【专项练】正方形的判定性质综合-苏科版八年级下册期中、期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形的判定性质综合 1．如图，在正方形 ABCD中，以对角线 BD为边作菱形 BDFE，连接 BF，则∠AFB＝（ ） A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定 2．如图，在边长为 2的正方形 ABCD中，点 E是对角线 AC上一点，且 EF AB 于点 F， 连接 DE，当 22.5ADE  时，EF （ ） A．1 B． 2 2 2 C． 2 1 D． 1 4 3．如图，正方形 ABCD的边长为 2，E是 BC的中点，点 P是 AC边上的一个动点，连结 BP， EP，则 BP＋EP的最小值为（ ） A． 5 B． 3 C． 2 D． 2＋1 4．图中有三个正方形，若阴影部分面积为 4个平方单位，则最大正方形的面积是（ ）平方单 位. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 A．48 B．12 C．24 D．36 5．如图，在正方形 ABCD中，AE平分∠BAC交 BC于点 E，点 F是边 AB上一点，连接 DF．若 AE＝DF，则∠CDF的度数为（ ） A．45° B．60° C．67.5° D．72° 6．如图，正方形 ABCD中，点 E、F分别在 BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接 AC交 EF于 G，下列结论：①BE＝DF，②∠DAF＝15°，③AC垂直平分 EF，④BE+DF＝EF，⑤S△CEF ＝S△ABE+S△ADF，其中正确的结论有（ ）个． A．5 B．4 C．3 D．2 7．如图，E、F 分别是正方形 ABCD的边CD，AD上的点，且CE DF ，AE，BF相交 于点O，下列结论： ① AE BF ； ② AE BF ； ③ AO OE ； ④ AED FBC   中，正确的结论有（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 A．1个B．2个C．3个D．4个 8．如图，点 P是正方形 ABCD内的一点，且 PA=1，PB=PD= 2，则∠APB的度数为 ． 9．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成， 连接EF，其中 2, 5AE BE  ，则EF的长是 ． 10．如图，在平面直角坐标系中，点 A，B 的坐标分别是 ( ) ( )3 3 7 7，，， ，过点 A 分别作 AC x 轴于点 C， AD y 轴于点 D，过点 B作BE x⊥ 轴于点 E，点 P是线段CA AD， 上的动点， 连接PB PE， ，当 PBE△ 为等腰三角形时， AP的长为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 11．如图，四边形 ABCD为正方形，点 E为对角线 AC上一点，连接DE，过点 E作EF DE ， 交 BC于点 F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．若 6AB  ，则CE CG 的值 为 ． 12．如图，以边长为 1的正方形的四边中点为顶点作一个四边形，再以所得四边形的四边中点 为顶点作第 2个四边形，…，依次作下去，图中所作的第三个四边形的周长为 ，所作 第 2023个四边形的周长为 13．数学活动： 人们把宽与长的比是 5 1 2  （或长与宽的比为 5 1 2  ）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我 们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩 形的设计，如希腊的帕特农神庙（如图 1）等．下面给出两种得到黄金矩形的方案． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 (1)方案一：如图 2，在矩形 ABCD中， 2AB BC ，连接对角线 AC，以C为圆心，CA长为 半径画弧交 BC延长线于点E，过E作EF CE 交 AD延长线于F ，请直接写出图中得到的 黄金矩形是______； (2)方案二：如图 3，已知正方形 ABCD，以CD为边向外作矩形CDFE，M 为 BC中点，连 接DM ．过E作 EN DM∥ 交 AF 延长线于点N ，当DN EN 时，可猜想矩形CDFE是黄 金矩形，请你证明这个猜想． 14．如图1，在正方形 ABCD中，点 P是线段 BC上一个动点（与点 B、C不重合），过点A 作线段PE PA 于点 P，且PE PA ，连接DE，过点D作DF EP∥ ，交 AB于点F ，交 AP 于点G，连接 FP． (1)求证： ① ABP DAF≌△ △ ； ②四边形 PEDF 是平行四边形； (2)如图2，点M 是 BC延长线上一点，当点 P在线段 BC上运动时，求证：点 E始终在 DCM 的角平分线上． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 15．在正方形 ABCD中，点 P在对角线 AC上，点 E，F分别在边 BC，CD上，且 PE PF 于点 P． (1)特例发现：如图 1，当点 P在对角线 AC，BD的交点处时，求证： PE PF ； (2)探究证明：如图 2，当点 P不在对角线 AC，BD的交点处时，判断PE与 PF的数量关系， 并说明理由； (3)拓展运用：在（2）的条件下，若 4EC  ， 2CF  ，连接EF，请直接写出PE的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形的判定性质综合 1．A 【难度】0.85 【知识点】根据正方形的性质与判定求角度、利用菱形的性质求线段长 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得 BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的 两个内角的和进行计算即可得解． 【详解】解：在正方形 ABCD中，∠ADB= 12 ∠ADC= 1 2 ×90°=45°， 在菱形 BDFE中，BD=DF， 所以，∠DBF=∠AFB， 在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°， 解得∠AFB=22.5°． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都 相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难 度不大，熟记各性质是解题的关键． 2．C 【难度】0.85 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判 定、三角形的外角的定义及性质 【分析】证明 67.5CDE CED    ，则 2CD CE  ，计算 AC的长，得 2 2AE   ， 证明 AFE 是等腰直角三角形，可得EF的长． 【详解】解：四边形 ABCD是正方形， 2AB CD BC    ， 90B ADC    ， 45BAC CAD   ， 2 2AC AB\ = = ， 22.5ADE   ， 90 22.5 67.5CDE      ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 45 22.5 67.5CED CAD ADE          ， CDE CED  ， 2CD CE   ， 2 2AE   ， EF AB ， 90AFE  ， AFE 是等腰直角三角形， 2 1 2 AEEF    ， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识， 解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型． 3．A 【难度】0.85 【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】根据正方形是轴对称图形，AC所在的直线是正方形的一条对称轴，进而根据对称性 可知，BP+EP＝PD+PE，当 , ,D P E在同一直线上时，BP EP 的值最小为DE的长，进而根 据勾股定理求得DE的值． 【详解】解：连接 BD， ∵正方形是轴对称图形， AC所在的直线是正方形的一条对称轴， ∴无论 P在什么位置，都有 PD＝PB； 故均有 BP+EP＝PD+PE成立； 连接 DE与 AC，所得的交点，即为 BP+EP的最小值时的位置， 如图所示： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 此时 BP+EP＝DE， ∵正方形 ABCD的边长为 2， ∴DC＝BC＝2， ∵E是 BC的中点， ∴EC＝1， 在 Rt△DEC中， DE＝ 2 2DC EC ＝ 4 1 ＝ 5 ， 故选：A． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，勾股定理，理解对角线所在的直线是正方形的对称轴是解 题的关键． 4．D 【难度】0.85 【知识点】根据正方形的性质与判定求面积 【分析】根据正方形的性质和等腰三角形的性质，设 AE EF a  ,结合勾股定理，求得正方 形的边长，即可求得答案. 【详解】 ∵ ABCD与EFGH 都是正方形， ∴ 45EAF EFA DFG DGF       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 ∴ AE EF FG  ，FD DG 设 AE EF a  , ∵ 21 4 2AEF S a  ∴ 2 8a  ， ∵ 2 2 2 22 16AF AE EF a    ∴ 4AF  ∵ 2 2 2 22FG FD DG FD   ∴ 2 22 8a FD  ∴ 2FD  ∴ 6AD AF FD   ∴正方形 ABCD的面积是：36， 故选：D 【点睛】本题考查了正方形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，勾股定理的应用 是解题的关键. 5．C 【难度】0.85 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用 HL证全等（HL） 【分析】由“HL ”可证 ( )Rt ADF Rt BAE HL ≌ ，可得 22.5ADF BAE   ，即可求解． 【详解】解：四边形 ABCD是正方形， AB AD  ， 90B BAD ADC     ， 45BAC  ， AE 平分 BAC ， 22.5BAE EAC    ， 在Rt ADF 和 Rt BAE 中， AD AB DF AE    ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 ( )Rt ADF Rt BAE HL  ≌ ， 22.5ADF BAE    ， 67.5CDF  ， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形全等． 6．B 【难度】0.85 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质、全等三 角形综合问题 【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的 性质就可以得出 EC＝FC，就可以得出 AC垂直平分 EF，设 EC＝x，由勾股定理就可以得出 BE与 EF，利用三角形的面积公式分别表示出 S△CEF和 2S△ABE，再通过比较大小就可以得出 结论． 【详解】解：∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°． ∵△AEF等边三角形， ∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°． ∴∠BAE+∠DAF＝30°． 在 Rt△ABE和 Rt△ADF中， AE AF AB AD    ， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE＝DF，故①正确； ∵∠BAE＝∠DAF， ∴∠DAF+∠DAF＝30°， 即∠DAF＝15°，故②正确； ∵BC＝CD， ∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即 CE＝CF， ∵AE＝AF， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 ∴AC垂直平分 EF，故③正确； 设 EC＝x，由勾股定理，得 EF＝ 2 x，CG＝ 2 2 x， ∴AE=EF= 2 x，EG= 1 2 EF= 2 2 x， ∴AG＝ 2 2AE EG ＝ 6 2 x， ∴AC＝ 6 2 2 x x ， ∴AB＝ 3 2 x x ， ∴BE＝AB﹣x＝ 3 2 x x ， ∴BE+DF＝ 3 x﹣x≠ 2 x，故④错误； ∵S△CEF＝ 1 2 x 2， S△ABE＝ 1 4 x2， ∴2S△ABE＝S△CEF， ∴S△CEF＝S△ABE+S△ADF，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②③⑤，共 4个． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用， 等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质是解题 的关键． 7．C 【难度】0.85 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、全等三角形综合问题 【分析】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，根据四边形 ABCD是 正方形及CE DF ，可证出 ADE BAF△ ≌△ ，则得到：① AE BF ；可以证出 90ABO BAO   ，则② AE BF 一定成立,可以证出 AED AFB  即可判断④．用 反证法可证明 AO OE ，即可判断③． 【详解】解：四边形 ABCD是正方形， CD AD AB   ， 90BAF ADE    ， CE DF ， DE AF  ， 在 和 BAF△ 中， AD AB D BAF DE AF       ，  ADE BAF SAS ≌ ， AE BF  （故①正确）； ∴ AED AFB  ∵ AD BC∥ ∴ AFB FBC  AED FBC   （故④正确）； 90DAE AFB DAE DEA       ， 90AFB EAF   ， AE BF  一定成立（故②正确）； 假设 AO OE ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 AE BF ， AB BE  （线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等）， 在Rt BCE 中， BE BC ， AB BC  ，这与正方形的边长 AB BC 相矛盾， 假设不成立， AO OE （故③错误）； 故选：C． 8．105° 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求角度、用勾股定理解三角形、全等的性质和 SAS综合 （SAS） 【分析】过点 P作 PH⊥AB于 H，由全等可知∠BAP=∠DAP=45°，从而得到∠APH=45°，然 后通过 AP可求出 HP的长，从而得到∠BPH，即可得到∠APB的度数． 【详解】解：过点 P作 PH⊥AB于 H， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， 在△APB和△APD中 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 AB AD AP AP PB PD      ∴△APB≌△APD， ∴∠BAP=∠DAP， 由∠BAD=90°，可知∠BAP=∠DAP=45°， ∴∠APH=90°-45°=45°， ∴PH=AH, ∵PA=1， 在Rt APH 中，由勾股定理可得： 2 2 PH  ， ∵PB= 2， ∴∠PBA=30°， ∴∠BPH=90°-30°=60°， ∴∠APB=∠APH+∠BPH=45°+60°=105° 故答案为：105° 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，作出 辅助线是解题的关键． 9．3 2 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、以弦图为背景的计算题、用勾股定理解三角形、 化为最简二次根式 【分析】根据题意，由全等三角形的性质及正方形的判定与性得到相关线段长，在等腰 Rt GEF 中，利用勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ] “赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼接而成， ≌ ≌ ≌AHD BEA DFC CGB△ △ △ △ ，  EH HF FG GE   ，即中间四边形GFHE是正方形， 5AH BE   ，  2AE  ， 5 2 3GE EH AH AE       ， 在等腰Rt GEF 中， 2 2 2 3 2EF GE GF GE    ， 故答案为：3 2． 【点睛】本题考查“赵爽弦图”相关问题，涉及全等性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角 形的判定与性质、勾股定理等知识，理解“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼接而成，数 形结合，借助正方形的判定与性质求解是解决问题的关键． 10． 33 4 或2 10 4 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判 定、坐标与图形 【分析】本题考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，坐标与图形，正确掌握相关性质 内容是解题的关键．先根据等腰三角形的性质，进行作图以及分类讨论，当 B为顶点时，以及 点 E为顶点时，结合勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：如图：以点 B为圆心，BE为半径画圆，分别交 AD AC， 于一点 21P P， ；以点 E 为圆心，BE为半径画圆，分别交 AD于一点 3P ，再过点 21P P， 分别作 1 2PM BE P H BE ， ， 连接 3P E如图所示： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 ∵ PBE△ 为等腰三角形， ∴ 1 2BE BP BP  ， ∵点 A，B 的坐标分别是 ( ) ( )3 3 7 7，，， ，过点 A 分别作 AC x 轴于点 C， AD y 轴于点 D， ∴ 3AD AC  ， ∴四边形 ACOD是正方形， ∴ 3OC AC DA   ∵过点 B作BE x⊥ 轴于点 E ∴ 1 2 7BE BP BP   4CE AM  ，BM ， 在 2Rt BP H 中， ∴ 2 33 4AP BH BM    ； 在 1Rt BPM 中， 2 21 1 49 16 33MP BP BM     ∴ 1 1 33 4AP PM AM    ； 在 3Rt EPM 中， 2 23 3 49 9 2 10MP EP EM     ∴ 3 3 2 10 4AP PM AM    ； 综上：当 PBE△ 为等腰三角形时， AP的长为 33 4 或2 10 4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 故答案为： 33 4 或2 10 4 ． 11． 6 2 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS） 综合（ASA或者 AAS）、化为最简二次根式 【分析】过点 E作MN BC 于点 M，作EN CD 于 N，利用正方形的性质，角平分线的性 质以及全等三角形的判定可证 EMF END≌  得出EF ED ，再证明 ADE CDG ≌ ，得出 AE CG ，则可证CE CG AC  ，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点 E作MN BC 于点 M，作 EN CD 于 N， ∵四边形 ABCD为正方形， 6AB  ， ∴ 6AD CD  ， AC平分 BCD ， 90BCD ADC    ， 6 2AC  ， ∴EM EN ，四边形EMCN是矩形， ∴ 90MEN  ， 又EF DE ， ∴ 90MEN FED    ， ∴ MEF NED   ， 又 90EMF END    ，EM EN ， ∴ EMF END≌  ， ∴EF ED ， ∴矩形DEFG是正方形， 又四边形 ABCD为正方形， ∴ 90ADC EDG    ，DE DG ， ∴ ADE CDG   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴ ADE CDG ≌ ， ∴ AE CG ， ∴ 6 2CE CG CE AE AC     ． 故答案为： 6 2． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，添加 合适的辅助线，证明矩形DEFG是正方形是解题的关键． 12． 2 1010 2 2 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、图形类规律探索、与实 数运算相关的规律题 【分析】根据正方形的性质以及三角形中位线定律，求出第二个，第三个的周长，从而发现规 律，即可求出第 n个四边形的周长，据此即可求解． 【详解】解：由题意可知：得到的四边形都是正方形， 根据勾股定理得， 第一个四边形的边长为： 2 21 1 2 2 2 2             ，周长为： 24 2 2 2   ， 第二个四边形的边长为： 2 2 2 2 2 1 2 4 4 2 2                          ，周长为： 2 24 2 2         ， 第三个四边形的边长为： 32 21 1 2 2 4 4 4 2                    ，周长为： 3 24 2 2         ， ……， 故第 n个四边形的边长为： 2 2 n       ，周长为： 24 2 n        ， 故第 2023个四边形的周长为：   2023 1010 2023 2 2020 1010 2023 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2          ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 故答案为： 2， 1010 2 2 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，图形类规律探究，以及正方形的周长的 求法，根据已知得出规律是解题关键． 13．(1)矩形 ABEF (2)是，见解析 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长、根据矩形的 性质求线段长 【分析】（1）由 2AB BC ，结合勾股定理可得 2 2 5CE AC AB BC BC    ，进而得 到 5BE BC BC  ，即可求解； （2）由正方形的性质可得 90BCD  ，AD BC∥ ，设 2BC CD a  ，则 1 2 CM BC a  ， 根据勾股定理求出 5DM a ，证明四边形DMEN 是菱形，可得 5ME DM a  ，进而求 出  5 1CE a  ，即可求解． 【详解】（1）解： 2AB BC ， 90BÐ = °，   22 2 22 5CE AC AB BC BC BC BC      ，  5BE BC CE BC BC    ，  2 5 1 25 AB BC BE BC BC     ， 矩形 ABEF是黄金矩形， 故答案为：矩形 ABEF； （2）矩形CDFE是黄金矩形，证明如下： 四边形 ABCD是正方形，  90BCD  ， AD BC∥ ， 设 2BC CD a  ， M 为 BC中点， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15  1 2 CM BC a  ， 在Rt CDM 中，  22 2 2 2 5DM CM CD a a a     ，  DN ME ， EN DM∥ ， 四边形DMEN 是平行四边形， 又 DN EN ， 四边形DMEN 是菱形，  5ME DM a  ，   5 5 1CE ME CM a a a      ，   5 1 5 1 2 2 aCE CD a     ， 矩形CDFE是黄金矩形． 【点睛】本题考查了黄金分割的概念，正方形的性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股 定理，解题的关键是灵活运用这些知识． 14．(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形 性质和判定证明、全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA或者 AAS） 【分析】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质， 正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）①先根据正方形的性质得 BAP ADF   ，证明  ASAABP DAF ≌ ；②由①得出  ASAABP DAF ≌ ，结合DF PE 以及DF EP∥ ，即可证明四边形 PEDF 是平行四边 形； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 （2）过点E作EH DC 于点H ，EI BM 于点 I ，证明四边形CIEH 是矩形．然后根据AAS 证明 ABP PIE≌△ △ ，得出 IE CI ，证明四边形CIEH 是正方形，即可作答． 【详解】（1）证明： ① 四边形 ABCD是正方形， AB DA  ， 90B DAF    ． 90APE   ，DF EP∥ ， 90AGD  ， ADF DAP BAP DAP     ， BAP ADF   ，  ASAABP DAF ≌ ． ②由 ABP DAF≌△ △ ，可知 AP DF ．  AP PE， DF PE  ． DF EP ∥ ， 四边形 PEDF 是平行四边形． （2）解：如图，过点E作EH DC 于点H ， EI BM 于点 I ，则 90EHC CIE    ， 90HCI   ， 四边形CIEH 是矩形． 90APE   ， 90APB EPI   ， 90PEI EPI    ， APB PEI   ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 90B PIE    ， AP PE ，  AASABP PIE ≌ AB PI  ， BP IE ． AB BC ， BC PI  ， BP CI  ， IE CI  ， ∵四边形CIEH 是矩形． ∴四边形CIEH 是正方形 点E始终在 DCM 的角平分线上． 15．(1)证明见解析 (2) PE PF ，证明见解析 (3) 10 【难度】0.4 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、 全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA或者 AAS） 【分析】（1）证明  ASAPBE PCF ≌ ，即可得证； （2）过点 P分别作 ,BC CD的垂线，垂足分别为 M，N ．证明  ASAPEM PFN ≌ ，即可 得出结论； （3）勾股定理求出EF的长，证明 PEF 是等腰直角三角形，进一步进行求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形 ABCD是正方形， ∴ ,PB PC PD AC BD   ． ∴ ,BPC CPD  都是等腰直角三角形． ∴ 45PBE PCF   ． ∵ PE PF ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 ∴ 90BPC EPF   ． ∴ BPC EPC EPF EPC     ， 即 BPE CPF  ． 在 PBE△ 和 PCF 中 , , , BPE CPF PB PC PBE PCF         ∴  ASAPBE PCF ≌ ． ∴ PE PF ． （2）解：过点 P分别作 ,BC CD的垂线，垂足分别为 M，N ． ∵四边形 ABCD是正方形， ∴ 90 ,BCD PCM PCN      ． ∴四边形PMCN 是矩形． ∴ PM CNP ． ∴ MPC PCN  ． ∴ MPC PCM  ． ∴ PM CM ． ∴四边形PMCN 是正方形． ∴ , 90PM PN MPN EPF PME PNF         ． ∴ ,MPN MPF EPF MPF     即 EPM FPN  ． 在 PEM△ 和 PFN 中 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 , , , EPM FPN PM PN PME PNF         ∴  ASAPEM PFN ≌ ． ∴ PE PF ． （3）解：连接EF， ∵ PE PF ， ∴ 90EPF  ， ∵ 90 , 4, 2BCD CE CF     ， ∴ 2 2 2 5EF CE CF   ， ∵ PE PF ， ∴ 2 2 2 22 20EF PE PF PE    ， ∴ 2 10PE  ， ∴ 10PE  ． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质， 勾股定理的应用，化为最简二次根式．解题的关键是证明三角形全等．