2026年中考数学复习知识点强化训练——正方形综合题

强化训练——正方形综合题 1．如图，在正方形ABCD中，E是BC上的一个动点（E不与B，C重合），F是DC上的一个动点（F不与D，C重合）． （1）如图1，当E，F分别是BC，DC的中点时，连接AE，AF．求证：AE＝AF； （2）如图2，当∠EAF＝45°时，连接EF，判断EF，BE，DF三条线段的数量关系，并说明理由； （3）如图3，M是AD上的一个动点，连接ME，AF，当AB＝6，，∠AOM＝45°时，求AF的长． 2．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 已知正方形纸片ABCD，AB＝6，E是AD边上一点，将正方形沿着直线CE折叠，点D落在点F处，把纸片展平，射线DF交射线AB于点P． （1）根据以上操作，图1中AP与EF的数量关系是：　 　 ； （2）如图2，若点E是AD的中点，延长CF交AB于点Q． ①猜想AQ与FQ的数量关系为　 　 ，请证明你的猜想； ②求线段BQ的长度； （3）如图3，CE，DF交于点G，则△ABG面积的取值范围是　 　 ． 3．如图1，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是边AD上的一点，且，连接CE、EF． （1）求证：CE⊥EF； （2）如图2，将△AEF沿EF翻折，得到△GEF，其中，点G是点A的对应点． ①连接CG，求证：C、G、F三点在同一条直线上； ②如图3，连接BG，请直接写出线段BG与线段CE的数量关系． 4．如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），连接DP，点E在DP上且AE＝AB，连接BE并延长，交CD于点F． （1）求∠BED的度数； （2）连接CE． ①当CE＝CF时，画出示意图，求证：A，E，C三点在同一直线上； ②当CE⊥BF时，画出示意图，求的值． 5．如图1，在正方形ABCD中，E在边BC上，F在边CD上，连接AE、BF，若BE＝CF． （1）求证：AE⊥BF； （2）如图2，连接BD，若将AE绕着点E旋转90°至EG，连接GF，连接AG交BD于点P． （ⅰ）求证：点P是AG中点； （ⅱ）求证：． 6．正方形ABCD中，点E是AB边上一动点，连接DE． （1）如图1，当∠ADE＝30°时，连接AC交DE于点M，若AM＝2，求正方形的边长； （2）如图2，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接AF，点G是AF中点，连接DG，CE．猜想线段CE，DG之间的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，将线段DE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，连接CF，BF，DF，点E在线段AB上运动的过程中，当△BCF是以BF为腰的等腰三角形时，直接写出的值． 7．正方形ABCD中，点E为直线BD上一动点（点E与点B，点D不重合），EF⊥BD交直线CD于点F，连接BF． （1）如图1，点E在对角线BD上，当DE＝CF时，求∠DBF的度数； （2）如图2，点E在对角线BD上，连接AE，作EG⊥EA交BC于点G，用等式表示BF与EG的数量关系，并证明； （3）作EG⊥EA交直线BC于点G，连接AG，AG与直线BF交于点M，连接CM，当CM的值最大时，直接写出的值． 8．四边形ABCD为正方形，AB＝3，E为对角线AC上一点（不与点A、C重合），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）填空：AC的长为　 　 ，∠ACB＝　 　 度； （2）如图，当点F在线段BC的延长线上时： ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若，求正方形DEFG的边长； （3）取CD的中点O，连接OG，当OG最小时，线段AE的值为　 　 （请直接写出答案）． 9．综合与探究 问题情境 如图1，在正方形ABCD中，AB＝2，点E为线段BC上的一个动点，连接AE，以AE为边，在AE右上方作正方形AEFG，连接DG． 探索发现 （1）猜想BE与DG的数量关系，并说明理由． 猜想证明 （2）如图2，在图1的基础上连接BD，EG交于点H，连接AH．猜想△AEH的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）若点E为射线BC上的一个动点，连接EG与射线BD交于点H，连接CF，其他条件不变．当点H落在∠ECF的平分线上时，请直接写出S△BEH：S△ECF的值． 10．综合与实践 【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学规律．如图1，正方形ABCD中，点P是BC边上的一个动点，E是边BC延长线上一点，连接AP，过点P作AP⊥PF，与∠DCE的平分线CF相交于点F，求证：AP＝PF． 【问题解决】（1）小明经过思考展示了一种正确的证明思路，请你将证明思路补充完整，在AB上截取AG＝PC，连接GP，易得BG＝BP，∠AGP＝∠PCF＝135°，∠　 　 ＝∠　 　 ，可证得△AGP≌△PCF（ 　 　 ），∴AP＝PF． 【问题探究】（2）在（1）的条件下，连接AC，过点P作PQ⊥AC，垂足为点Q，连接QF，如图2，当时，证明：四边形PCFQ是平行四边形． 【拓展延伸】（3）创新小组受到启发，提出了新的问题进行拓展，如图3，过点F作AP的平行线交直线CD于点H，以CH为斜边向右作等腰直角三角形HCM，点M在直线CF上． ①试探究PC与FM的数量关系，并说明理由； ②若AB＝5，P在射线BC上运动，当CP＝2时，直接写出线段DH的长． 11．如图，在矩形ABCD中，点O是对角线AC的中点，BC＝2，∠BAC＝45°． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）点E是AD的中点，将线段ED绕着点E顺时针旋转到EP位置，旋转角为α，且0＜α＜180°． ①连接CP，求线段CP的最小值； ②在旋转过程中（点P与点O不重合），连接OP，DP，AP，试探索线段AP，OP，DP的数量关系． 12．如图1，在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（m，0），以AB为边在右侧作正方形ABCD． （1）当点B在x轴正半轴上运动时，求点C的坐标（用m表示）； （2）当m＝0时，如图2，P为OA上一点，连接PC，过点P作PM⊥PC，过A作AM∥OD，PM与AM交于点M，求证：PM＝PC； （3）在（2）的条件下，如图3，连MC交OD于点N，求AM+2DN的值． 13．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是直线BD上一点，连接AE，在AE左侧作等腰△AEF，使得AE＝AF． （1）如图1，点E在线段OD上，若∠EAF＝60°，AD与EF相交于点G，且∠OAE＝α，求∠DGE的度数（用含α的代数式表示）； （2）如图2，点E是线段BD延长线上一点，若∠EAF＝90°，连接BF交CA的延长线于点P，取EF的中点H，连接AH、PH，猜想线段AB、AP、PH之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若∠EAF＝75°，，，请直接写出OE的长度． 14．正方形ABCD中，点P为直线AB上一个动点，将线段DP绕点D顺时针旋转90°得到线段DQ，连接PQ，过点Q作QM⊥BD，垂足为点M，交直线AD于点N． （1）如图1，当点P在线段AB上时，线段BD与线段QN的数量关系为 　 　 ． （2）如图2，当点P在射线AB上时，（1）中的结论是否变化，若不变，请证明，若变化，请说明理由； （3）若，DM＝3，请直接写出AP的长． 15．如图1，已知正方形ABCD边长为4，点E、点F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，过点F作FG⊥EF交CD边于点G，连接EG，设EG＝m． （1）①猜想△EFG的形状并证明； ②取EG中点O，连接OA，则OA＝　 　 ；△FGC的面积＝　 　 ；（用含m的代数式表示） （2）如图2，在EG上方作等边△EMG，ME，MG分别交AD边于点P，Q，且点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内， ①直接写出m的范围　 　 ； ②计算的值．（结果用含m的代数式表示） 16．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF． （1）若E是AD的中点． ①如图1，当AF时，求证：EF⊥EC． ②如图2，当tan∠FCE时，求tan∠BCF的值． （2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GE＝DE，tan∠FCE时，求证：AE＝AF． 17．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE，CF． （1）如图1，求证：△ADE≌△CDF； （2）直线AE与CF相交于点G． ①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形； ②如图3，连接BG，若AB＝6，DE＝3，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值． 18．如图1，正方形ABCD的边长为2，P是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），连接AP，将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，连接BE交AP于点H，延长BE交CD于点F． （1）求证：△ABP≌△BCF； （2）如图2，连接CE，设BP＝x． ①直接写出△CEP周长的最小值； ②若AP∥CE，请求出x的值； ③若△CEF是以CE为腰的等腰三角形，请求出x的值． 19．在正方形ABCD中，点E为CD边上一点，连接AE，将△AED沿AE翻折得到△AEF，连接BF并延长交CD于点G． （1）如图1，若AF＝BF，直接写出EG和FG的数量关系和∠EGF的度数． （2）如图2，若F为BG的中点，求的值． （3）如图3，连接CF并延长交AE于点H，若，，直接写出AB的长． 20．综合与探究 问题情境：如图1，在边长为6的正方形ABCD中，点E在对角线AC上一点，连接BE，将BE绕着点B顺时针方向旋转90°得到BG，过点E作EF⊥BE交射线DC于点F，连接FG，CG． （1）猜想AC与CG有怎样的位置关系，并说明理由； （2）求证：四边形BEFG是正方形； （3）如图2，连接AG交BC于点M，若，请直接写出AM的长． 参考答案 1．（1）证明：∵点E，F分别是BC，DC的中点， ∴BE＝DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF； （2）解：EF＝BE+DF．理由如下： 如图2，延长CB至点N，使BN＝DF，连接AN． ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABN＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°， ∴∠ABN＝∠D， 在△ABN和△ADF中， ， ∴△ABN≌△ADF（SAS）， ∴AN＝AF，∠NAB＝∠FAD， ∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠FAD＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∵∠NAB＝∠FAD， ∴∠NAB+∠BAE＝45°， ∴∠NAE＝∠FAE， 在△NAE和△FAE中， ， ∴△NAE≌△FAE（SAS）， ∴NE＝FE， ∵NE＝NB+BE， ∴EF＝NB+BE＝DF+BE； （3）解：过点A作AG∥ME，与BC相交于点G，延长CD到点K，使DK＝BG，连接AK，GF． ∵∠ADC＝∠ABG＝90°， ∴∠ADK＝180°﹣∠ADC＝180°﹣90°＝90°， 在△ABG和△ADK中， ， ∴△ABG≌△ADK（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAK，AG＝AK， ∵∠BAG+∠GAF+∠FAD＝90°， ∴∠DAK+∠GAF+∠FAD＝90°，即∠GAK＝90°， ∵AG∥ME， ∴∠GAF＝∠AOM＝45°， ∴∠FAK＝∠GAK﹣∠GAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠GAF＝∠KAF， 在△AGF和△AKF中， ， ∴△AGF≌△AKF（SAS）， ∴GF＝KF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC， 又∵AG∥ME， ∴四边形AGEM是平行四边形， ∴， 在Rt△ABG中，，AB＝6， 由勾股定理得：， ∴DK＝BG＝2， ∴CG＝BC﹣BG＝6﹣2＝4， 设DF＝x，则GF＝FK＝x+2，FC＝6﹣x， 在Rt△FCG中，由勾股定理得：GC2+FC2＝GF2， ∴42+（6﹣x）2＝（x+2）2， 解得：x＝3， ∴DF＝3． 在Rt△ADF中，由勾股定理得：． 2．解：（1）AP＝EF；理由如下： 设CE，DF交于点G，如图1， 由轴对称的性质得：CE⊥DF，DE＝EF， ∴∠CGD＝90°， ∴∠DCG+∠DGC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠A＝90°，CD＝AD， ∴∠ADP+∠CDG＝90°， ∴∠ADP＝∠DCG， 在△ADP和△DCE中， ， ∴△ADP≌△DCE（ASA）， ∴DE＝AP， ∴AP＝EF， 故答案为：AP＝EF； （2）①AQ＝FQ； 证明：连接EQ，如图2， 由折叠的性质得：EF＝DE，CF＝CD＝6，∠EFQ＝∠EFC＝∠ADC＝90°， ∵点E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∴AE＝EF， ∵∠A＝∠EFQ＝90°， ∴△AEQ和△FEQ是直角三角形， 在Rt△AEQ和Rt△FEQ中， ， ∴Rt△AEQ≌Rt△FEQ（HL）， ∴AQ＝FQ， 故答案为：AQ＝FQ； ②设BQ＝x，则FQ＝AQ＝6﹣x， 在Rt△BCQ中，CQ＝CF+FQ＝6+（6﹣x）＝12﹣x，BQ＝x，BC＝6， 由勾股定理得：（12﹣x）2﹣x2＝62， 解得：， ∴； （3）取CD的中点O，如图3， 由对折可得：EF＝ED，CF＝CD， ∴CE⊥DF， ∴∠CGD＝90°， ∴G在以O为圆心，CD为直径的圆上， 当G，D重合时， ， 如图4，当A，E重合时，则F，B，P重合， 此时△ABG的面积最小， ∴， ∴9≤S△ABG＜18， 故答案为：9≤S△ABG＜18． 3．（1）证明：如图1，正方形ABCD，点E是AB的中点，，连接FC， ∴设AF＝a，则AE＝2a，AB＝AD＝BC＝CD＝4a，FD＝AD﹣AF＝4a﹣a＝3a， 在直角三角形AEF中，由勾股定理得：EF2＝AF2+AE2＝a2+（2a）2＝5a2， 在直角三角形BCE中，由勾股定理得：EC2＝BE2+BC2＝（2a）2+（4a）2＝20a2， 在直角三角形CDF中，由勾股定理得：FC2＝FD2+DC2＝（3a）2+（4a）2＝25a2， ∴FC2＝EF2+EC2＝25a2， ∴△CEF是直角三角形，∠CEF＝90°， ∴CE⊥EF； （2）①证明：∵将△AEF沿EF翻折，得到△GEF，点G是点A的对应点， ∴△AEF≌△GEF， ∴AE＝GE，∠AEF＝∠GEF，∠A＝∠EFG， 由（1）得AE＝BE，∠A＝∠B＝90°，∠CEF＝90°， ∴GE＝BE，∠GEF+∠GEC＝90°， ∴∠EGF＝∠A＝90°， ∴∠GEC＝∠BEC， 在△GCE和△BCE中， ， ∴△GCE≌△BCE（SAS）， ∴∠EGC＝∠B＝90°， ∴∠CGF＝∠EGF+∠EGC＝90°+90°＝180°， ∴C、G、F三点在同一条直线上； ②解：BGCE．理由如下： 由（1）（2）得BE＝EG＝2a，BC＝GC＝4a，，∠EGC＝∠B＝90°， ∴S四边形EBCG＝S△EBC+S△EGCBE•BCEG•GC2a×4a2a×4a＝8a2， ∵△GCE≌△BCE（SAS）， ∴GB⊥EC， ∴S四边形EBCGEC•BG•2a•BG＝8a2，解得：， ∴BG． 4．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AE＝AB， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴AE＝AD＝AB， ∴∠AEB＝∠ABE，∠AED＝∠ADE， ∵∠AEB+∠ABE+∠AED+∠ADE+∠BAD＝360°， ∴2∠AEB+2∠AED+90°＝360°， ∴∠AEB+∠AED＝135°， ∴∠BED＝∠AEB+∠AED＝135°； （2）①证明：由题意，画图如图2， ∵CE＝CF， ∴∠CEF＝∠CFE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD∥AB， ∴∠CFE＝∠ABE＝∠AEB， ∴∠CEF＝∠AEB， ∵∠BEP+∠CEP+∠CEF＝180°， ∴∠BEP+∠CEP+∠AEB＝180°， ∴A，E，C三点在同一直线上； ②解：如图3，作AG⊥BE于点G，PH⊥BF于点H，则 GB＝GE， ∵CE⊥BF， ∴∠BEC＝∠AGB＝∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝∠BAG＝90°﹣∠ABG， 在△BEC和△AGB中， ， ∴△BEC≌△AGB（AAS）， ∴EC＝GB， ∵∠PHB＝∠PHE＝90°， ∴∠HEP＝180°﹣∠BED＝180°﹣135°＝45°， ∴∠CEP＝∠BEC﹣∠HEP＝45°＝∠CEP， ∴PE平分∠BEC， ∴P到BE，CE的距离相等，均为PH的长， ∴， ∴2． 5．证明：（1）四边形ABCD为正方形，如图1，设AE与BF交于点H， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠BAE＝∠CBF，AE＝BF， ∵∠BAE+∠BEA＝180°﹣∠ABE＝90°， ∴∠CBF+∠BEA＝90°， ∴AE⊥BF； （2）（ⅰ）四边形ABCD为正方形，如图2，连接AC交BD于点O，连接CP，CG， ∴， 由旋转的性质得：∠AEG＝90°，AE＝GE， 由（1）可知，AE⊥BF，AE＝BF， ∴∠AHF＝90°＝∠AEG，BF＝GE， ∴BF∥EG， ∴四边形BEGF为平行四边形， ∴FG＝BE＝FC，FG∥BE， ∴∠GFC＝∠BCF＝90°，即△GFC为等腰直角三角形， ∴， ∴∠ACG＝∠ACD+∠FCG＝90°，即△AGC为直角三角形， ∵四边形ABCD为正方形，AC和BD为该正方形的对角线， ∴AC⊥BD，OA＝OC，即BD垂直平分AC， ∴PA＝PC， ∴∠PAC＝∠PCA， 又∵∠PAC+∠PGC＝∠PCA+∠PCG＝90°， ∴∠PGC＝∠PCG， ∴PC＝PG， ∴PA＝PC＝PG， ∴点P是AG中点； （ⅱ）如图3，过点C作CQ∥AG，交BD于点Q， 由（2）可知，△GFC为等腰直角三角形， 由勾股定理得：CG2＝CF2+GF2＝2CF2， ∴， ∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠ACG＝90°， ∴BD∥CQ， 又∵CQ∥AG， ∴四边形PQCG为平行四边形， ∴， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝DA，BC∥DA， ∴∠CBQ＝∠ADP， ∵CQ∥AG， ∴∠BQC＝∠BPQ， 又∵∠DPA＝∠BPG， ∴∠DPA＝∠BQC， 在△ADP和△CBQ中， ， ∴△ADP≌△CBQ（AAS）， ∴PD＝QB， ∴． 6．解：（1）正方形ABCD中，连接AC交DE于点M，AM＝2，如图，作MH⊥AD于点H， ∴∠DAC＝45°， ∴△AHM是等腰直角三角形， ∴， ∵∠ADE＝30°，MH⊥AD， ∴， 在直角三角形DMH中，由勾股定理得：， ∴， 即正方形的边长为； （2）CE＝2DG； 证明：如图2，延长DG至点N，使DG＝NG，连接AN， ∵点G是AF中点， ∴AG＝FG， 在△DGF和△NGA中， ， ∴△DGF≌△NGA（SAS）， ∴DF＝NA，∠DFG＝∠NAG， ∴DF∥AN， ∴∠ADF+∠DAN＝180°， ∴∠DAN＝180°﹣∠ADF＝180°﹣∠EDF﹣∠ADE＝90°﹣∠ADE， ∵∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝90°﹣∠ADE， ∴∠CDE＝∠DAN， ∵DE＝DF，DF＝NA， ∴DE＝NA， 在△CDE和△DAN中， ， ∴△CDE≌△DAN（SAS）， ∴CE＝DN， ∵DN＝2DG， ∴CE＝2DG； （3）的值为1或；理由如下： 设正方形ABCD边长为a，AE＝x，则BE＝a﹣x， 分两种情况： 当BF＝CF时，作FO⊥BC于O，作FP⊥AB交AB的延长线于点P，连接BP，如图3， ∵BF＝CF，FO⊥BC， ∴， ∵∠BOF＝∠OBP＝∠BPF＝90°， ∴四边形OBPF是矩形， ∴， 由旋转知∠DEF＝90°，DE＝EF， ∴∠DEA+∠FEP＝90°， 又∵∠DEA+∠EDA＝90°， ∴∠FEP＝∠EDA， 又∵∠FPE＝∠EAD＝90°，DE＝EF， ∴△FPE≌△∠EAD（AAS）， ∴FP＝EA＝x， 又∵， ∴， ∴； 当BF＝BC＝a时，作FQ⊥AB交AB的延长线于点Q，连接BQ，如图4， 同理可证△FQE≌△∠EAD（AAS）， ∴FQ＝EA＝x，EQ＝DA＝a， ∴BQ＝EQ﹣BE＝a﹣（a﹣x）＝x， 在直角三角形BFQ中，由勾股定理得：， ∴． 综上可知，的值为1或． 7．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠DBC＝∠BDC＝45°，∠C＝90°， ∵EF⊥BD， ∴△DEF是等腰直角三角形，DE＝EF，∠BEF＝90°， 又∵DE＝CF， ∴EF＝CF， ∴BF平分∠DBC， ∴； （2）；理由如下： 设正方形ABCD的边长为y，DE＝x， ∵△DEF是等腰直角三角形， ∴， 过点E作EH⊥AD于点H，EI⊥AB于点I，EJ⊥BC于点J，如图2， 则∠EIB＝∠AIE＝∠EJG＝∠AHE＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠HAI＝∠IBJ＝90°，∠IBE＝∠EBJ＝45°， ∴∠HAI＝∠AIE＝∠AHE＝90°，∠IBJ＝∠BIE＝∠GJR＝90°， ∴四边形AIEH是矩形，四边形BIEJ是矩形， 又∵∠IBE＝∠EBJ＝45°， ∴四边形BIEJ是正方形， ∴IE＝EJ，∠IEJ＝90° ∵EG⊥EA， ∴∠AEG＝90°， ∴∠IEJ＝∠AEG＝90°， ∴∠IEA+∠IEG＝∠IEG+∠JEG＝90°， ∴∠IEA＝∠JEG， 在△AEI与△GEJ中， ， ∴△AEI≌△GEJ（ASA）， ∴AE＝GE， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ADE＝45°， 又∵EH⊥AD， ∴△HED是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角三角形BCD中，由勾股定理得：， ∴， 又∵EF⊥BD， ∴三角形BEF是直角三角形， 在直角三角形BEF中，由勾股定理得：， ∴； （3）的值为；理由如下： 过点G作GK⊥BD于点K，AC与BD交于点P，如图3， 则∠KGE+∠KEG＝90°， 由（2）知AE＝EG， 又∵AE⊥EG， ∴∠EAP+∠KEG＝90°， ∴∠KGE＝∠AEP， 在△APE和△EKG中， ， ∴△APE≌△EKG（AAS）， ∴PE＝KG，AP＝KE， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴PD＝BP＝AP＝KE， ∴DE＝PD﹣PE＝KE﹣PE＝KP， 由（2）得DE＝EF＝PK， 连接PG与PF， 在△PKG与△FEP中， ， ∴△PKG≌△FEP（SAS）， ∴PG＝PF，∠EPF＝∠PGK， 又∵∠KPG+∠PGK＝90°， ∴∠EPF+∠PGK＝90°， ∵∠EPF+∠PGK+∠GPF＝180°， ∴∠GPF＝90°， ∴∠GPF+∠BPG＝∠APB++∠BPG， ∴∠APG＝∠BPF， 在△APG与△BPF中， ， ∴△APG≌△BPF（SAS）， ∴△APG由△BPF绕点P逆时针旋转90°得到， ∴AG⊥BF，即∠AMB＝90°， ∴点M在以AB为直径的圆上运动， 当MC过AB的中点时，MC最大， 此时 ， ∵， ∴． 8．（1）解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝3，∠ABC＝90°，∠ACB＝45°， ∴， 故答案为：，45； （2）①证明：如图1，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°， ∴四边形EMCN是矩形，EM＝EN， ∴∠MEN＝90°， ∵EF⊥DE，即∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； ②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°， ∴CE⊥CG， ∴． ∵， ∴， 连接EG，如图2， ∴， ∴； ∴正方形DEFG的边长为； （3）解：线段AE的值为．理由如下： 如图3，过点O作OT⊥CG于T， 由（2）可得∠DCG＝45°， ∴点G在直线CG上， 由垂线段最短可得当OG⊥CG时，OG有最小值，此时点G与点T重合， ∵OT⊥CT，∠OCT＝45°， ∴△OCT是等腰直角三角形， ∴OT＝CT， ∴， ∵O为CD的中点， ∴， ∴； 由（2）可得， 故答案为：． 9．解：（1）BE＝DG；理由如下： ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAD﹣∠EAD＝∠EAG﹣∠EAD，即∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG； （2）△AEH是等腰直角三角形；理由如下： 如图2，过点G作BC的平行线，交BD的延长线于点M， ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴AE＝AG，∠DBC＝∠AEG＝45°，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝∠EAG＝90°， 由（1）知△ABE≌△ADG， ∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝90°， ∴∠ADG+∠ADC＝180°， ∴点C，D，G在同一条直线上， ∵GM∥BC， ∴∠M＝∠HBE＝45°，∠CGM＝∠BCD＝90°， ∴Rt△DMG是等腰直角三角形，且DG＝MG， ∴BE＝MG， 在△BEH和△MGH中， ， ∴△BEH≌△MGH（AAS）， ∴EH＝GH， 又∵AE＝AG，∠EAG＝90°， ∴AH⊥EG，， ∴△AEH是等腰直角三角形； （3）S△BEH：S△ECF的值为；理由如下： ①如图3，当点E在线段BC上时，过点H作HP⊥BC于点P，过点E作EQ⊥BD于点Q，过点F作FN⊥BC，交BC延长线于点N，连接AC，AH，CH， ∴∠N＝∠ABE＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵∠AEF＝90°， ∴∠NEF+∠AEB＝90°， ∴∠NEF＝∠BAE， 在△NEF和△BAE中， ， ∴△NEF≌△BAE（AAS）， ∴FN＝BE，EN＝AB， ∵AB＝BC， ∴EN＝BC， ∴EN﹣CE＝BC﹣CE，即CN＝BE， ∴CN＝FN， ∴Rt△CFN是等腰直角三角形，且∠FCN＝45°， ∴∠ECF＝180°﹣∠FCN＝135°， ∵CH平分∠ECF， ∴， 由正方形的性质可知，正方形ABCD的对角线AC，BD互相垂直且平分， ∴AH＝CH， 由（2）已证：AH＝EH， ∴CH＝EH， ∴∠HEC＝∠HCE＝67.5°，∠CHE＝180°﹣∠HEC﹣∠HCE＝45°， ∴，（等腰三角形的三线合一）， 又∵HP⊥BC，∠DBC＝45°， ∴Rt△HBP是等腰直角三角形，且BP＝HP，∠BHP＝45°， ∴∠EHB＝∠BHP﹣∠EHP＝22.5°， ∴∠EHB＝∠EHP， ∴EH平分∠BHP， ∴EP＝EQ， 设EP＝EQ＝x（x＞0），则CE＝2x， 在Rt△BEQ中，， ∴， ∴， 即S△BEH：S△ECF的值为； ②如图，当点E在BC的延长线上时，过点F作FN⊥BC，交BC延长线于点N， 同理可证：△NEF≌△BAE， ∴FN＝BE，EN＝AB， ∵AB＝BC， ∴EN＝BC， ∴EN+CE＝BC+CE，即CN＝BE， ∴CN＝FN， ∴Rt△CFN是等腰直角三角形，且∠FCN＝45°， ∴∠FCN＝∠DBC＝45°， ∴CF∥BH， ∴此时点H不可能落在∠ECF的平分线上， 综上，S△BEH：S△ECF的值为． 10．（1）解：正方形ABCD中，在AB上截取AG＝PC，连接GP，如图1， ∴AB＝BC， ∴BG＝BP， ∴∠BGP＝∠BPG＝45°， ∵CF是∠DCE的平分线， ∴∠FCE＝45°， ∴∠AGP＝∠PCF＝135°， ∵∠BAP＝90°﹣∠APB＝∠CPF， ∴∠BAP＝∠CPF， 在△AGP和△PCF中， ， ∴△AGP≌△PCF（ASA）， ∴AP＝PF， 故答案为：GAP；CPF；ASA； （2）证明：作FH⊥CE于点H，如图2， ∵， ∴设BP＝a，则CP＝2a， ∵PQ⊥AC， ∴△BPG和△QPC都是等腰直角三角形， 由勾股定理得：，， 由（1）得△AGP≌△PCF， ∴，∠QPC＝∠FCE＝45°， ∴PQ∥CF，， ∴四边形PCFQ是平行四边形； （3）解：①； 证明：在HM上截取MN＝MF，连接FN，如图3， 则∠FNM＝∠NFM＝45°， ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴HM＝CM， 则HN＝CF，∠HNF＝∠PCF＝180°﹣45°＝135°，∠FHN＝90°﹣∠HFM＝∠PFC， ∴△HNF≌△FCP（ASA）， ∴； ②线段DH的长为3或7；理由如下： 当P 在线段BC上时， ∵CP＝2，， ∴， ∴， ∴； ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴， ∴DH＝8﹣5＝3； 当 P 在BC延长线上时，延长HM使MG＝FM，连接FG，如图4， 则△FMG是等腰直角三角形， ∴∠G＝∠FCP＝45°，HG＝HM+MG＝CM+MF＝CF， 又∵∠GHF＝90°﹣∠HFM＝∠HFP﹣∠HFM＝∠CFP， ∴△HFG≌△FPC（ASA）， ∴HF＝PF； 又∵，， ∴； ∵△HCM是等腰直角三角形， ∴， ∴DH＝12﹣5＝7； 综上，DH＝3或 7． 11．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∴∠BAC+∠ACB＝90°． ∵∠BAC＝45° ∴∠ACB＝∠BAC＝45°， ∴AB＝BC， ∴四边形ABCD是正方形； （2）解：①如图1，连接CE，由旋转得EP＝ED， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC＝BC＝2， ∵点E是AD的中点， ∴AE＝ED＝EP＝1． ∵∠EDC＝90°， 由勾股定理得． 当点P不在线段CE上时，由三角形的三边关系得，CP+EP＞CE，即CP＞CE﹣EP； 当点P在线段CE上时，． ∴线段CP的最小值为：； ②当0＜α＜90°时，；当90°＜α＜180°时，；理由如下： 如图2，连接BD， ∵在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点， ∴点O为对角线BD的中点， ∴∠AOD＝90°，AO＝DO， 由旋转得EP＝ED，EP＝AE， ∴∠EAP＝∠EPA，∠EDP＝∠EPD， ∵∠EAP+∠EDP+∠APD＝180°， ∴∠APD＝∠EPA+∠EPD＝90°． 当0＜α＜90°时，过点O作OF⊥OP交AP于点F，AP与OD交于点Q， ∵∠AQD＝∠QAO+∠AOD＝∠QDP+∠APD， ∴∠QAO＝∠QDP． ∵∠DOP+∠FOD＝∠AOF+∠FOD＝90°， ∴∠DOP＝∠AOF． 在△AOF和△DOP中， ， ∴△AOF≌△DOP（ASA）， ∴AF＝DP，OF＝OP， ∵∠FOP＝90°， ∴△POF是等腰直角三角形， ∴． ∵AP＝AF+PF， ∴； 当90°＜α＜180°时，如图3，过点O作OF⊥OP，交PD于点F， 同理可得，，AP＝DF， ∵DF＝DP﹣PF， ∴． 综上所述，当0＜α＜90°时，；当90°＜α＜180°时，． 12．（1）解：如图1，作CE⊥x轴于E， ∵∠AOB＝∠ABC＝∠CEB＝90°， ∴∠ABO+∠OAB＝90°，∠ABO+∠CBE＝90°， ∴∠OAB＝∠CBE， ∵AB＝BC， ∴△ABO≌△BCE（ASA）， ∴CE＝OB＝m，BE＝OA＝4， ∴C（m+4，m）； （2）证明：如图2，在OC上取点Q，使CQ＝AP，连接PQ， 在正方形AOCD中，OD为对角线， ∴AO＝OC，∠AOC＝90°，∠AOD＝45°， ∴PO＝OQ， ∴∠OPQ＝∠PQO＝45°， ∴∠QPC+∠QCP＝45°①，∠PQC＝135°， ∵AM∥OD， ∴∠EAM＝∠AOD＝45°， ∴∠MAP＝135°， ∴∠PQC＝∠MAP， ∵PM⊥PC， ∴∠MPC＝90°， ∴∠APM+∠QPC＝45°，② 由①②知：∠QCP＝∠APM， ∴△MAP≌△PQC（ASA）， ∴PM＝PC； （3）解：如图3，过M作MF∥OA交OD于F． ∵四边形AOCD是正方形， ∴AO＝CD＝4， ∴， ∵AM∥ON，OA∥MF， ∴四边形AMFO是平行四边形， ∴FM＝OA＝CD，MF∥CD，AM＝OF， ∴∠NDC＝∠NFM， ∵∠MNF＝∠CND， ∴△CDN≌△MFN（AAS）， ∴FN＝DN， ∴． 13．解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴， ∵∠OAE＝α， ∴∠GAE＝45°﹣α， ∵AE＝AF，∠EAF＝60°， ∴△AEF为等边三角形， ∴∠AEF＝60°， ∴∠DGE＝∠GAE+∠AEF＝45°﹣α+60°＝105°﹣α； （2）；理由如下： 过点F作FM⊥CA交CA延长线于点M， ∵∠EAF＝90°， ∴∠FAM＝∠AEO＝90°﹣∠EAO， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EOA＝∠AOB＝∠M＝90°，AO＝OB， ∵AE＝AF， 在△FAM和△AEO中， ， ∴△FAM≌△AEO（AAS）， ∴AM＝OE，FM＝AO＝OB， ∵∠FPM＝∠BPO，∠M＝∠BOP＝90°，FM＝OB， ∴△FMP≌△BOP（AAS）， ∴FP＝BP， ∴点P是FB中点， ∵EF的中点H， ∴PHBE（BO+OE）（BO+AM）（OA+AP+PM）OM＝OA+AP， ∵OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴， ∴； （3）OE的长度为；理由如下： 当点E在点B上方时，如图： 在BD延长线上取点H，连接AH，使得∠EHA＝30°，延长BA，在BA延长线上取点G，使得AG＝AH，连接FG，过点F作FJ⊥AG于点J， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBA＝45°，，， ∴∠HAJ＝∠H+∠DBA＝75°＝∠FAE，， ∴∠GAF＝∠HAE， ∵AF＝AE， ∴△AFG≌△AEH（SAS）， ∴∠FGA＝∠H＝30°，FG＝HE， ∵FJ⊥AG， ∴， 设FJ＝x，则FG＝2x， ∴， ∵AOAC2＝1，∠H＝30°，∠AOH＝90°， ∴AG＝AH＝2AO＝2， ∴，， 在Rt△FJB中，由勾股定理得：FJ2+JB2＝FB2， ∴， 整理得：0， ， ， ∴， ∴（舍），， ∴OE＝HO﹣HE； 如图4：当点E在点B下方时，构造上述辅助线， 同理设FJ＝x，则FG＝2x， ∴， ∵AOAC2＝1，∠H＝30°，∠AOH＝90°， ∴AG＝AH＝2AO＝2， ∴，， 在Rt△FJB中，由勾股定理得：FJ2+JB2＝FB2， ∴， 解得：，（舍）， ∴， 综上，． 14．解：（1）线段BD与线段QN的数量关系为BD＝QN， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBP＝∠ADC＝∠MDN∠ADC90°＝45°， ∵QN⊥DM， ∴∠QMD＝∠DMN＝90°， ∴∠MND＝∠MDN＝45°， ∴∠DBP＝∠MND， 由旋转得：DP＝DQ，∠QDP＝90°， ∴∠PDB＝∠DQN＝90°﹣∠QDM， ∴△DPB≌△QDN（AAS）， ∴BD＝QN， 故答案为：BD＝QN； （2）（1）中的结论不变化；理由如下： ∵QN⊥DM， ∴∠QMD＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADB∠ADC90°＝45°，∠A＝90°， ∴∠QND＝∠QMD+∠ADB，∠DBP＝∠A+∠ADB， ∴∠QND＝∠DBP＝90°+∠ADB， 由旋转得：DP＝DQ，∠QDP＝90°， ∴∠BDP＝∠NQD＝90°﹣∠QDB， ∴△DPB≌△QDN（AAS）， ∴BD＝QN； （3）AP的长或．理由如下： 在正方形ABCD中，∠C＝∠A＝90°，BC＝CD＝AD， ∴BD7， ①当点M在线段BD延长线上时，如图1： 由（1）知∠2＝∠3＝45° ∴MN＝MD＝3， ∵BD＝QN＝7， ∴QM＝QN﹣MN＝7﹣3＝4， ∴QD＝DP5， ∴AP； ②当点M在线段BD上时，如图2： 同理可得MN＝DM＝3，BD＝QN＝7， ∴QM＝QN+MN＝7+3＝10， ∴QD＝DP， ∴AP； 综上所述，AP的长或． 15．解：（1）①△EFG是等腰直角三角形，理由如下： 已知正方形ABCD边长为4，如图1.1， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， ∵FG⊥EF， ∴∠EFG＝∠ABC＝90°， ∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵AE＝BF， ∴AB﹣AE＝BC﹣BF， ∴BE＝CF， 在△EBF和△FCG中， ， ∴△EBF≌△FCG（ASA）， ∴EF＝GF， ∴△EFG是等腰直角三角形； ②连接OC，如图1.2， ∵△EBF≌△FCG， ∴BF＝CG， ∴AE＝CG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴∠AEO＝∠CGO， ∵O为EG中点， ∴OE＝OG， 在△AEO和△CGO中， ， ∴△AEO≌△CGO（SAS）， ∴OA＝OC，∠AOE＝∠COG，OA＝OC， ∵∠AOE+∠AOG＝180°， ∴∠COG+∠AOG＝180°， ∴A、O、C三点共线， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， ∴， 设BF＝CG＝x，则CF＝4﹣x， 在直角三角形CFG中，由勾股定理得：FG2＝CF2+CG2＝（4﹣x）2+x2＝2x2﹣8x+16， ∵2FG2＝EG2， ∴EG2＝2（2x2﹣8x+16）＝m2，即， ∴ ， 故答案为：，； （2）①m的取值范围为；理由如下： 当EG∥AD时，如图2.1，EG有最小值， ∴∠EAD+∠AEG＝180°， ∴∠EAD＝∠AEG＝∠ADG＝90°， ∴四边形AEGD是矩形， ∴EG＝AD＝AB＝4，即m的最小值为4， 当D与Q重合时，EG有最大值，如图2.2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ADC＝90°， ∵△MEG是等边三角形， ∴EM＝EG＝m，∠M＝60°， ∴∠MPD＝∠APE＝30°， 设AE＝a，则EP＝2a， ∴PM＝m﹣2a，， ∴， ∴， 即，解得：， ∵点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内， ∴m的范围是； 故答案为：； ②如图，过M作MN⊥AD于点N， 则MN∥AE∥DG， ∴△APE∽△NPM，△MNQ∽△GDQ， ∴，， 由题意可知M在平行AD得直线上运动，且， 设AE＝CG＝b，则DG＝4﹣b， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 故． 16．（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠D＝90°，DC＝DA＝2． ∵E是AD的中点，， ∴， ∴△AEF∽△DCE， ∴∠AEF＝∠DCE． ∵∠DCE+∠CED＝90°， ∴∠AEF+∠CED＝90°， ∴∠CEF＝90°， ∴EF⊥EC． ②解：如图2，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GH⊥CE交CE的延长线于点H． ∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴． ∵CD＝2，AE＝ED＝1， ∴GH＝2EH． 设EH＝m，GH＝2m． 在Rt△CED中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴，， 在Rt△GHE中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴． ∵GD∥CB， ∴∠DGC＝∠BCF， ∴． （2）证明：如图3，过点G作GH⊥CE，交CE的延长线于点H． 设GE＝DE＝a，GH＝b，EH＝c， 在Rt△EDC中，由勾股定理得：EC2＝ED2+CD2， ∴． ∵∠H＝∠D＝90°，∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴， ∴， ∴，． 在Rt△CGH中，， ∴， ∴， 整理得， 解得：， ∴， ∴． ∵AF∥CD， ∴△GAF∽△GDC， ∴， ∴， ∴， ∴AE＝AF． 17．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADC＝90°， ∵D E＝D F，∠EDF＝90°， ∴∠ADC＝∠EDF， ∴∠ADE＝∠CDF， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（SAS）； （2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P， ∵∠ADP＝90°， ∴∠DAP+∠DPA＝90°， ∵△ADE≌△CDF， ∴∠DAE＝∠DCF， ∵∠DPA＝∠GPC， ∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°， ∴∠PGN＝90°， ∵BM⊥AG，BN⊥GN， ∴四边形BMGN是矩形， ∴∠MBN＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°， ∴∠ABM＝∠CBN， 在△AMB和△CNB中， ， ∴△AMB≌△CNB（AAS）， ∴MB＝NB， ∴矩形BMGN是正方形； ②解：如图：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M， ∵∠DAH+∠BAM＝∠ABM+∠BAM＝90°， ∴∠DAH＝∠ABM， 在△AMB和△DHA中， ， ∴△AMB≌△DHA（ASA）， ∴BM＝AH， ∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝AB＝6， ∴DH最大时，AH最小，即点H与点E重合时，DH最大值＝DE＝3， ∴， 由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形， ∴． 故线段BG长度的最小值为． 18．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°， ∴∠ABH+∠PBH＝90°． ∵△ABP沿AP折叠得到△AEP， ∴AP⊥BE，即∠AHB＝90°， ∴∠ABH+∠BAH＝90°， ∴∠PBH＝∠BAH，即∠CBF＝∠BAP， 在△ABP和△BCF中， ， ∴△ABP≌△BCF（ASA）； （2）解：①△CEP周长的最小值为；理由如下： ∵将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处， ∴△ABP≌△AEP， ∴BP＝EP，AB＝AE， ∴△CEP周长＝EP+CP+CE＝BP+CP+CE＝BC+CE， ∵BC＝AB＝AE， ∴△CEP周长＝AE+CE≥AC， ∵正方形ABCD的边长为2， ∴△CEP周长的最小值为； ②∵△ABP沿AP折叠得到△AEP， ∴PB＝PE，∠EBC＝∠BEP，∠PHB＝90°， ∵AP∥CE， ∴∠CEB＝∠PHB＝90°， ∴∠BEP+∠PEC＝90°，∠EBC+∠PCE＝90°， ∴∠PEC＝∠PCE， ∴PC＝PE， ∴， 即x的值为1； ③∵△CEF是以CE为腰的等腰三角形， ∴可分以下两种情况进行讨论， （i）当EC＝EF时，如图3， ∵EC＝EF， ∴∠1＝∠2， ∵∠1+∠3＝90°，∠2+∠4＝90°， ∴∠3＝∠4， ∴EB＝EC＝EF， 过点E作EK⊥BC于点K， ∵EK∥CF， ∴△BKE∽△BCF， ∴， ∴， ∴PK＝BK﹣BP＝1﹣x， 由折叠的性质，得PE＝BP＝x， 在Rt△EKP中，由勾股定理得：EK2+PK2＝PE2， ∴， ∴（舍去）， ∴x的值为； （ii）当CE＝CF时，如图4， ∵CE＝CF， ∴∠CEF＝∠CFE， ∵AB∥CD， ∴∠ABF＝∠CFE＝∠CEF， 由折叠的性质，得∠ABF＝∠AEB， ∴∠AEB＝∠CEF， ∴点A，E，C共线， ∴∠BAE＝45°， 又∵∠BAP＝∠EAP， ∴∠BAP＝22.5°， 在Rt△ABP中，， ∴， ∴， 综上所述，x的值为或． 19．解：（1）EG＝FG，∠EGF＝120°；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，AB∥CD，∠D＝90°， 由翻折的性质可得AD＝AF，∠D＝∠AFE＝90°， ∴AB＝AF， 又∵AF＝BF， ∴AB＝AF＝BF，即△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝∠AFB＝60°， ∴∠EFG＝180°﹣∠AFE﹣∠AFB＝30°， ∵AB∥CD， ∴∠BGC＝∠ABF＝60°，∠EGF＝180°﹣∠ABF＝120°， ∴∠GEF＝∠BGC﹣∠EFG＝30°， ∴∠GEF＝∠EFG， ∴EG＝FG， ∴综上所述，EG＝FG，∠EGF＝120°； （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，AB∥CD，∠BAD＝∠D＝90°， 由翻折的性质可得AD＝AF，∠D＝∠AFE＝90°，∠DAE＝∠FAE， ∴AB＝AF， ∵F为BG的中点， ∴BF＝FG， 延长EF交AB延长线于点M， ∵AB∥CD， ∴∠M＝∠FEG， 在△BFM和△GFE中， ， ∴△BFM≌△GFE（AAS）， ∴MF＝EF， 又∵∠AFE＝90°，即AF⊥ME， ∴AF垂直平分ME， ∴AM＝AE， ∴∠MAF＝∠FAE， ∴， 在Rt△ADE中，， ∴； （3）AB的长为15；理由如下： 如图，延长EF交BC于点N，连接AN交BG于点M， ∵正方形ABCD， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°， 由翻折的性质可得AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°， ∴AB＝AF，∠AFN＝180°﹣∠AFE＝90°， ∴∠ABN＝∠AFN＝90°， 在Rt△ABN与Rt△AFN中， ， ∴Rt△ABN≌Rt△AFN（HL）， ∴BN＝FN， ∴AN是BF的垂直平分线， ∴AN⊥BF，BM＝FM， ∴∠ABM+∠BAN＝90°， 又∵∠ABM+∠CBG＝90°， ∴∠ABM+∠BAN＝∠ABM+∠CBG，即∠BAN＝∠CBG， 又∵∠ABN＝∠BCG＝90°，AB＝BC， ∴△ABN≌△BCG（ASA）， ∴BN＝CG， ∴FN＝CG， ∵， ∴设EF＝DE＝2a，则BN＝FN＝CG＝3a， ∴EN＝EF+FN＝5a， 设BC＝CD＝b，则CN＝BC﹣BN＝b﹣3a，CE＝CD﹣DE＝b﹣2a， 在Rt△CEN中，CE2+CN2＝EN2， ∴（b﹣2a）2+（b﹣3a）2＝（5a）2， 解得：b＝6a或b＝﹣a（舍去）， ∴BC＝CD＝6a， ∴，即BN＝CN， 又∵BM＝FM， ∴MN∥CF，即AN∥HF， ∴△EHF∽△EAN， ∴， ∴， 在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2， ∴， 解得：， ∴． 20．（1）解：AC⊥CG；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，AB＝BC， ∴∠ABE+∠EBC＝90°， 由旋转得，∠EBG＝90°，BE＝BG， ∴∠CBG+∠EBC＝90°， ∴∠ABE＝∠CBG， 在△ABE和△CBG中， ， ∴△ABE≌△CBG（SAS）， ∴∠BCG＝∠BAE＝45°， ∴∠ACG＝∠ACB+∠BCG＝90°， 即AC⊥CG； （2）证明：如图2，过点E作AD的平行线分别交AB，CD于点P，Q， 则四边形PQDA、PQCB均为矩形， ∴∠BPE＝∠EQF＝90°，BP＝CQ，PQ∥BC， ∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线， ∴∠CEQ＝∠ECQ＝∠ACB＝45°， ∴CQ＝EQ， ∴BP＝EQ， ∵EF⊥BE， ∴∠BEF＝90°， 故∠1+∠2＝90°， 又∵∠3+∠2＝90°， ∴∠1＝∠3， 在△BPE和△EQF中， ∴△BPE≌△EQF（AAS）， ∴BE＝EF； 由旋转得，∠EBG＝90°，BE＝BG， ∴EF＝BG， ∵∠EBG+∠BEF＝180°， ∴EF∥BG， 又∵EF＝BG， ∴四边形BEFG是平行四边形， ∵∠BEF＝90°， ∴四边形BEFG是矩形， ∵BE＝EF， ∴四边形BEFG是正方形； （3）解：AM的长度为或．理由如下： ①当点F在线段CD上时，如图2，过点E作AD的平行线分别交AB，CD于点P，Q，过G作GK⊥BC于点K， 由（2）知△BPE≌△EQF（AAS）， 故设PE＝FQ＝x， 则，CQ＝CF+FQ＝x+2， 即EQ＝CQ＝x+2， ∴PQ＝PE+EQ＝x+x+2， 可得x+x+2＝6， 解得：x＝2， ∴EQ＝CQ＝4， 在Rt△ECQ中，由勾股定理得：， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：， ∴， 由（1）可得△BPE≌△EQF（AAS），∠BCG＝45°， ∴， 在Rt△ACG中，由勾股定理得：， ∵GK⊥BC，∠BCG＝45°， ∴△CKG是等腰直角三角形， ∴CK＝KG， 在Rt△CKG中，由勾股定理得：CG2＝CK2+KG2， 即， 解得：KG＝2， ∵GK∥AB， ∴△ABM∽△GKM， ∴， 即， ∴， ∵AM+GM＝AG， 即， ∴； ②当点F在线段DC延长线上时，如图，如图，过点E作AD的平行线分别交AB，CD于点P，Q，过G作GK⊥BC于点K， 由（2）知△BPE≌△EQF（AAS）， 故设PE＝FQ＝y， 则，CQ＝FQ﹣CF＝y﹣2， 即EQ＝CQ＝y﹣2， ∴PQ＝PE+EQ＝y+y﹣2， 可得y+y﹣2＝6， 解得：y＝4， ∴EQ＝CQ＝2， 在Rt△ECQ中，由勾股定理得：， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：， ∴， 由（1）可得△BPE≌△EQF（AAS），∠BCG＝45°， ∴， 在Rt△ACG中，由勾股定理得：， ∵GK⊥BC，∠BCG＝45°， ∴△CKG是等腰直角三角形， ∴CK＝KG， 在Rt△CKG中，由勾股定理得：CG2＝CK2+KG2， 即， 解得：KG＝4， ∵GK∥AB， ∴△ABM∽△GKM， ∴， 即， ∴， ∵AM+GM＝AC， 即， ∴； 综上所述，AM的长度为或． 学科网（北京）股份有限公司 $