB﹣BE＝21．
15．（2021春•怀化期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．
（1）求证：四边形OGCF是正方形．
（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．
【思路点拨】
（1）根据有三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OGCF是矩形，根据角平分线的性质，可得OH与OF，OH与OG的关系，根据邻边相等的矩形是正方形，可得答案；
（2）由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB和BC，根据全等三角形判定的HL定理证得Rt△AOH≌Rt△AOF得到AH＝AF，设正方形OGCF的边长为x，则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝4x，根据AB＝AH+BH＝8，解方程即可求出x．
【解题过程】
（1）证明：过O作OH⊥AB于H点，
∵OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，
∴∠OGC＝∠OFC＝90°．
∵∠C＝90°，
∴四边形OGCF是矩形．
∵AD，BE分别是∠BAC，∠ABC的角平分线，OF⊥AC，OG⊥BC，
∴OG＝OH＝OF，
又四边形OGCF是矩形，
∴四边形OGCF是正方形；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴ACAB，
∵AC＝4，
∴AB＝2AC＝2×4＝8，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴BC4，
在Rt△AOH和Rt△AOF中，
，
∴Rt△AOH≌Rt△AOF（HL），
∴AH＝AF，
设正方形OGCF的边长为x，
则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝4x，
∴4﹣x+4x＝8，
∴x＝22，
即正方形OGCF的边长为22．
16．（2021春•上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．
（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．
（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE 不可能 是菱形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由．
【思路点拨】
（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；
（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；
（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．
【解题过程】
解：（1）OE＝OF．理由如下：
∵CE是∠ACB的角平分线，
∴∠ACE＝∠BCE，
又∵MN∥BC，
∴∠NEC＝∠ECB，
∴∠NEC＝∠ACE，
∴OE＝OC，
∵CF是∠BCA的外角平分线，
∴∠OCF＝∠FCD，
又∵MN∥BC，
∴∠OFC＝∠FCD，
∴∠OFC＝∠OCF，
∴OF＝OC，
∴OE＝OF；
（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则
∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形；
（3）不可能．理由如下：
如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF∠ACB∠ACD（∠ACB+∠ACD）＝90°，
若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，
但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．
故答案为：不可能．
17．（2021春•天心区期中）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．
【思路点拨】
（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．
【解题过程】
（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，ACAB＝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°．
18．（2021秋•周宁县期中）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．
（探究建模）
（1）如图1，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线，求证：AE＝CF；
（类比应用）
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF，AE⊥EF，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【思路点拨】
（1）证明△DAE≌△DCF（ASA），可得结论；
（2）猜想：EA+ECDE．如图2中，证明△DAE≌△DCF，推出DE＝DF．AE＝CF，即可证明．
【解题过程】
（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△DAE和△DCF中，
，
∴△DAE≌△DCF（ASA），
∴AE＝CF．
（2）解：猜想：EA+ECDE．
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠ADC＝90°，
∵DE⊥DF，AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∵∠DCF+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCF，
∴△DAE≌△DCF（AAS），
∴AE＝CF，DE＝DF，
∴EFDE，
∵AE+EC＝EC+CF＝EF，
∴EA+ECDE．
19．（2021秋•南海区期中）如图，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，F为AB上一点，且FG⊥BE交CD于点G．
（1）求证：FG＝BE；
（2）若E为AD中点，FG垂直平分BE，求的值．
【思路点拨】
（1）过点C作CH∥GF，分别交AB、BE于点H、M，根据平行线的性质及正方形的性质可得∴∠CHB＝∠AEB，再利用全等三角形的判定与性质可得CH＝BE，最后根据平行四边形的判定与性质可得结论；
（2）连接BG，EG，由垂直平分线的性质可得BG＝EG，设AD＝2x，DG＝y，根据正方形的性质和勾股定理可得答案．
【解题过程】
（1）证明：过点C作CH∥GF，分别交AB、BE于点H、M，如图：
∵FG⊥BE，CH∥GF，
∴CH⊥BE，
∴∠BMH＝90°，
∴∠ABE+∠CHB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，AB∥CD，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠CHB＝∠AEB，
在△BCH和△ABE中，
，
∴△BCH≌△ABE（ASA），
∴CH＝BE，
∵CH∥GF，AB∥CD，
∴四边形CHFG是平行四边形，
∴GH＝FG，
∴FG＝BE；
（2）解：连接BG，EG，如图：
∵FG垂直平分BE，
∴BG＝EG，
设AD＝2x，DG＝y，
∵四边形ABCD是正方形，
∴bBC＝CD＝AD＝2x，
∵E为AD中点，
∴DEAD＝x，
在Rt△DEG和Rt△BCG中，BC2+CG2＝BG2，DE2+DG2＝EG2，
∴BC2+CG2＝DE2+DG2，
∴（2x）2+（2x﹣y）2＝x2+y2，
整理得，7x2﹣4xy＝0，
∵x≠0，
∴yx，
∴．
20．（2021春•黄州区期末）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）已知AB的长为6，求（BE+6）（DF+6）的值．
（3）借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若三角形PQR中，∠QPR＝45°，一条高是PH，长度为6，QH＝2，求HR长度．
【思路点拨】
（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
（2）证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），得出BE＝GE，同理：Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），得出DF＝GF，证出BE+DF＝GE+GF＝EF，设BE＝x，DF＝y，则CE＝BC﹣BE＝6﹣x，CF＝CD﹣DF＝6﹣y，EF＝x+y，在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，整理得：xy+6（x+y）＝36，即可得出答案；
（3）当△PQR是锐角三角形时，如图2中，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．当△PQR是钝角三角形时，如图3中，过P作PT⊥PR交RQ延长线于T，构建方程组求解即可．
【解题过程】
（1）证明：作AG⊥EF于G，如图1，
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝GE，
同理：Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF＝GF，∴BE+DF＝GE+GF＝EF，
设BE＝x，DF＝y，则CE＝BC﹣BE＝6﹣x，CF＝CD﹣DF＝6﹣y，EF＝x+y，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：（6﹣x）2+（6﹣y）2＝（x+y）2，
整理得：xy+6（x+y）＝36，
∴（BE+6）（DF+6）＝（x+6）（y+6）＝xy+6（x+y）+36＝36+36＝72；
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝6，
∴GQ＝4，
设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（6﹣a）2+42＝（2+a）2，
解得：a＝3，即HR＝3．
当△PQR是钝角三角形时，过P作PT⊥PR交RQ延长线于T，如图3所示：
则∠TPQ＝90°﹣45°＝45°，
由①得：TH＝3，
∴PT3，
设HR＝x，PR＝y，则TR＝x+3，
∵△PTR的面积（x+3）×63y，
∴y＝6+2x，
∴5y2＝（6+2x）2①，
在Rt△PRH中，由勾股定理得：y2＝62+x2②，
由①②得：（x﹣12）2＝0，
∴x＝12，
即HR＝12；
综上所述，HR为3或12.