2026年重庆中考数学专题突破训练 -正方形（第9题）

**基本信息** 聚焦正方形性质与全等、旋转等综合应用，以辅助线构造和多结论推理为核心，形成“性质→转化→证明→计算”的解题逻辑链，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |辅助线构造|第1、8题|垂线构造正方形、对角线中点性质|正方形性质→矩形/正方形判定→线段转化| |全等与旋转|第4、9题|90°旋转构等腰直角三角形、AAS/SAS证全等|旋转性质→全等判定→勾股定理计算| |翻折与动态|第3、16题|翻折对应关系、相似比求线段|翻折不变性→相似三角形→边长求解| |多结论判断|第2题|四点共圆、旋转全等、定值分析|正方形对称性→多结论联动推理→性质综合应用|

重庆市中考数学专项练习-正方形（第9题） 1.如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE,过点E作EF⊥DE交DC的 延长线于点F,交BC于点M,若M为EF的中点， DE的值为(） F ( B A.1 B.√2 C.5 D.32 4 2.如图，边长一定的正方形ABCD,Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M,过M作MN LAQ交BC于点N,作NP⊥BD于点P,连接NO,下列结论：①AM=MN;②P=,BD; ③BN+DQ=NO:④4B+BN为定值，其中正确的结论个数是() BM D M Q P B A.1 B.2 C.3 D.4 3.如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别为CD、BC的中点，把△ADE沿AE翻 折得到△AD'E,延长AD'交BC于点G,连接EG,M是AB边上一点，连接FM,把△BMF 沿MF翻折，点B的对应点B'恰好落在AG上，则BD的长度为() D M A. 2W21-2 5 B.18 C.3+2V21 5 4.如图，点P是正方形ABCD内一点，PA=1,PD=√10，∠APB=135°，则PB的长为() A.25 B.32 C.2W2 D.35 5.如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE,以点E旋转中心 将线段AE顺时针旋转9O°，得到线段FE,连接AF,FE交边CD于点G,H,则GH的长 为(). G E A.3 B. C.2 D. 3 2 6.如图，在ABC中，∠BAC=90°，以BC为边向上作正方形BCDE,以AC为边作正方 形ACFG,点D落在GF上，连结AE,EG.若DG=2,BC=6,则△AEG的面积为() D A.4 B.6 C.8 D.10 7.由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示. ∠DEC的平分线交CD于点M,连接GM.若小正方形的面积为9，大正方形的面积为45， 则GM的长为() D M G B A.3 B.3 C.5 D.√26 8.如图，点E是正方形ABCD的中心（对角线的交点），以点E为直角顶点作Rt△EFG, Rt△EFG的两直角边EF,EG分别交BC,DC于点M,N,若正方形ABCD的边长为8， 则重叠部分四边形EMCN的面积为() A D G M A.6 B.9 C.12 D.16 9.如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB=90°，CE=5,CB=I3,将Rt△CBE绕点C 按顺时针方向旋转90°，得到CDF.延长BE交DF于点H,则DH的长为() D A.7 B.7.5 C.8 D.9 1O.如图，已知四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE,过点E作 EF⊥DE,交BC的延长线于点F,连接DF,若CE=2√2，CF=3,则DE的长为() F E 小 A.5 B.√29 C.6 D.2W13 11.如图，正方形ABCD的对角线相交于点O,点E在AB边上，点F在OD上，过点E作 EG⊥BD,垂足为点G,若EF⊥CF,OF=√2，则BE的长为() D E G A.5 B.2 C.22 D.3 12.如图，E为正方形ABCD内一点，∠CEB=90°，CE=3,CB=5,将RtACBE绕点C按 顺时针方向旋转90°，得到aCDF.延长BE交DF于点H,连接DE.则DE的长为() D H E B A.2N2 B.√10 C.√5 D.7 I3.如图，已知四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接BE,过点E作 EF⊥BE,交DA的延长线于点F,AE=4V2,AF=2,则BE的长为() D E A.210 B.2√5 C.6 D.213 14.如图正方形ABCD,以AD为斜边作直角三角形AED,过点B作ED的垂线交ED于F, 交正方形对角线AC于G.连结DG,已知DE=8,则aGFD的周长是() E A D G A.16 B.15 C.17 D.14 15.如图，正方形ABCD的对角线相交于点O,点E在AB边上，点F在OD上，过点E作 EG⊥BD,垂足为点G,若EF⊥CF,OF=3,则BE的长为() F G B A.3 B.32 C.3V5 D.2V5 16.如图，正方形ABCD的边长为3，F为对角线BD上一点，连接AF,过点F作 EF⊥AF,交BC于点E,连接AE,若DF=√2，则AE的长为() O B A.√10 B.25 c.√5 D.2√5 1.c 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的 性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键 如图：过E作EN⊥BC于N,过E作EG⊥DC于G,易证四边形NCGE是正方形，可得 EG=CG=EN,∠GEN=90°；再证明aEGD≌△ENM(ASA)可得ED=EM,进而得到 ED=MF,然后证明aNME≌△CMF(ASA)可得EN=CF,即EG=CG=CF;根据三角形 中位线的性质可得EG=2CM,即CF=2CM,运用勾股定理可得ED=MF=V5CM,最后 代入求比值即可. 【详解】解：如图：过E作EN⊥BC于N,过E作EG⊥DC于G, DG M -----W :正方形ABCD, .∠ACB=90°，AC平分∠BCD, :四边形NCGE是矩形，EG=EN，, .四边形NCGE是正方形， .EG=CG=EN,∠GEN=90°，即∠GEM+∠MEN=90°， :EF⊥DE, LGEM+∠DEG=90°， .∠NEM=LDEG, :∠EGD=∠MNE=90°， △EGD≌△ENM(ASA, :ED=EM :M为EF的中点， :EM=MF, .ED=MF :∠ENM=∠MCF,∠NME=∠CMF, △NME≌△CMF(ASA, .EN=CF, .EG=CG=CF, CM是△FEG的中位线， .EG=2CM, .CF=2CM, ED=MF=CM2+CF2=5CM, :DE-J5CM5 CF 2CM 2 故选C 2.D 【分析】如图1，连接AC、AN,AC交BD于点H,根据正方形的性质可得A,B,N,M 四点共圆，进而可得∠ANM=∠NAM=45°，于是可判断①；由余角的性质可得∠HAM=∠ PMN,从而可利用AAS证明Rt△AHM≌Rt△MPN,可得MP=AH,再根据正方形的性质即 可判断②；如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR,使AD和AB重合，连接AN, 根据旋转的性质和SAS可推得△RAW≌△QAN,进而可得RN=QN,进一步即可判断③；如 图3，作MS⊥AB于S,MW⊥BC于W,由题意易得四边形SMWB是正方形，进一步即可推 出△AMS≌△NMMW,可得AS=NW,进而得AB十BN=2BW,然后利用等腰直角三角形的性 质即可判断④，于是可得答案 【详解】解：如图1，连接AC、AN,AC交BD于点H, :四边形ABCD是正方形， ∴.AC⊥BD,AC-BD,AH=CH,∠DBC=∠ABD=45°， .∠AMN=∠ABC=90°， A,B,N,M四点共圆， .∠NAM=∠DBC=45°，∠ANMM=∠ABD=45°， .∠ANM=∠NAM=45°， AM=MN,故①正确； A 图1 :∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN4∠AMH=90°， .∠HAM=∠PMN, :∠AHM=∠MPN=90°，AM=MN, .Rt△AHM≌Rt△MPN(AAS), AMP=AH=AC=BD,故②正确： 如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR,使AD和AB重合，连接AN, 则AR=AQ,∠BAR=∠DAQ,∠ABR=∠ADQ-90°， R、B、N三点在同一直线上， :∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°， .∠RAN=∠QAN=45°， 又：AN=AN, ∴.△RAN≌△QAN(SAS), .RN=QN,即BN+DQ=NQ,故③正确； D R B N 图2 如图3，作MS⊥AB,垂足为S,作MW⊥BC,垂足为W, :点M是对角线BD上的点， .四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW, :∠AMN=∠SMW=90°， ·.∠AMS=∠NMW, 又：∠ASMM=∠NWM=90°， .△AMS≌△WMW(ASA), ..AS=NW, ..AB+BN=SB+BW=2BW, BW:BM=1:2, :48+N=2=5,故④正确。 BM2 故答案为D. S B N W 图3 【点晴】本题属于正方形的综合题，主要考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定 理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合 性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键， 3.A 【分析】过点F作FH⊥AG于H,由折叠的性质可得AD=AD'=4,DE=DE'=2,由“HL” 可证RtAEGC兰Rt&EGD',可得CG=GD',由勾股定理可求CG=GD'=1,通过证明 H4GAB,可得能C95,可求GH,HF的长，由勾股定理可求BH的长，肛 求解， 【详解】解：如图，过点F作FH⊥AG于H, 0 E C G B' M B :点E、F分别为CD、BC的中点， :DE=EC=2,BF=CF=2, :把ADE沿AE翻折得到△AD'E, .AD=AD'=4,DE DE'=2, 在Rt△EGC和RtAEGD'中， EG=EG EC=ED'' RIAEGC兰RIEGD'(HL), .CG=GD', AG:=BG2+AB2, .(4+CG)2=(4-CG)2+16, .CG=1, .CG=GD'=1,GF=CF-CG=1,AG=AD'+D'G=5, :∠FGH=∠AGB,∠B=∠FHG=90°， △GFH∽△GAB, :GFGH HF AG GB AB' :1-GH_HF 534’ om-gm-号 :把△BMF沿MF翻折， :BF =B'F=2, ..B'H =B'F2-HF2= 4-16_221 25 5 B'D=BH+HG-DG=2+3-1=22-2, 5 5 5 故选：A. 【点晴】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质，勾股定理等知识，先利用折叠性质和勾股定理求出CG=1,在利用相似三角形求 出GH,HF的长是本题的关键. 4.C 【分析】将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△APB,连接PP',则△PAP'是等腰直角三 角形，PB=PD=V10,然后根据勾股定理即可得到结论， 【详解】将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△AP'B,连接PP',则△PAP'是等腰直角三 角形 P'B=PD=√10 .AP'=AP,∠APP'=45 ·Pp'=√2 :∠APB=135 .∠P'PB=90 ∴PB=VP'B2-PP2=2√2 故选C. 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，和勾股定 理，正确的作出辅助线是本题的关键 5.B 【分析】过点F分别作BC、CD的垂线，交BC的延长线于点I,交CD于点J,容易证明 △ABE≌△EIF(AAS),则EI=AB=6,FI=BE=3.容易证明四边形CIFJ是正方形，则 CJ=FI=CI=FJ=3=EC,FJ∥IC.通过证明△CEH≌△JFH(AAS)可得 1 H二C名，利用平行可证明△A0G∽△FJG,则0二A0=:计算得6=1，最 2 后相加即可. 【详解】解：如图，过点F分别作BC、CD的垂线，交BC的延长线于点I,交CD于点J, D G B E 由旋转的性质可知，AE=EF,∠AEF=90°， ∠AEB+∠CEH=180°-∠AEF=90°， :四边形ABCD是正方形， .LABC=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD=6,AD∥BC, :∠AEB+∠BAE=180°-∠ABE=90°， .∠BAE=∠CEH, :点E是边BC的中点， :BE=CE=BC=3, 2 :FI⊥BI, .∠EIF=∠ABC=90°， 在△ABE和△EIF中， 「∠BAE=∠CEH ∠ABC=∠EIF, AE=EF :△ABE≌△EIF(AAS), .EI=AB=6,FI BE =3, ..CI EI -EC =3, :FJ⊥CD, LFJC=∠EIF=LDCI=90°， 四边形CIFJ是矩形， CI =3=FI, 四边形CIFJ是正方形， ..CJ =FI =CI FJ =3=EC,FJ//IC, .∠CEH=∠JFH, 在△CEH和△JFH中， ∠CEH=∠JFH ∠CHE=∠JHF, EC=FJ △CEH≌△JFH(AAS）, 3 :JH =CH =CJ 2 CD=6,CJ=3, .DJ CD -CJ 3, :AD∥BC,FJ∥BC, AD∥FJ, .△ADG∽△FJG, =2 :J=Dj=1, 3 ·GH=GJ+JH= 2 6.C 【分析】本题考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知 识，掌握相关知识是解题关键 过点E作EH⊥AG于点H,过点E作EH⊥EK,垂足为E,交FG的延长线于点K,先证 明四边形EHGK是矩形，再证明RIAABC≌RIAFDC(HL),继而解得∠BAC+∠CAG=180°， 证明B、A、G三点同在一条直线上，再证明△EKD≌△EHB(AAS),RtEKD中，由勾股定 理解得EK的长，证明△EKD≌aDFC(AAS)得到KD=FC,最后由三角形面积公式解答. 【详解】解：过点E作EH⊥AG于点H,过点E作EH⊥EK,垂足为E,交FG的延长线 于点K D F.∠EHB=∠EHG=90°，∠KEH=90° 在正方形BCDE中， BE=DE=BC=CD=6,∠EBC=∠BCD=∠EDC=90° 正方形ACFG中， AC=FC=AG,ZACF=ZCAG=ZAGF=ZF=90 :∠KGH=180°-∠AGF=90° ,四边形EHGK是矩形 在RtAABC和RtAFDC中， BC=DC,AC=FC .RtAABC≌Rt△FDC(HL), :∠1=∠2 ∠2+∠3=180°-∠EDC=90°，∠1+∠4=∠EBC=90° ∠3=L4 ∠BAC+∠CAG=180° :B、A、G三点同在一条直线上， :四边形EHGK是矩形 LK=90° .∠K=∠EHB 在EKD与△EHB中 ∠K=∠EHB,∠3=∠4，DE=BE .△EKD≌△EHB(AAS) :EK =EH :四边形EHGK是正方形 设正方形EHGK的边长为x 则EK=EH=KG=x RtAEKD,EK2+DK2=ED2 DK=DG+KG=2+x .x2+(2+x)2=36 x=7-1,x,=-7-1(舍去) DK=2+7-1=V17+1,EH=V7-1 ∠2+∠5=90°，∠2+∠3=90° .∠3=∠5 在EKD与△DFC中 ∠K=∠F=90°，∠3=∠5，ED=DC .△EKD≌△DFC(AAS) :KD=FC ..AG=KD=17+1 Se74G-H=7+1而-0=x07-=8 故选：C. 7.D 【分析】先根据题意得到S.cDE=9,CD=3√5，EF=EH=3,DE=CH,然后在△CDE中 利用勾股定理建立方程，求得DE和CE,接着过点M作MQ⊥CE于点Q,作MP⊥DE于 点P,连接EG,由角平分线的性质定理可知MP=MQ,可证得四边形EQMP为正方形， △GEM为直角三角形，再利用面积的关系S.CDE=S.DEM+S。cEM,求得MP,最后由勾股定 理求得EM和EG,即可解答. 【详解】解：：四个直角三角形全等，小正方形的面积为9，大正方形的面积为45， :S.ce-×45-9)=9,CD=V45=3W5,EF=EH=3,DE=CH, 4 设DE=CH=x,则CE=EH+CH=3+x, :DE2+CE2=CD2,即x2+(3+x2=35, 解得x=3(负值舍去)， .DE=3,CE=3+3=6, 如图，过点M作MQ⊥CE于点Q,作MP⊥DE于点P, 则∠DEC=∠MPE=∠MQE=90°， 四边形EQMP为矩形， 又：∠DEC的平分线交CD于点M, :MP=MO, .四边形EOMP为正方形， .∠MEQ=45°，EM=√2MP, S.c=S.mw+5.cm-DEMP+CEMQ=MP(3+6)-9. 2 .MP=MO=2, EM =2MP=22, 连接EG,则LGEH=45°，GE=√2EH=3√2， ∠GEM=∠GEH+∠MEQ=45°+45°=90°， GM=JEG+EM=3+(2=26. 8.D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质， 先过点E分别作EP⊥CD,EQ⊥BC,证明四边形EQCP是正方形，再得出 △MQE≌aNPE(ASA),故重叠部分四边形EMCN的面积为S正方形EocP,则 SE方形E0cP=4×4=16,即可作答. 【详解】解：过点E分别作EP⊥CD,EQ⊥BC,如图所示： A M B O :四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的边长为8， ∠C=90°，BC=CD=8 :EP⊥CD,EQ⊥BC, .∠EQC=∠EPC=∠C=90°， :.四边形EOCP是矩形， :点E是正方形ABCD的中心， 1 E0=EP=5×8=4, 2 :四边形EQCP是正方形， .∠QEP=90°， .∠QEP=∠QEN+∠NEP=90°， :Rt△EFG的两直角边EF,EG分别交BC,DC于点M,N, .∠FEN=∠FEQ+∠QEN=90 ∴.∠PEN=∠FEQ :∠MQE=∠EPN=90°，EQ=EP, ∴.△MQE≌△NPE(ASA .S.MOE=S.NPE 则重叠部分四边形EMCV的面积为S正方形EQcP, .S正方形E0cp=4×4=16, 即重叠部分四边形EMCN的面积为16， 故选：D. 9.A 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾 股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键.由旋转得， ∠ECF=90°，∠CFD=∠CEB=90°，CF=CE,DF=BE,可得出四边形CEHF为正方形，可得 EH=FH=CE=5.在RtABCE中，由勾股定理得，BE=VBC2-CE2=12,则 DF =12,DH DF-FH=7. 【详解】解：由旋转得∠ECF=90°，∠CFD=∠CEB=90°，CF=CE,DF=BE, :∠CEH=180°-∠CEB=90°， :四边形CEHF为矩形， CF=CE, :四边形CEHF为正方形， :EH FH=CE=5, 在RtABCE中，由勾股定理得，BE=√BC2-CE2=V132-52=12, .DF=BE=12, .DH=DF-FH=12-5=7, 故选：A. 10.B 【分析】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质， 勾股定理，角平分线的性质等知识，正确作出辅助线是解本题的关键 过E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于N,证明四边形EMCN是正方形，根据勾股定理求 出EF,再证明△DEN≌aFEM(ASA),得ED=EF即可解答. 【详解】解：过E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于N, D .∠EMC=∠ENC=90° :四边形ABCD是正方形， .∠BCD=90°，∠ECN=45°， .∠EMC=LENC=∠BCD=90°， .四边形EMCN是矩形， :在正方形ABCD中，AC平分∠BCD, 又EM⊥BC,EN⊥CD .EM EN 四边形EMCN是正方形， CM-EM-EN-CE=2 2 .FM=CF+CM=3+2=5, EF=√FM?+EM3=52+22=29, :EF⊥DE, ∠DEN+∠NEF=∠DEF=90°， :在正方形EMCN中，∠NEM=90°， 即∠NEF+∠FEM=90°， .∠DEN=LFEM, 在△DEN和△FEM中， ∠DNE=∠FME EN=EM ∠DEN=∠FEM △DEN≌AFEM(ASA), DE=EF=√29. 故选：B. 11.B 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判 定与性质，由正方形的性质可得AC⊥BD,∠ABD=∠CDB=45°，AD=CD, LBAD=∠ADC=90°，AB∥CD,作FM⊥AB于M,延长MF交CD于N,作FH⊥AD于 H,证明四边形MAHF为矩形得出MF=AH,证明四边形FNDH为正方形，得出 DN=HD,从而得出MF=CW,证明△EFG≌△FCO(AAS),得出EG=FO=√2，再证明 △EBG为等腰直角三角形，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线 是解此题的关键 【详解】解：：四边形ABCD是正方形， .AC⊥BD,∠ABD=∠CDB=45°，AD=CD,LBAD=∠ADC=90°，AB∥CD, 如图，作FM⊥AB于M,延长MF交CD于N,作FH⊥AD于H, H 则∠AMF=∠AHF=∠FND=∠FHD=∠MAH=∠NDH=∠FME=∠FNC=90°， .四边形MAHF、FNDH为矩形， :MF=AH, :∠CDB=45°， .△DFN为等腰直角三角形， .FN=DN .四边形FNDH为正方形， .DN =HD .AD-DH CD-DN,CN=AH, .MF=CN :EF⊥CF, ∠CFE=90°， .∠MFE+∠CFN=∠CFN+∠FCN=90°， .∠MFE=∠FCN, .:∠FME=∠CNF=90°， .△FME≌ACNF(ASA), .EF=CF, :EF⊥CF, .∠EFC=∠C0F=90°， .∠EFG+∠CF0=∠CF0+∠FC0=90°， .∠EFG=LFC0, EG⊥BD, .∠EGF=∠F0C=90°， .EF=FC, △EFG≌aFCO(AAS), EG=F0=√2， :∠ABD=45°， ∴△EBG为等腰直角三角形， :BE=2EG=2. 故选：B. 12.B 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾 股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键，由旋转得， ∠ECF=90°，∠CFD=∠CEB=90°，CF=CE,DF=BE,可得出四边形CEHF为正方形，可得 EH=FH=CE=5.在RtoBCE中，由勾股定理得，BE=VBC2-CE=4,则 DF=4,DH=DF-FH=1.在Rt△DEH中，由勾股定理得，DE=√EH'+DH?,进而可 得答案。 【详解】解：由旋转得∠ECF=90°，∠CFD=∠CEB=90°，CF=CE,DF=BE, :∠CEH=180°-∠CEB=90°， :四边形CEHF为矩形， CF=CE, :四边形CEHF为正方形， :EH=FH=CE=3 在RtaBCE中，由勾股定理得，BE=√BC2-CE2=V52-32=4, :DF=BE=4 .DH DF-FH =4-3=1 在Rt△DEH中，由勾股定理得，DE=√EH2+DH2=V32+12=0. 故选：B. 13.D 【分析】过点E分别作AB,AD的垂线，垂足分别为G、H,由正方形的性质得到 ∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC=45°，则由角平分线的性质得到EG=EH,据此证明四边 形AHEG是正方形，再利用勾股定理求出AH=EH=GE=4,则HF=AF+AH=6,可得 EF=2√13，再证明△FEH≌aBEG(ASA),即可得到BE=FG=2V3. 【详解】解：如图所示，过点E分别作AB,AD的垂线，垂足分别为G、H, .∠EGB=∠EHF=90°， :四边形ABCD是正方形， .∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC=45°， :EG⊥AB,EH⊥AD, .EG=EH,四边形AHEG是矩形， 四边形AHEG是正方形， ∠HEG=90°，AH=EH=GE, :在RtAAHE中，AE=42,AE2=AH'+HE2, .AH =EH=GE=4, .HF AF +AH=6, EF=EH2+HF2=213, :EF⊥BE, .∠FEB=∠HEG=90°， .∠FEH=∠BEG, △FEH≌△BEG(ASA, :BE=FE=2√3， 故选：D. 【点晴】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，角平 分线的性质，熟练掌握正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定是解题的 关键。 14.A 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，过点A作AM⊥BF于点 M,证明△BCG和△DCG全等得BG=DG,则△DFG的周长 =DG+GF+DF=BG+GF+DF=BF+DF,再证明△ABM和ADE全等得BM=DE, AM=AE,则四边形AMFE为正方形，从而得MF=EF,则 BF+DF=BM+MF+DF=DE+EF+DF=2DE,即aDFG的周长=2DE,由此可得出答 案 【详解】解：过点A作AM⊥BF于点M,如图： E 四边形ABCD为正方形，AC为对角线， B BC=CD=AD=AB,∠BCA=∠DCA=45°，∠DAB=90°， △BCG￥△DCG(SAS), :BG=DG, △DFG的周长=DG+GF+DF=BG+GF+DF=BF+DF, ∠AED=90°，AM⊥BF,BF⊥DE, .LAMF=∠E=LEFB=90°， :四边形AMFE为矩形， :∠ADE+∠DOF=90°，∠ABM+∠AOB=90°， ∠DOF=∠AOB, :∠ABM=∠ADE, :△ABM=△ADE(AAS, :BM =DE,AM=AE, :矩形AMFE为正方形， .MF=EF, :BF+DF BM +MF+DF=DE+EF DF =2DE, :aDFG的周长=2DE, DE=8, aDFG的周长=2DE=8, 故选：A. 15.B 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判 定与性质，由正方形的性质可得AC1BD,∠ABD=∠CDB=45°，AD=CD, ∠BAD=∠ADC=90°，AB∥CD,作FM⊥AB于M,延长MF交CD于N,作FH⊥AD于 H,证明四边形MAHF为矩形得出MF=AH,证明四边形FNDH为正方形，得出 DN=HD,从而得出MF=CN,证明△EFG≌△FCO(AAS),得出EG=FO=3,再证明 △EBG为等腰直角三角形，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线 是解此题的关键 【详解】解：四边形ABCD是正方形， .AC⊥BD,∠ABD=∠CDB=45°，AD=CD,∠BAD=∠ADC=90°，AB∥CD, 如图，作FM⊥AB于M,延长MF交CD于N,作FH⊥AD于H, D M E ○ G B 则∠AMF=∠AHF=∠FND=∠FHD=∠MAH=∠NDH=∠FME=∠FNC=90°， :四边形MAHF、FNDH为矩形， MF=AH, :∠CDB=45°， .△DFN为等腰直角三角形， .FN DN 四边形FNDH为正方形， :DN =HD .AD-DH CD DN CN AH, .MF=CN, :EF⊥CF, ∠CFE=90°， .∠MFE+LCFN=∠CFN+∠FCN=90°， .∠MFE=∠FCN, :∠FME=∠CNF=90°， △FME≌ACNE(ASA, .EF=CF, :EF⊥CF, .LEFC=∠C0F=90°， LEFG+∠CF0=LCF0+∠FC0=90°， .∠EFG=LFCO, :EG⊥BD, .∠EGF=∠F0C=90°， EF=FC, △EFG≌△FCO(AAS), .EG=F0=3, :∠ABD=45°， :△EBG为等腰直角三角形， BE=√2EG=3√2， 故选：B. 16.A 【分析】过点F作FM⊥AB于点M,点F作FN⊥BC于点N,延长NF交AD于点Q,证 明四边形BNFM是矩形，得出BN∥FM,∠MFN=90°，证明四边形BNFM是正方形，得 出MF=NF,证明△AFM≌△EFN(ASA),得出AF=EF,AM=EN.证明四边形AMFQ 是矩形，得出∠AQF=90°，AQ=MF=BN=FN,求出EN=AM=QF=QD=1, A0=MF=BN=FN=3-1=2,根据勾股定理求出AE=√AB'+BE2=√32+P=√0 【详解】解：过点F作FM⊥AB于点M,点F作FN⊥BC于点N,延长NF交AD于点Q, 则∠FMB=∠FNB=90°， :正方形ABCD, :∠ABC=90°，∠MBF=∠NBF=45°， 四边形BNFM是矩形， .BN∥FM,∠MFN=90°， .∠MFB=∠MBF=∠NBF=45°， :MF =MB, .四边形BNFM是正方形， .MF =NF, :EF⊥AF, .∠AFM=90°-∠MFE=∠EFN, [∠AMF=∠FNE .MF=NF ∠AFM=∠EFN △AFM≌aEFN(ASA, .AF EF,AM EN :∠DAM=∠AMF=∠MFQ=90°， .四边形AMFQ是矩形， ∠AQF=90°，AQ=MF=BN=FN, :∠QDF=∠QFD=45°， .OF =OD, OF2+OD2=DF2=2, .EN AM=OF=OD=1, :AO=MF BN FN=3-1=2, BE=BN-EN=2-1=1, .AE=VAB2+BE2=V32+12=0 故选：A。 【点晴】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性 质，熟练掌握性质是解题的关键。