2026年中考数学二轮复习（海南）《几何综合压轴题》考前冲刺专题提升训练

**基本信息** 聚焦特殊四边形动态综合，以折叠、旋转、动点为载体，系统整合全等、相似、勾股定理等知识，提炼轨迹最值、模型迁移等解题方法，发展几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |特殊四边形综合|8题|全等判定、性质迁移|从正方形到矩形/菱形的性质拓展，构建四边形与三角形关联| |动态几何问题|7题|轨迹分析、最值模型|折叠轴对称、动点轨迹（圆/直线）与勾股定理结合，培养空间观念| |模型迁移应用|6题|一线三垂直、手拉手模型|从特殊到一般类比探究，强化数学思维的逻辑性与迁移性|

2026年中考数学二轮复习（海南） 《几何综合压轴题》考前冲刺专题提升训练 1.在矩形ABCD中，AB=I0,AD=17,E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE,把△ABE沿直线AE折叠， 使点B落在点P处 D M 【初步感知】 B 图1 图2 (I)如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F,连接EF, ①求证：△EPF≌△ECF;②求△ADF的面积； 【深入探究】 (2)如图2，点M在线段CD上，CM=4,点E在移动过程中，直接写出PM的最小值； 【拓展运用】 (3)如图2，点N在线段AD上，AN=4.点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角 形时，求BE的长 2.如图I,在矩形ABCD中，DE平分∠ADC交边BC于点E,连接AE,将△ABE沿AE折叠至△AFE，,点F恰好落 在DE上. A 如 B E E 图1 图2 (I)求证：△AFD≌aDCE; (2)如图2，延长CF交AE于点G,交AB于点H. ①求证：GE=GF; ②求证：△EFC∽△GEC; ③求G正的值. GC 试卷第1页，共3页 3.【知识技能】 B D M M D D 图1 图2 图3 (I)如图1，正方形ABCD的CD边上有一动点E,以DE为边向外作正方形DEFG,连接BF,CG交于点M,BF与 CD交于点P,点H在AD边上，且BH∥CG,连接HF. ①证明：△ABH≌△GHF; ②求∠BMC的度数. 【教学理解】 (2)如图2，在正方形ABCD中，E,P,Q分别是边CD,BC,AB的中点，以DE为边向外作正方形DEFG,连接 PD,QG交于点M,猜想∠PMQ的度数，并说明理由， 【拓展研究】 (③)如图3，E为正方形A8CD的CD边上一点，且DE=CD,以DE为边向外作正方形DEFG,连接F,cG交于点 M,BF与CD交于点P,作CH⊥BF于点H,求 CH的值· 4.综合应用 D D E B 图1 图2 图3 【问题发现】 (I)如图1，在正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点 F,连接EF,求证：△ABE≌△CBF; 【类比探究】 (②)如图2，在矩形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两垂线交于点F, 且an∠Bcr-V ,连接EF,求CE的值， 3 、AE 【拓展延伸】 (3)如图3，在(2)的条件下，将E改为直线AC上的动点，其余条件不变，取线段EF的中点M,连接BM,CM.若 AB=23,则当aCBM是直角三角形时，求CF的长. 5.如图，在菱形ABCD中，AB=5,BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连接DE交BC于点F,BG平 试卷第1页，共3页 分∠CBE交DE于点G. B 备用图1 备用图2 (I)当点F恰好为BC的中点时，求证：△DCF≌△EBF; (2)若BD=6,DG=2GE. ①求菱形ABCD的面积；②求证：∠DBG=90°；③求tanZBDE的值， (3)若BE=AB,当∠DAB的大小发生变化时(O°<∠DAB<180°).在AE上找一点T,使GT为定值，说明理由并求出 ET的值. 6.探究正方形、矩形背景下的线段关系及路径问题，并完成以下问题 F E 0 A E D D G B C 图1 图2 图3 【问题发现】 (I)如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG,连接DG、 BE,求证：①△BEC≌△DGC; ②DG=BE; 【类比探究】 (②)如图2，四边形ABCD是矩形，AB=6,BC=10,点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形 CEFG,且CG OCE=35,连接DG、BE,判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由； 【拓展提升】 (3)如图3，在（2)的条件下，当点E从点A运动到点D时，请求出点G运动路径的长度. 7.已知正方形ABCD,E为对角线AC上一点. 试卷第1页，共3页 D E E B B 图1 图2 图3 (I)【建立模型】如图1，连接BE,DE.求证：△ABE≌△ADE; (②)【模型应用】如图2，F是DE延长线上一点，FB1BE,EF交AB于点G. ①判断∠FGB与∠FBG是否相等，并说明理由； ②若G为AB的中点，且AB=4,求线段AF的长； (3)【模型迁移】如图3，F是DE延长线上一点，FB⊥BE,EF交AB于点G,BE=BF.请猜想GE与DE之间的数 量关系并证明. 8.数学兴趣小组在数学活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： D 图1 图2 图3 图4 【观察与猜想】 (I)如图I,在正方形ABCD中，E,F分别是AB,AD上的两点，连接DE,CF,若DE⊥CF,求证：△ADE≌aDCF; 2如图2，在矩形ABCD中，AD=7,CD=4,E是AD上的一点，连接CE,BD,若CE⊥BD,请求出CE的值； BD 【类比探究】 (3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，E为AB上一点，连接DE,过点C作CG⊥DE交ED的延长线于点G ,文40伯延长线于立P,求正：=侣 【拓展延伸】 (4)如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=15,将△ABD沿BD翻折，A落在C处，得到△CBD,F为线段AD上 动点，连接CP,作DE1CP,交直线B于E,垂足为G,连接AG,若=}，直接写出AG的最小值， 9.综合与探究 试卷第1页，共3页 D E B B 图1 图2 图3 ①)如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且AE⊥BF, ①求证：△ABE兰△BCF; ②若AB=2,BE=1,连接EF,求∠EFC的度数； ②【类比探究】如图2，在矩形ABCD中，AB=4,AD=6,点E,F分别在边BC,CD上，且AB⊥BF,求E的值； BE (3)【类比探究】如图3，在RtAABC中，∠ABC=90°，AB=4,BC=7,D为BC上一点，且BD=2,连接AD,过点B作 BE⊥AD交于点F,交AC于点E,求BE的长. 10.【模型识别】 E D B FEC B D BG C 图-1 图-2 图-3 (I)如图-l,AB⊥BC于点B,CE⊥BC于点C,AC⊥DE交BC于点D,若AB=DC,求证：△ABC≌△DCE. 【尝试应用】 (2)如图-2，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE,作DF⊥AE交BC于点F,CE=EF,若AB=2,AD=4, 求DF的值： AE 【拓展探究】 (③如图3，已知菱形BCD的边长为I0am乙ABD-子，点E为边B上的一点，连接DE,过点A作4G1DE交BD于 点F,交BC于点G,且DE=2AF,求BG的长. 11.在矩形ABCD中，AB=nAD,E,F分别在AB,BC上，AF,DE相交于点O. 试卷第1页，共3页 A D E O E B G B B F 图1 图2 图3 (1)若n=1,AF⊥DE. ①如图1，求证：△ADE≌△BAF; ②如图2，点G为CB延长线上一点，DE的延长线交AG于H,若AH=AD,求证：AG=AE+BG; ③在②的结论下，若AG=13,BG=5,求OA的长 (②)如图3，若E为AB的中点，LADE=∠EDF,请直接用含的式子表示C的值 BE 12.如图1，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转（不超过一周）. B B 图1 图2 图3 (I)特殊呈现：当AD=AB时，将△AEF旋转到如图2所示位置； ①求证AABE≌△ADF. ②说明BE与DF的位置关系； (2)一般探究：当AD=kAB时，将△AEF旋转到如图3所示位置时，当k≠1时， DF比值是定值吗？若是定值，请给予 B 证明；若不是定值，请说明理由； (3)特殊应用：如图3，当AB=6,k=4时，点E在AB左侧，且∠AEB=90°时，连接CF交AD于点G,请直接写出 3 DG的值. 3.我们把两组邻边分别相等的四边形称为“筝形”.为了解这种四边形的特征，李老师和同学们在数学实践课上以筝 试卷第1页，共3页 形为背景进行如下研究. 图1 图2 图3 【概念理解】 (I)如图I,在四边形ABCD中，AB=AD,AB⊥BC,AD⊥DC,证明△ABC≌△ADC,并判断四边形ABCD是否为 筝形 【性质探究】 (②)在四边形ABCD中，AB=AD,AB⊥BC,AD⊥DC,过点B作BE⊥CD,垂足为E,直线BE与AC交于点F, 过点A作AG⊥BE,垂足为G. ①如图2，若AB<BC,证明：BC=AG+CE· ②如图3，若AB>BC,判断①中的结论是否仍然成立.若成立，请证明；若不成立，请说明理由，并写出正确的结论. 【拓展应用】 ③)条件同(2)且当4B+BC时，若=4，求BC的值. AB 14.【综合与实践】如图1，正方形纸片ABCD的边长为2，点P,Q分别在边BC,CD上，且∠PAQ=45°，连接PQ. D 图1 图2 图3 (1)如图1，当∠PAC=L0AC时， ①求证：△ABP2△ADQ; ②求点A到PQ的距离； (2)【转一转】将图1中的∠PAQ绕点A旋转，使它的两边分别交边BC,CD于点P,Q,连接PQ,如图2，点A到 PQ的距离是否发生变化？说明理由； (3)【探一探】连接正方形ABCD的对角线BD,若图中的∠PAQ的边AP,AQ分别交BD于点M,N,如图3，当点Q 是CD边的三等分点时，求BM的长， 15.如图1，在口ABCD中，AB=AC=10,BC=12,AE⊥BC于点E,P是边AB上一点，将△PBE沿PE折叠，点B 试卷第1页，共3页 落在点B位置. D B B E 图1 图2 (I)求证：△ABE≌△ACE; (2)在折叠过程中，求点B与点D之间的最小距离： (3)在折叠过程中，若点B落在ABC的内部（不包含边界），求AP的取值范围； (4)如图2，已知BE与边AB交于H点，若EH⊥AB,直接写出点B到AD的距离. 16.探究不同情境，解决下面问题： H G D E 图1 图2 图3 (1)【问题发现】如图1，在△BOC中，OC=OB,∠B0C=90°，点A为BO延长线上的一点，以OA为一边作正方形 OADE,连接AC,BE,求证： ①AC=BE; ②AC⊥BE. (2)【类比迁移】如图2，将正方形OADE绕O点顺时针旋转.在旋转过程中，当B0=BE时，AC与DE交于点F,若 0B=20A=4,试求AF的长 (3)【拓展应用】如图3，连接AB,若OA=√6，OB=2√5，以AB为边作正方形ABGH,使两点O、H落在直线AB的 两侧，当OH的长最大时，请求出正方形ABGH的面积. 17.问题背景：如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=3,点E在边BC上，且EC=2BE,点F为CD的中点. 试卷第1页，共3页 图1 图2 问题探究： (I)求线段AE的长； (2)求证：△ABE≌△ECF; (3)求∠AEF的度数. 拓展探究： (4如图2，若M为AF的中点，N为EF上一点，∠FMN=75°，求线段MN的长. 18.(1)【证明推断】如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上的动点（与点B、D不重合），连接AE,过点 E作EF⊥AE,EG⊥BD,分别交直线BC于点F、G. D 图1 图2 图3 ①求证：△ABE丝△FGE:②直接写出F的值： AE (2)【类比探究】如图2，将(1)中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”,其他条件均不变. ①若AB=3,BC=4,求F的值， AE ②若AB=m·BC,直接写出E的值（用含m的代数式表示）， AE (3)【拓展运用】如图3，在矩形ABCD中，点E是对角线BD上一点（与点B、D不重合），连接AE,过点E作 EF⊥AE,EG⊥BD,分别交直线BC于点F、G,连接CE,当AB=2,BC=4,CE=CD时，求BF的长. 19.【教材回顾】 试卷第1页，共3页 (I)如图1，在正方形ABCD中，M,N分别为边AB,BC上的点，且BM=CN,求证：CM⊥DN; 【类比探究】 (2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,M,N分别为AB,AC上的点，且BM=AN,AD⊥MN交 BC于点D,求证：MN=AD; 【拓展提升】 (3)如图3，在正方形ABCD中，对角线BD与AC交于点O,M,N分别为边AB,AD上的动点，且AM=DN, 连接BN,DM,若BN+DM的最小值为2√5，求正方形ABCD的边长. D 图1 图2 图3 20.综合与实践 【问题背景】在四边形ABCD中，点E是边CD上一点（不与C、D重合），延长BC到点F,使CF=CE. 【特例感知】 (I)如图1，若四边形ABCD是正方形，AB=2,连接DF,延长BE交DF于点G. ①求证：△BCE≌△DCF; ②当点G是DF的中点时，求CE的长： 【深入探究】 (2)如图2，若四边形ABCD是菱形，AB=2,连接DF,延长BE交DF于点G,当点G是DF的中点时，求CE的长； 【拓展提升】 (3)如图3，若四边形ABCD是矩形，AB=2,AD=3，点H在BE的延长线上且满足BE=5EH,连接EF、HF,当 △EFH是直角三角形时，求CE的长. A D A E G B 图1 图2 图3 21.已知正方形ABCD,E,F为平面内两点. 试卷第1页，共3页 F D G B B A E E 图1 图2 图3 【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 【拓展迁移】 (3)如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC,AE⊥AF,DE⊥BE,且D,F,E三点共线，DE与AB 交于G点.若DF=3,AE=√2，求CE的长. 试卷第1页，共3页 2026年中考数学二轮复习（海南） 《几何综合压轴题》考前冲刺专题提升训练 1.(1)①证明：如图①， D B E 图① 由折叠的性质，得∠APE=∠B=90°，PE=BE,AP=AB=10, .∠EPF=90°， :四边形ABCD为矩形， .∠C=90°， :E为BC的中点， :BE =EC, :PE EC, 在Rt△EPF和RtECF中， EP=EC,EF=EF, ∴RtAEPF≌RtAECF(H,L): ②1887 80 (2)5V13-10 (3)5 【分析】(1)①由折叠的性质结合矩形的性质，即可求证；②根据全到三角形的性质可得FP=FC,设DF=x,则 FP=FC=10-x,利用勾股定理求出x= 40,即可求解； (2)根据题意得点P在以A为圆心，10为半径的OA的弧上.连接AM,当点P在线段AM上时，PM有最小值.根 据勾股定理求出AM,即可求解； (3)过点P作PH⊥AD于H,交BC于点G,证明△PHN∽aDHP,可得HP2=HNHD,设HN=x,HD=I3-x, 根据勾股定理得到关于x的方程，可得到HP=6,AH=8,HG=AB=10,PG=4,BG=AH=8.设BE=m,则 PE=m,GE=8-m·在Rt△PGE中，根据勾股定理求出m=5,即可求解. 即BE的长为5. 答案第1页，共2页 【详解】(1)①略； ②：RtEPF≌Rt△ECF :FP=FC 设DF=x,则FP=FC=10-x, 在RtAADF中，AF2=AD2+DF2, :(10+10-x)2=172+x2 解得x=1 40 :△ADF的面积=DF.AD=xx17=187 240 809 (2)解：：AP=AB=10,点E在移动过程中，AP=10不变. 点P在以A为圆心，10为半径的0A的弧上 连接AM, A D B 当点P在线段AM上时，PM有最小值. :AD=17,AB=CD=10,CM=4, .DM=6. .AM=VAD2+DM=V172+62=325=5V13, .PM的最小值为AM-AP=5V13-10. (3)解：过点P作PH⊥AD于H,交BC于点G, A N H D 3 12 B E G C .∠NPD=90°， .∠1+∠2=90°， .∠1+∠3=90°. 答案第1页，共2页 .∠3=∠2. :∠PHN=∠DHP, .△PHN∽aDHP, 那即 HP HN :HP2 HN HD, :AN=4,AD=17, .DN=13. 设HN=x,HD=13-x, AH=x+4,HP2=x(13-x. .AB=10, .AP=AB=10, :HP2=AP2-AH2, .HP2=102-(x+4)2. .x13-x=102-(x+4)2, 解得x=4. .HP=6,AH=8.HG=AB=10,PG=4,BG=AH=8. 设BE=m,则PE=m,GE=8-m· 在Rt△PGE中，PE2=EG2+PG, .m2=(8-m)2+42. 解得，m=5, 即BE的长为5. 2.(I)证明：：四边形ABCD是矩形， .AB=CD,∠B=∠C=90°，AD∥BC, .∠DEC=∠ADF, 由折叠的性质得：AB=AF,∠AFD=∠AFE=∠B=90°， .AF =CD, .△AFD≌△DCE(AAS); (2)①证明：：DE平分∠ADC, LADE=∠EDC=45°. 答案第1页，共2页 .aCDE是等腰直角三角形， .CD CE. :△AFD≌△DCE, :AD=DE,AF DC,DF=CE .AF=DF=DC=CE ∠DCF=∠DFC=180,45°=67.50，∠DME=∠DEA=180°45°=67.5°， 2 2 .∠DEA=∠DFC. :∠EFG=∠DFC, .∠DEA=∠EFG, .GE=GF; ②证明：：∠DFC=67.5°， .∠CFE=180°-67.5°=112.5°， :△CDE是等腰直角三角形， .LDEC=∠CDE=45°， .∠AEG=67.5°+45°=112.5°， ∴.∠CEG=∠CFE=112.5°， .∠ECG=∠FCE, .△EFC∽△GEC; ③2-1. 【分析】(I)根据矩形的性质可得LDEC=∠ADF,再由折叠的性质可得AF=CD,然后根据AAS可证△AFD≌aDCE (2)①证明aCDE是等腰直角三角形，可得CD=CE,再由△AFD≌△DCE,可得AD=DE,AF=DF=DC=CE, 从而得到∠DCF=∠DFC=67.5°，∠DAE=∠DEA=67.5°，可得∠DEA=∠EFG,进而可证GE=GF; ②求出∠CEG=∠CFE=112.5°，可证△EFC∽△GEC; ③根锅等楼直角三角形的性质可特DE=5cD,从而得到EF=DE-DP-人5-小CE,进而符到器-万-l,再由 △EFC∽aGEC即可求解， 【详解】(1)略； (2)①略： ②略； ③解：：△CDE是等腰直角三角形， 答案第1页，共2页 .DE =2CD, .AF=DF=DC=CE, :EF DE-DF =(2-1)CD =(2-1)CE, EF =V2-1, CE :△EFCn△GEC, GE GC=EF CE=2-1. 3.(1)①证明：：四边形ABCD为正方形， .AB=CD=AD,BCI‖AD,∠A=90°， :以DE为边向外作正方形DEFG, .DG=FG,∠CDA=∠CDG=∠DGF=90°， :BCII AD,即BCIHG, 又：BH∥CG, 四边形BHGC为平行四边形， .BH=CG, 在RtABAH与RIACDG中， (AB=CD BH=CG' R1aBAH≌RtACDG(HL, :AH=DG, .AH=FG, AD=AH +HD=DG+HD =HG,AD=AB, :AB=HG, 在△ABH与△GHF中， (AB=HG ∠A=∠DGF=90°， AH=FG △ABH≌△GHF(SAS); ②45° (2)解：∠PMQ=45°，理由如下： 连接BF,CG相交于点N,取AD中点，记作H,连接BH,FH,如图， 答案第1页，共2页 B :四边形ABCD为正方形， .AB=CD=AD,∠A=90°， :点E为CD的中点，且以DE为边向外作正方形DEFG. :LCDG=∠FGD=90°，DG=FG=CD=AD, 2 2 :点H为AD的中点， :A-号0 .AH=DG=FG, 在△BAH与△CDG中， AB=CD ∠A=∠CDG=90°， AH=DG .△BAH≌△CDG(SAS), .∠ABH=∠DCG, AD AH +HD DG+HD=HG,AD=AB, :AB=HG, 在△ABH与△GHF中， AB=HG ∠A=∠DGF=90°， AH=FG .△ABH≌aGHF(SAS), .BH=HF,∠ABH=∠GHF, ∠ABH+∠BHA=90°， .LGHF+∠BHA=90°， ∠BHF=90°，且BH=HF, ∴.△BHF为等腰直角三角形， 答案第1页，共2页 .LHBF=45°， .∠ABH+∠CBN=45°， .LDCG+∠CBN=45°， .∠BCD=90°， 在△BCN中，∠BNC=180°-90°-45°=45°， :点Q为AB中点， :BQ=1AB=IAD, 2 2 BO=FG, BO//CD,CDFG, .BOl/FG, .四边形BQGF为平行四边形， ..QGI/BF, 同理可证四边形PCGD为平行四边形， .PD/ICG, .∠QMP=∠BNC=45° 即∠QMP的度数为45°. (3)3 【分析】(1)①先证明四边形BHGC为平行四边形，再证明R1aBAH与RtACDG全等，由此可得AH=DG,再由边角 边的证明方法证明△ABH与△GHF全等即可； ②先得到△BHF为等腰直角三角形，可得∠HBF=45°，继而可得LABH+∠CBP=45°，再根据RIBAH≌RIACDG, 可得∠ABH=∠DCG,从而得到∠DCG+∠CBP=45°，结合△BCM内角和为180°求解即可. (2)证明aBAH与△CDG全等，△ABH与a△GHF全等，进而可求解∠BNC=180°-90°-45°=45°，再由一个角的两边 分别平行于另一个角的两边，且两角开口方向相等，即可得到∠QMP=∠BNC=45°. (3)先证明BPCAFPE相似，即可得到PC=3PE,再证明sMPC∽aMFG,可得CM=3GM,MP=MF,结合 等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及分别求解CH与MF即可. 【详解】(1)解：①略 ②.△ABH≌△GHF, BH=HF,∠ABH=∠GHF, :∠ABH+∠BHA=90°， .∠GHF+∠BHA=90°， 答案第1页，共2页 :∠BHF=180°-（∠GHF+∠BHA=180°-90°=90°， △BHF为等腰直角三角形， .∠HBF=45°， ∠ABH+∠CBP=90°-LHBF=90°-45°=45°， .RtaBAH≌RtACDG, .∠ABH=∠DCG, .∠DCG+∠CBP=45°， .∠BCP=90°， 在△BCM中，∠BMC=180°-∠BCP-∠DCG+∠CBP）=180°-90°-45°=45°， 即∠BMC的度数为45°. （2)解：略 (3)解：：E为正方形ABCD的CD边上一点，且DE=。CD,以DE为边向外作正方形DEFG, 设正方形ABCD的边长为3x,则正方形DEFG的边长为x, :∠DEF=90°， .LPEF=90°，即∠BCP=∠PEF=90°， :∠BPC=∠FPE, 在△BPC与△FPE中， ∠BCP=∠PEF=90° I∠BPC=∠FPE △BPC∽△FPE, .PC_BC =3x=3,PC =3PE, PE EF x CD=3x,ED=x,CE=3x-x=2x, ·PC+PE=2x,即3PE+PE=2x,解得PE= 21 即PC=3PE=3×22, x 3x CDIFG, .aMPC∽aMFG, 3x CM-=M=PC=2-3, GM=MF=FG=￥=2 答案第1页，共2页 即CM=3GM,PM=3MF, 在R1aCDG中，CD2+DG=CG, .(3x)+x2=CG2,解得CG=√10x, :Cw+GM=cG,即Cw+子CM-CM=cG, 3 CM=310 一X, 由以上结论可知，∠BMC=45°， :CH⊥BF, ∴.aCHM为等腰直角三角形， 3V10 CH-C 在RtAPEF中，PE2+EF2=PF2, +r=PF,解得PF=5 , :PM+MF=PF,3MF+MF=5MF=PF, ·MF= 了t, 35 :E=店3 5 4.(1)证明见解析 23 3 (3)√5-1或V5+1 【分析】(1)利用正方形和余角性质可证AB=CB,∠ABE=∠CBF,∠EAB=∠FCB,进而即可求证； (2)同理(1)可证△ABE∽△CBF,再利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义解答即可求解； (3)由(2)可得CB=2,得AC=√AB2+CB2=4,由直角三角形的性质得BM=CM,即得LBMC=90°，得到 BM2+CM2=2CM2=BC2=2,得CM=V2,即得到EF=2CM=2√2，再分E在线段AC上和线段AC的延长线上 两种情况，利用勾股定理解答即可求解. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是正方形， .∠ABC=90°，AB=CB, 答案第1页，共2页 :BF⊥BE,CF⊥AC, .∠EBF=90°，∠ECF=90°， :∠ABE+∠CBE=LCBF+∠CBE=90°，∠EAB+∠ACB=∠FCB+LACB=90°， :ZABE=ZCBF,ZEAB=ZFCB 在△ABE和CBF中， ∠ABE=∠CBF AB=CB ∠EAB=∠FCB .△ABE≌aCBF(ASA; (2)解：：四边形ABCD是矩形， .∠ABC=90°， :BF⊥BE,CF⊥AC, LEBF=90°，∠ECF=90°， .∠ABE+∠CBE=∠CBF+∠CBE=90°，∠EAB+∠ACB=∠FCB+∠ACB=90°， .∠ABE=LCBF,∠EAB=LFCB, .△ABE∽△CBF, :∠BAE=LBCF, AB AE CB CF' CF CB AE AB :ian∠BCF=V 3 :an∠BAE=tan∠BCP=5,即CB-5, 3 AB 3 .CF-CB3 AE=AB=3 (3)解：：CE=CB=3 3 ，AB=25, .CB=2, AC=VA8+CB=25+2=4 :∠EBF=90°，∠ECF=90°，M为EF的中点， 1 :BM=-EF,CM=-EF, 2 2 .BM =CM, :△CBM是直角三角形， 答案第1页，共2页 .∠BMC=90°， .BM2+CM2=2CM2=BC2=22, CM=√2， :EF =2CM =22, 设CF=x,则AE=√3x, 当E在线段AC上时，CE=AC-AE=4-√5x, :∠ECF=90°， :CE2+CF2=EF2, (4-3x'+x2=(22, 解得x=√5-1或x=√5+1（不合题意，舍去）： 当E在线段AC的延长线上时，如图， M B 图4 则CE=AE-AC=V5x-4, ∠ECF=90°， .CE2+CF2=EF2, x2+3x-4°=(22， 解得x=√5-1（不合题意，舍去）或x=√5+1； 综上所述，CF的长为√5-1或√5+1. 【点睛】本题考查了正方形性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和 性质，锐角三角函数，勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键， 5.(I)证明：：四边形ABCD是菱形， .DCll AB, :ZC ZCBE ZCDE ZDEB, :点F为BC的中点， :BF CF, 答案第1页，共2页 ∠DCF=∠EBF 在△DCF和△EBF中， ∠CDF=∠BEF, CF=BF :△DCF≌△EBF(AAS); (2)① 24②证明：四边形ABCD是菱形， ∠CBD=∠ABD=∠ABC, 2 :BG平分∠CBE, :∠CBG=∠EBG=1∠EBC, ZDBG=∠CBD+ZCBG=)∠ABC+∠EBC=X180P=90P 4 ③)解：如下图所示，连接4C交BD于点O,交DE于点L,过点G作GT\BC,交AB于点T,此时GT=为定值. 3 理由如下： D B T 由题(2)③可知当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG‖AC, EG BE GL AB AB=BE=5, :EG=GL, 同理可得DL=GL, :DL=GL=EG, GT‖BC, ∴.GTI AD, ∴∠ETG=∠EAD,∠EGT=∠EDA, ∴△EGT∽△EDA, GT EG ET 1 AD ED EA3' 又：AD=AB=5,G7-号，为定值， 答案第1页，共2页 此时ET=AE=4B+BE)= 3 3 3 【分析】(I)根据菱形的性质可知∠C=∠CBE,∠CDE=∠DEB,根据中点的定义可知BF=CF,利用AAS可证 ADCF≌aEBF; (2)①根据菱形的性质可知AC⊥BD,OA=OC,OB=OD=3,利用勾股定理可以求出AC=8,根据菱形的面积公 式即可求出菱形ABCD的面积； ②根接菱形的桂质可知∠CBD=∠4BD-A8C,表据8G平分∠CBE,可得∠CBG=∠EBG=EBC,可证 ∠DBG=∠CBD+∠CBG=90°； ®根据平行线分线段成比例定理可以求出0L=4氵}，根据正切的定义即可求出结果！ (3)由题(2)③可知当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG‖AC,根据平行线分线段成比例可知EG=GL,同 理得AD0 LADBG DL=GL,根据EGT△EDA,可得：0=D=EA=3；由AD=AB=5,可以求出GT=&， 为定值，即可求出E7-B+BE)-9 31 【详解】(1)略 (2)①解：如下图所示，连接AC交BD于点O, :四边形ABCD是菱形， :AC1BD,0A=0C,0B=0D=BD=×6=3, 2 2 又：AB=5, 0A=VAB2-0B2=V52-32=4, .AC=20A=8, :菱形ABCD的面积是}4CBD=x6×8=24: D ②略 ③解：如下图所示， :∠D0L=90°，∠DBG=90°， LD0L=∠DBG=90°， ACl/BG, 答案第1页，共2页 DL_D0=1, GL BO ÷DL=GL=DG, 2 DG=2GE, 6E0G, :DL=GL=GE .CDI AB, .CL=DL 1 “ALEZ2' a-4c-8 3 3， 0L=4-8、4 33’ 4 tan∠BDE=OL-3-4: D039 0 C O (3)略 6.(I)证明：①由题意可得四边形ABCD和四边形ECGF为正方形， .BC=CD,EC=CG,∠BCD=LECG=90°， 又：∠BCE+∠ECD=∠BCD,∠ECD+∠DCG=∠ECG, .ZBCE ZDCG 在BEC和△DCG中， BC=CD ∠BCE=∠DCG, EC=CG △BEC≌△DGC(SAS): ②：△BEC≌△DGC, .BE =DG (2)解：BE=DG,DG⊥BE, 3 理由如下：延长BE、GD相交于点H,如下图： 答案第1页，共2页 H D G 图2 在矩形ECGF、矩形ABCD中，∠ECG=∠BCD=90°， :ZDCG ZBCE :CD:CB=6:10=3:5,CG:CE=3:5, .CD:CB=CG CE, ∠DCG=∠BCE, .△BEC∽△DGC, DG CG 3 BE-CE=3 ZBEC-ZDGC. BE-DG: 在矩形ECGF中，∠FEC=∠FGC=∠F=90°， .LHEF+∠BEC=180°-LFEC=90°，LFGH+∠DGC=90°， .LHEF=∠FGH .∠H=∠F=90°， .DG⊥BE; (3)点G的运动路径长6. 【分析】(I)①利用SAS即可证明△BEC≌△DGC;②根据全等三角形的性质即可求证； (2)通过证明△BEC∽△DGC,可得 ECE5,∠BEC=∠DGC,延长BE、GD相交于点H.因为矩形ECGF, DGCG3 所以LFEC=∠FGC=90°，所以LHEF+LBEC=180°-LFEC=90,LFGH+LDGC=90°，所以∠H=∠F=90°，即 可求解； (3)作EN⊥BC于N,GM⊥BC交BC的延长线于M.首先证明点G的运动轨迹为MG所在的直线，当点E是从点A 运动到D点时，点G从点H运动到点M,即可求解. 【详解】(1)证明：①略；②略； (2)解：BE=DG,DG⊥BE, 证明：略； (3)解：作EN⊥BC于N,GM⊥BC交BC的延长线于M,如下图： 答案第1页，共2页 E 图3 可得∠ENC=∠CMG=90°，∠ECN+∠MCG=∠MCG+∠CGM=90° .∠ECN=∠CGM, .△ECN∽aCGM, EC EN 5 CG CM3' EN=AB=6, .CM =18 点G的运动轨迹是直线MG,当点E是从点A运动到D点时， 当点E与点A重合时，BE=AB=6, 由2)待DG-8E-=DH,睡H与点G重合， 5 当点左与点D重合时，连接DM,DM=VD+CW,6区，BE=BD=6+10=2V。 由(2)得DG=3BE=6V34 3 =DM,即M与点G重合， 5 5 .点G从点H运动到点M, 又：HM=AB=6 .点G的运动路径长6. 7.(1)见解析 (2)①LFGB=∠FBG,理由见解析；②√13 (3)GE=√2-1DE,证明见解析 【分析】(1)先判断出AB=AD,∠BAE=∠DAE=45°，进而可证△ABE≌△ADE; (2)①根据(I)证明出∠FBG=∠FGB;②过点F作FH⊥AB于H,先求出AG=BG=2,AD=4,进而求出 AH=3,FH=2,最后用勾股定理即可求出答案； (3)先判断出EF=√2BE,由(1)知，BE=DE,由(2)知，FG=BF,即可判断出结论. 【详解】(1)证明：：AC是正方形ABCD的对角线， 答案第1页，共2页 .AB=AD,∠BAE=∠DAE=45°， AE=AE, △ABE≌△ADE(SAS); (2)解： A D E G B ①LFGB=∠FBG,理由如下： :四边形ABCD是正方形， .∠AGD+∠ADG=90°， FB⊥BE, LFBG+LEBG=90°， :△ABE≌△ADE, ∠ABE=∠ADE,即∠ADG=LABG,又∠AGE=∠FGB, .LFBG=∠FGB, ②如图，过点F作FH⊥AB于H, D B :四边形ABCD为正方形，点G为AB的中点，AB=4, AG=BG=2,AD=4,∠BAD=90°， 由①知，∠FBG=∠FGB, :FG=FB, :GH =BH =1, :.AH=AG+GH=3, :FH⊥AB,∠BAD=90°， .∠FHG=∠BAD=90O, 答案第1页，共2页 :∠FGH=∠DGA, △FHG∽△DAG, .FH_GH 1 AD AG2' :.FH=1AD=2, 2 在Rt△AHF中，AF=√AH2+FH?=√3； (3)解GE=(2-DE,理由如下： :FB⊥BE,BE=BF, EF=√2BE, 由(1)知，△ABE≌△ADE(SAS), 'BE=DE,由(2)知，FG=BF, :.GE EF-FG=2BE-BF =2DE-DE =(-1DE. 8.(1)见解析 a (3)见解析 26-号 【分析】(I)利用正方形性质得边角关系，结合垂直推出角相等，用AAS证全等； (2)利用矩形性质与垂直，证△CDE∽△BCD,得相似比； (3)过点F作BC的垂线，交BC于点N,根据矩形性质及角度关系证明△NFC∽△ADE得到结论： (4)过点C作AD的垂线，交AD于点M,取CD的中点为O,连接AO,作AN⊥CD于点N,根据角度关系证明 EAD∽FMC,求出AO长度，由DE⊥CF得到点G在以CD为直径的圆上，半径为OC=OD,根据圆外一点到圆上 一点的距离得到AG的最小值 【详解】(1)证明：“四边形ABCD为正方形， .AD=DC,∠A=∠FDC=90°， :LAED+LADE=90°. :DE⊥CF, :∠DFC+∠ADE=90°. .∠AED=∠DFC. 在△AED和△DFC中， 答案第1页，共2页 ∠A=∠FDC ∠AED=∠DFC, AD=DC △AED≌△DFC(AAS. D (2)解：：四边形ABCD为矩形， LADB+∠BDC=90°， :CE⊥BD, .∠ADB+∠CED=90°， .∠BDC=∠CED, 又∠BCD=LCDE, ∴△BDCn△CED, CE CD 4 BD BC 7 E D (3)证明：如图，过点F作BC的垂线，交BC于点N, G 则∠BNF=∠A=∠B=90°， ·四边形ABNF为矩形， ∠DFN=90°，AB=FN, ·∠NFC+∠GFD=90°， :CG⊥DE, ∠GDF+∠GFD=90°， 答案第1页，共2页 :∠NFC=LGDF, 又∠GDF=∠ADE, ·∠NFC=∠ADE. 又∠A=∠FNC=90°， ·△NFC∽△ADE, DE AD CF FN DEAD CF AB (4)解：如图，过点C作AD的垂线，交AD于点M,取CD的中点为O,连接AO,作AN⊥CD于点N,则 ∠EAD=∠FMC=∠AND=90°， 由轴对称图形的性质可知AD=CD=15, D:CF⊥DE,∠BAD=90°， C ∠AFG+∠AEG=360°-∠BAD+∠EGF=360°-90°-90°=180°， 又∠AFG+∠MFC=180°， .∠AEG=∠MFC, .EAD∽FMC, DE AD 5 CF MC 4' ·CM=4AD 5 12, 又∠ADN=∠CDM, .sin∠ADW=sin∠CDM, :4W-CM-4 AD CD5' ·AN=12, ·DN=VAD2-AN2=V152-122=9, ·N0=DN-0D=9-15=3 2=2 答案第1页，共2页 :DE⊥CF, :点G在以CD为直径的圆上，半径为OC=OD=15 当点G在A0上时，AG的值最小， 。4G的最小值为6-号 9.(1)①见解析；②45° 3)28V5 15 【分析】(1)①利用正方形的性质可得AB=BC,∠ABC=∠BCF=90°，再证明LBAE=∠CBF,由“ASA”可证 △ABE≌△BCF;②根据正方形的性质易得BC=2,进而求出CE=1,由①中△ABE≌△BCF可得CF=BE=1,易 证∠EFC=∠FEC,再结合∠ECF=90°，利用三角形内角和定理即可求解： (2)通过证明△ABE∽△BCF,利用相似三角形的性质，即可求解； (3)过点A作AB的垂线，过点C作BC的垂线，两垂线交于点G,延长BE交CG于点H,勾股定理求得AD,根据 2)知求得BH,证明24B心4CHE,利用相似三角形的性质，即可求解 【详解】(1)①证明：设AE与BF相交于点P,如图， :四边形ABCD是正方形， .∠ABC=∠BCF=90°，AB=BC, AE⊥BF, .∠APB=90°， .∠BAE+∠ABP=90°， :LABP+∠CBF=90°， :ZBAE Z CBF △ABE≌△BCF(ASA; ②解：连接EF, :四边形ABCD是正方形，AB=2,BE=1, .BC=AB=2, .CE=BC-BE =1, 由①知△ABE≌△BCF, 答案第1页，共2页 .CF=BE=1, .CE=CF=1, .∠EFC=LFEC, :∠ECF=90°， ∠EC=∠FEc=80-∠Bcr)=45: D (2)解：：AE⊥BF, .∠BAE+∠ABF=90°. 在矩形ABCD中，∠ABC=90°，AB=4,BC=AD=6, .LCBF+∠ABF=90°， ∴.∠BAE=∠CBF, :∠ABE=∠BCF=90°， .△ABE∽△BCF, AE AB 4 2 ÷8F8C63 (3)解：如图，过点A作AB的垂线，过点C作BC的垂线，两垂线交于点G,延长BE交CG于点H. .LBAG=∠BCG=90° D :∠ABC=90°， ∴.四边形ABCG是矩形. AB=4,BD=2,BC=7, .CD=BC-BD=5, AD=VAB2+BD2=V42+22=2V5, 同理(2)得D=AB4 BH BC7 答案第1页，共2页 BH=AAD=V5 2 在R1aBCH中，CH=√BH2-BC= 2， :AB∥CH, .△ABE∽△CHE, AB BE ·CHEH 4 BE :775-BE' 2 2 BE =285 15 10.(1)见解析 (2)2-√2 (3)BG=130 19 【分析】(I)根据AAS证明△ABC≌△DCE即可： (2)证明△ABE∽△CDF,设CE=EF=x,则BE=BC-EC=4-x,求得x=2-√2，即可求解 (3)连接AC交DE于M,交BD于O,根据菱形性质和解直角△DOA,求得OA=6，,OD=8,再证明aOMD∽△OFA, 待8020-8识-手从百特DN-4F,维前求斜Ev号4，然后证明.Cw0uE,得到0微.则兴-2， 即可求行仙-4，CW8,从百求得0W=2,则可求考0r多-号m-号.证明，80P:0F将G8船 AD DF ,代入数据，即可求解. 【详解】(1)证明：AC1DE, :∠BCA+LCDE=90°， :CE⊥BC, .∠ECD=90°，∠CDE+LE=90°， .∠BCA=∠E, 又：AB⊥BC, ∠B=90°， :ZB=ZECD 又：AB=DC △ABC≌ADCE(AAS; (2)解：：四边形ABCD是矩形， 答案第1页，共2页 .∠B=∠C=90°，BC=AD=4,CD=AB=2 又：DF⊥AE, ∴.∠AEB=90°-∠DFC=∠FDC .△ABE∽△FCD DF DC FC ·AE BE AB 设CE=EF=x,则BE=BC-EC=4-x,FC=2x 42 解得：x=2-V2,x2=2+V2(舍去) DF FC_2x=2- AE AB 2 (3)连接AC交DE于M,交BD于O, D 四边形ABCD是菱形， .AC⊥BD, .∠A0D=90°， :tan∠BDA= OD 3 0C4' 设0A=3k,0D=4k,由勾股定理，得(3k)2+(4k)2=102, 解得：k=2, .0A=6,0D=8, AG⊥DE, .LAFD+∠FDE=90°， :∠A0D=90°， ∴.∠OMD+∠FDE=90°，∠AOF=∠DOM, ∠OMD=∠AF0, △0MDm△0FA, :OM=DM OD 8 4 OF AFOA63 答案第1页，共2页 DE =2AF, ·EM=AF, 3 :四边形ABCD是菱形， .AB∥DC, △CMD∽aAME, DM CM EM AM' 器 CM+AM=AC=204=12, .AM=4,CM=8, 0M=2, :000博品 OF3 0r=3 郎=号 DF=8+319 22 :四边形ABCD是菱形， BC∥AD, △BGF∽△DAF, 13 BG BF 2 :BG=130 19 1.(①)0见解析：②见解析：⑧0A=24 13 (②)CF=4-n2 BF n2 【分析】(1)①由“ASA”可证△ADE≌△BAF; ②过点A作AF⊥HD交BC于点F,由等腰三角形的性质和平行线的性质可得∠HAF=∠AFG=∠DAF,可得AG=FG, 即可得结论； ③由②的结论求得AE=8,由勾股定理求得AD=AB=I2,再利用等积法求解即可； (2)过点E作EH⊥DF于H,连接EF,由角平分线的性质可得AE=EH=BE,由“HL”可证Rt△BEF≌Rt△HEF,可得 BF=FH,由勾股定理可求解. 【详解】(1)证明：①：四边形ABCD是矩形，AB=nAD,n=1, 答案第1页，共2页 :AD=AB, :矩形ABCD是正方形， ·∠DAB=90°=∠ABC, .∠DAF+∠BAF=90°， AF⊥DE, ∠DAF+∠ADE=90°， .∠ADE=∠BAF,且AD=AB,∠DAE=∠ABF=90°， △ADE≌△BAF(ASA): ②由(1)可知AE=BF, :AH=AD,AF⊥HD, ∴.∠HAF=∠DAF, :AD∥BC, .∠DAF=∠AFG, .∠HAF=∠AFG, .AG=GF, .AG=GB+BF =GB+AE 3 AG=13,BG=5,AG=GB+AE, .AE=8,AD=AB=VAG2-BG2=32-52=12, DE=VAD2+AE2=V122+82=4V3, AO⊥DE, .S△ADE=5AD×AE=5DE×OA, 2 12×824W13 ∴.OA= 41313 (2)解：如图，过点E作EH⊥DF于H,连接EF, 答案第1页，共2页 D E :四边形ABCD是矩形， B F 图3 .∠A=B=90°， :E为AB的中点， 大65-号4. :∠ADE=∠EDF,∠A=90°，EH⊥DF, :AE =EH, .Rt△AED≌Rt HED(HL), AD=DH=1AB, n AE =BE,AE=EH, :BE EH, :EF EF, :Rta BEF RtA HEF (HL, :BF FH i设BF=x=FH,则FC=BC-BF=IAB-X, n DF2=FC2+CD2, x=nA -=BF 4 FC=1AB-”4B=4=nAB, n 4 4n CF 4-2AB 4n 4-n2 BF nAB n2. 4 12.(1)①见解析；②BE⊥DF 答案第1页，共2页 (2)当k≠1时， DF=k,比值是定值，证明见解析 B (3)DG=9-3V3 【分析】(1)①当AD=AB时，四边形ABCD为正方形，根据旋转的性质可知，△AEF在旋转过程中始终是等腰直角 三角形，进而得到∠BAE=∠DAF,根据线段中点的性质得到AE=AF,从而证明ABE≌ADF(SAS): ②由①知，△ABE≌△ADF，则BE=DF,∠ABE=∠ADF,延长BE与DF交于点P,与AD交于点Q,根据三角形内 角和定理得到∠DPQ=∠BAQ=90°，从而得到BE⊥DF; (2)当k1时，AF=ME,则D==k,证明DAFBAE,进而得到DC=D=k是定值： AB AE BE AB ③)过点F作FHL4D于H,当4B=6,k时，4D4B=8,CD=4B=6,由2)可知，6 DAFBAF 根据勾股定理求出DF长，利用“等面积法”求出FH长，在Rt△DFH中，由勾股定理求出DH长，证明 △GDC∽△GHP,进而得到DC-DC,据此求出DG的值. HG HF 【详解】(1)解：①当AD=AB时，四边形ABCD为正方形， .∠BAD=909 :点E、F分别是边AB、AD的中点， .AE=TAB,AF=AD, 2 2 ∴.AE=AF, 根据旋转的性质可知，△AEF在旋转过程中始终是等腰直角三角形， :∠BAD=∠EAF=90°， ·∠BAE+∠DAE=∠DAF+LDAE=90°， ∴.∠BAE=∠DAF, 在△ABE和△ADF中， AB=AD ∠BAE=∠DAF, AE=AF △ABE≌△ADF(SAS, ②由①知，△ABE≌AADF, ∴.BE=DF,∠ABE=∠ADF, 如图2，延长BE与DF交于点P,与AD交于点Q, 答案第1页，共2页 B :∠QDP=∠QBA,∠DOP=∠BOA, D 图2 .∠DPQ=∠BAQ=90°， BP⊥DF,即BE⊥DF; 2)解：当k时，F→k,比值是定值，证明如下： 当k≠1时， :点E、F分别是边AB、AD的中点， AE=AB,AF-24D. .1 AD =kAB(k>0), ∴.AF=kAE, :DA你 =k, AB AE ∠BAD=∠EAF=90°， .∠BAE+∠DAE=∠DAF+∠DAE=90°， .∠BAE=∠DAF, 又ADAF =k, AB AE ∴△DAF∽△BAE, DF AD BE AB =k是定值： (3)解：如图3，过点F作FH⊥AD于H, B E G PH P 图3 当AB=6,k=号时，AD=号4B=8,CD=AB=6, 3 3 答案第1页，共2页 :点E、F分别是边AB、AD的中点， AE-348-3.AF=T4D-4. 由(2)可知，△DAFn△BAE, :∠AFD=∠AEB=90°， 在RtAADF中，由勾股定理得：DF=√AD2-AF2=V⑧2-42=4V5, Sm号4rDr=4D-m, 2 FH=4F.DE_4x45=25, AD 8 在Rt△DFH中，由勾股定理得：DH=VDF2-FH=4-2=6, '∠GDC=∠GHF=90°，∠DGC=LHGF, △GDC∽aGHF, .DG DC 6 Gr256, ∴.DG= v DH=- ×6=9-3V3. √5+1 3+1 【点晴】本题考查旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形和相似三角形的判定与性质、勾 股定理、三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理、数形结合的思想方法的运用是解题的关键. 13.(I)见解析，四边形ABCD是筝形； (2)①见解析；②不成立，BC=AG-CE,见解析； ③)BC的值为5或2 AB 2 21 【分析】(1)根据题意证明RIAABC≌Rt△ADC(HL),结合“筝形的定义即可求解； (2)①根据题意得到四边形ADEG是矩形，DE=AG,结合线段和差的计算即可求解： ②根据题意证明四边形ADEG是矩形，DE=AG,结合线段和差的计算即可求解； (3)当AB<BC时，证明△AFG∽△CFE,得到AG=4CE,CB=5CE,由勾股定理得到BE=2√6CE,，再证明 △4BG∽6BCE,得到BC-BE-2y6CE-6即可求解：当4B>BC时，结合(2)②中的线段数量关系，及上述方 AB AG 4CE 2 法得到AG=4CE,CB=3CE,BE-22CE,证明aA8 BCE,得到BC=BE=2V2CE=5即可求解. AB AG 4CE 2 【详解】(I)解：：AB⊥BC,AD⊥DC, .∠ABC=∠ADC=90°， 在Rt△ABC和RtAADC中， 答案第1页，共2页 AB=AD AC=AC' “R1aABC≌RIAADC(HL, :BC=DC,四边形ABCD是筝形. (2)解：①由(1)可知BC=DC, :AD⊥DC,BE⊥CD,AG⊥BE, ∠BED=∠AGE=LADE=90°， :四边形ADEG是矩形， :DE=AG, :BC=DC DE+CE =AG+CE. ②不成立，正确的结论为BC=AG-CE, 理由如下：如图，由(1)可知BC=DC, G B D:AD⊥DC,BE⊥CD,AG⊥BE, LBED=LAGE=LADE=90°， ·四边形ADEG是矩形， :DE=AG, ·BC=DC=DE-CE=AG-CE,即BC=AG-CE. (3)解：当AB<BC时， :BE⊥CD,AG⊥BE, AG CD, △AFG∽aCFE, AG AF =4, CE CF :AG=4CE,CB=AG+CE =4CE+CE=5CE, BE=BC2-CE2=(SCE)2-CE2=2V6CE, BAG ABG90,∠ABG+LCBE=90°， 答案第1页，共2页 .∠BAG=LCBE, △ABG∽△BCE, BC BE 26CE 6 AB AG 4CE 2 当AB>BC时， BE⊥CD,AG⊥BE, AG CD △AFG∽aCFE, :4G-45=4, CE CF :AG=4CE,CB=AG-CE=4CE-CE =3CE, .BE=BC2 -CE2=(3CE)-CE2=22CE, BAG ABG90,LABG+LCBE=90°， ∴.∠BAG=∠CBE, △ABG∽△BCE, BC BE 22CE 2 AB AG 4CE 2 综上，BC的值为V6或5 AB 2 2 【点睛】本题主要考查了筝形的定义及判定，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合， 掌握以上知识，数形结合分析是关键。 14.(1)①见解析；②2 (2):点A到PQ的距离不变，仍是2，理由见解析 )2或2 3 3 【分析】(1)①由正方形的性质得到∠B=∠D=90°，AB=AD,LDAC=LBCA=45°，再证明∠BAP=∠DAQ,即可证 明△ABP≌△DO(ASA);②设AC,PQ交于点H, 由全等三角形的性质得出AP=AQ,BP=DQ,证明AC垂直平分PQ,得到∠AHP=90°=∠A,再证明 △ABP≌△AHP,由全等三角形的性质即可得出AH=AB=2. (2)将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABT的位置，证明C、B、T三点共线；再证明△PAT≌△PAQ,根据 AB⊥BC,AB=2,即点A到PT的距离为2，即可得到点A到PQ的距离为2. (3)由正方形的性质进一步证明△B4M△CA0,由相似三角形的性质得出BM=2CQ,再根据情况分两种情况求 2 解即可 答案第1页，共2页 【详解】(I)解：①：四边形ABCD是正方形，AC为对角线， .∠B=∠D=90°，AB=AD,∠DAC=LBCA=45°， .∠PAC=∠0AC, :.∠BAC-∠PAC=∠DAC-∠QAC, .∠BAP=∠DAQ, △ABP≌△ADO(ASA); ②设AC,PQ交于点H, D B △ABP≌△ADQ :AP=AO,BP=DO, :四边形ABCD是正方形， .BC=DC,∠B=90°，∠BAC=45°， .BC-BP DC-DO, .CP=C2, .AC垂直平分PQ, .∠AHP=90°=∠A, :∠PAQ=45°=∠BAC, ∠PAQ-∠PAC=∠BAC-∠PAC, ·∠BAP=∠QAC, LPAC=∠QAC, .ZBAP=ZCAP, 又：AP=AP :△ABP≌△AHP(AAS), .AH AB=2, 即点A到PQ的距离是2. (2)解：点A到PQ的距离不变，仍是2，理由如下： 答案第1页，共2页 :四边形ABCD是正方形， .∠D=∠BAD=∠ABC=∠BCD=90°，AB=AD, 如图，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABT的位置. T B P .AQ=AT,∠QAT=90°，∠ABT=∠D=90°， .∠ABT+∠ABC=180°， C、B、T三点共线： .∠PAO=45°， ∴.∠PAT=∠QAT-∠PAQ=45° .∠PAT=∠PAQ., 又：AP=AP, △PAT≌△PAQ(SAS, :AB⊥BC,AB=2,即点A到PT的距离为2， :点A到PQ的距离为2. (3)解：：四边形ABCD是正方形，边长为2， .∠ABM=∠ACQ=∠BAC=45°，AB=BC=CD=2, AC=AB2+BC2=22: :∠BAC=∠PAQ=45°， .∠BAM=∠CAQ, ∴.△BAM△CAQ. .BMAB2√2 “CgAC22=2 cQ. 2 由题意可知点Q是CD边的三等分点， 当c0=c0=子，8M-2 31 答案第1页，共2页 当c0=3cD=4时，BM=25 3 3 3 综上，BM的长为5或22 31 3 15.(1)见解析； (2)4V13-6 (3)5<AP<6.4 (4)B'N=4.4 【分析】(1)根据等腰三角形的性质得出BE=CE,然后通过“SSS”证明△ABE≌△ACE即可； (2)连接ED,B'D,则EB'+B'D≥ED,当点B落在ED上时，点B与点D之间距离最小，由四边形ABCD是平行 四边形，则AD∥BC,AD=BC=12,所以∠DAE=LAEB=90°，求出DE=413,从而求得B'D=413-6; (3)先求出当点B落在AB上时，AP=6.4;当点B落在AC上时，连接BB'交EP于F点，AP=5,从而得出AP的 取值范围为5<AP<6.4; (4)延长B'P交BC于M点，延长PB交AD延长线于N点，连接AE,根据折叠得∠EB'P=∠EBP,再证明四边形 MNE是矩形，所以MN=AB=8,又∠B=∠B,∠BHE=LBEA=90,所以△ABE△EBH,则E,即 6=E,则有EH=4,8,通过勾股定理得BH=BE2-EH=3.6,再证明△BEH≌△B'EM(AAS),所以 B'M=BH=3.6,最后通过线段的和与差即可求解. 【详解】(1)证明：：AB=AC,AE⊥BC, .BE=CE, 又：AE=AE, △ABE≌△ACE(SSS); (2)解：如图，连接ED,B'D, A D E 由折叠得，EB′=BE=6, 则EB'+B'D≥ED, 当点B落在ED上时，点B'与点D之间距离最小， 答案第1页，共2页 D B B :AE⊥BC, .LAEB=LAEC=90°， AB=AC=10,BE=CE=6, AE=VAB2-BE2=V102-62=8, :四边形ABCD是平行四边形， .AD∥BC,AD=BC=12, ∠DAE=AEB=90°， DE=VAD2+AE2=V122+82=4V3, .B'D DE B'E DE -BE =413-6, 点B与点D之间的最小距离为4V3-6: (3)解：如下图，当点B落在AB上时， A D B E 由折叠得，BE=B'E,EP平分∠BEB', LEPB=90°， 又由（2)得，∠AEB=90°， :∠B=∠B,∠EPB=∠AEB=90°， ∴.△EPB∽△AEB, :EB、BP AB EB 6 BP “106 ∴.BP=3.6, .AP=AB-BP=10-3.6=6.4: 如下图，当点B落在AC上时，连接BB'交EP于F点， 答案第1页，共2页 A D B B BE B'E, .∠EBB'=∠EB'B, :EP平分∠BEB', .∠EFB=90°， BE =EC, .B'E =EC, .∠EB'C=LB'CE, :∠EBB'+∠EB'B+∠EB'C+∠B'CE=180°， ∠EB'B+∠EB'C=90°， .∠EFB=∠BB'C=90°， .EP∥AC, :AP=PB=-AB=5, 2 .AP的取值范围为5<AP<6.4; (4)解：如下图，延长BP交BC于M点，延长PB交DA延长线于N点，连接AE, D B BM C 由折叠，得∠EB'P=∠EBP, :EB'⊥AB, .LBHB'=90°， :∠EB'P+∠B'PH=90°，∠B'PH=∠BPM, .∠EBP+LBPM=90°， .∠BMP=90°， :四边形ABCD是平行四边形， .AD∥BC, ∴.∠MNA=∠BMP=90°， 又：∠AEB=90°， 答案第1页，共2页 .四边形MNAE是矩形， .MN=AE=8, :∠B=∠B,∠BHE=∠BEA=90°， .△ABE∽△EBH, AB AE BE EH .EH=4.8, :BH =BE2-EH2 =3.6, :BE=B'E,∠BEH=∠B'EM,∠BHE=∠B'ME=90°， △BEH≌△B'EM(AAS), ∴.B'M=BH=3.6, .B'N=8-3.6=4.4. 16.(1)证明：如图，延长BE交AC于点M, C :四边形OADE是正方形， 0 0A=0E,∠E0A=90°， .∠B0C=90°， .∠A0C=∠E0B=90°， 0C=0B, △AOC≌△E0BSAS), :AC BE,ZACO=ZEBO, LMBC+∠MCB=∠MBC+∠AC0+∠OCB=∠MBC+∠EB0+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，：∠BMC=90°， AC⊥BE; (28v5 15 (3)30 【分析】(1)延长BE交AC于点M,可证明△AOC≌△EOB(SAS),则AC=BE,LACO=LEBO,再推导出 ∠BMC=90°，即可证得AC⊥BE; 答案第1页，共2页 (2)作CK⊥OA于点K,交DE于点J,则∠AKC=90°，先证明△AOC≌△EOB(SAS,则CA=BE,而C0=B0, B0=BE,得CA=C0=B0,由0B=20A=4求得AK=0A=1,根据勾股定理求得KJ=AD=2, 2 CJ=CK-KJ=√5-2，即可由FJ∥AK,根据平行线分线段成比例定理求出AF的长； (3)连接CH、DH、OD,先证明△OAB≌△DAH,得HD=BO=CO,LADH=LAOB,再推导出 ∠HD0+∠C0D=180°，则HD∥C0,四边形OCHD是平行四边形，再计算出CH=2√3，则OB=OC=2√5，根据“两 点之间，线段最短”得：当OH=CH+OC时，OH的长最大，此时点C在OH上，且点D与点C重合，作AL⊥B0交 BO的延长线于点L,先求出OL和AL的长，再求出BL的长，根据勾股定理求出AB2的值，即可求出正方形ABGH的 面积. 【详解】(1)略 (2)解：如图，作CK⊥OA于点K,交DE于点J,则∠AKC=90°， :四边形OADE是正方形， B 0A=0E,∠E0A=90°， :∠B0C=90°， :LA0C=∠E0B=90°-∠C0E, 0C=0B, △A0C≌△EOB(SAS), :AC =BE, CO=BO,BO=BE, .CA=CO=BO, 0B=20A=4, CA=0B=4,AD=0A=2, :AK =-0A=1, 2 :CK=VCA2-AK2=V42-12=5, :正方形OADE中，DE∥AO,AD⊥A0, 又：KJ⊥A0, 答案第1页，共2页 :KJ=AD=2, :CJ=CK-KJ=15-2, :FJ∥AK, ..CF CI CA CK' :4-AFI5-2 4 5, ·AF=8 15 (3)解：如图，连接CH、DH、OD、OH, G ”四边形OADE和四边形ABGH都是正方形， ○ DA=OA=V6,AH=AB,L0AD=LBAH=90°， L0AB=∠DAH=90°-∠BAD, △OAB≌△DAH(SAS), HD=B0=C0,LADH=∠AOB, :在正方形OADE中，∠A0D=∠AD0=45°， ∠HD0=360°-45°-∠ADH=315°-LA0B, :∠C0D=∠A0B-45°-90°=LA0B-135°， :∠HD0+∠C0D=315°-∠A0B+∠A0B-135°=180°， HD∥C0, :四边形OCHD是平行四边形， CH=0D=VDA+0=VN6)+(6)'=25, 0B=0C=25, 0D=0C, :OH≤CH+OC, :当OH=CH+OC时，OH的长最大，此时点C在OH上，且点D与点C重合， 作AL⊥B0交BO的延长线于点L,则∠L=90°， 答案第1页，共2页 H G dO) :∠A0C=45°，∠B0C=90°， LL0A=LA0=45°， :0L=4L=0 4xsin45=6×5.5, 2 :BL=2V5+V5=3V5, AB2=AE+BP=(V3)+(35=30, SABGH =AB2=30, :当OH的长最大时，正方形ABGH的面积为30. 17.(1)5 (2)见详解 (3)90° (45 3 【分析】(1)先得出BE=1,再利用矩形的性质得出∠B=90°，然后利用勾股定理求出AE. (2)由矩形的性质得出AB=DC=2,∠B=∠C=90°，再得出CF=BE=1,最后根据SAS证明△ABE≌△ECF即可. (3)由全等三角形的性质得出∠BAE=∠CEF,再根据直角三角形两个锐角互余以及等量代换可得出 ∠BAE+∠CEF=90°，最后根据平角的定义求解即可. (4)过点M作MH⊥EF于H,根据全等三角形的性质得出∠EAF=∠EFA=45°，根据三角形内角和得出 ∠MNF=60°；由勾股定理得AF=0,则FM-C-0,解直角三角形求出MH的长，进而可求出MN的长. 22 【详解】(1)解：：EC=2BE,BC=3, 1 BE=5BC=-×3=1, 3 3 :矩形ABCD, .∠B=90°， .AE=√AB2+BEF=√22+1P=√5. (2)解：：矩形ABCD, .AB=DC=2,∠B=∠C=90°， :点F为CD的中点， 答案第1页，共2页 :CF=-CD=1, BE=1, .EC=2=AB, 在Rt△ABE和RtAECF中， [AB=EC ∠B=∠C BE=CF .△ABE≌△ECF(SAS). (3)解：：△ABE≌△ECF .LBAE=∠CEF, :∠BAE+∠AEB=90°， .∠BAE+∠CEF=90°， .∠AEF=180°-∠BAE-∠CEF=90° (4)解：过点M作MH⊥EF于H, M A E 由(2)知△ABE≌△ECF, .AE EF, 由(3)知∠AEF=90°， .LEAF=LEFA=45°， ∠MNF=180°-∠NFM-∠NMF=60°； 在RtAADF中，由勾股定理得AF=√AD2+DF2=V32+12=V10, :M为AF的中点， ·FM=AFIo 22 ·MH=MF:sin∠MFH=i 2 sim45°=5 2 5 MN = MH 2 5, sin∠MNH sin60°3 答案第1页，共2页 18.(1)①见解折：②1：(2)①子：②m:(3)2 【分析】(1)①由“ASA”可证△ABE≌△FGE;②由全等三角形的性质可得FG=AB,即可求解； (2)①由(1)得∠AEB=LGEF，LEFG=∠BAE,可证△ABEAFGE,可得EF=EG AE BE ,通过证明△BEG∽△BCD, 得EC=CD3 寻BE8C年，即可求解，②思路同O,可证ABEFGE,可得 EF EG AE BE ，,通过证明ABEG∽ABCD,得 EG CD =m,则可求解： BE BC (3)过点C作CH1BD于H,由勾股定理可求得BD长，由锐角三角函数sin∠DBC=CA-CD可求CH长度，进而 BC BD 利用勾股定理求得DH,根据等腰三角形三线合一可知ED=2DH,则ED、BE长度可求，由△BEGn△BCD求得BG长， 由△ABE∽△FGE求得FG长，利用BF=BG-FG即可求解. 【详解】(I)①证明：：四边形ABCD是正方形， ∠ABC=90°，∠ABE=∠GBE=45°， :EF⊥AE,EG⊥BD, ∠AEF=∠BEG=90°， :LAEF-∠BEF=LBEG-∠BEF,LG=90°-∠EBG=45°， :∠AEB=LFEG,∠ABE=∠EBG=∠G, :BE EG, 在△ABE和△FGE中， 「∠AEB=∠FEG BE=GE ∠ABE=∠G :△ABE≌AFGE(ASA): ②解： E-1,理由如下： AE 由①知：△ABE≌△FGE, :EF AE, 2=1； AE (2)解：①：四边形ABCD是矩形， CD=AB,∠C=90°， 由(1)得，∠AEB=∠FEG, :∠ABC=∠AEF=90°， 答案第1页，共2页 .∠BAE+∠BFE=180°， :∠BFE+∠EFG=180°， :∠EFG=∠BAE, ·△ABEn△FGE, :EF_EG AE BE LBEG=∠BCD=90°，LCBD=LCBD, ·△BEG∽△BCD, EG BE CD BC EG CD 3 BEBC4' EF EG 3 ·AF=BE4 ③R AE =m;理由如下： :四边形ABCD是矩形， CD=AB,∠C=90°， 同①理可证：△ABE∽△FGE, :EF、EG AE BE ∠BEG=∠BCD=90°，∠CBD=∠CBD, ·△BEGn△BCD, EG CD AB BE BCBC =m, EF EG AE BE =m; (3)解：如图3，过点C作CH⊥BD于H, 1D :AB=CD=2,BC=4, B FG 图3 :BD=V22+42=2V5, :sin∠DBC=CH_CD BC BD CH 2 425’ 答案第1页，共2页 ·CH=45 ·DH=VCD2-CH-25 5 :CE=CD,CH⊥BD, ·DE=2DH= 4v6 5 :BE-BD-DE=6 5 ∠BEG=LBCD=90°，∠CBD=LCBD, :△BEGn△BCD, BG BE BD BC' 65 :BG BG=3, 由(2)知△ABE∽△FGE, FG EG AB BE :△BEGn△BCD, EG CD 2 1 BE BC 4 2 FG EG 1 AB BE2 FG 1 22 .FG=1, BF=BG-FG=3-1=2. 19.(1)详见解析；(2)详见解析；(3)正方形ABCD的边长为2 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上 知识点并灵活运用是解此题的关键， (I)证明aBMC≌aCND(SAS得出LMCB=LNDC,即可得出结论： ②过点D作DP1C,差足为，连接MP.证明A0Pa:N4得甜证易：4wP:8C得出 ∠AMP=∠B,再证明△AMN≌△PAD(AAS),即可得解； (3)连接CM,证明aAMC≌aDNB(SAS)得出BN=MC,即可推出BN+DM=MC+MD,作点D关于AB的对称点 答案第1页，共2页 D,连接CD,,再由勾股定理计算即可得解. 【详解】(1)证明：“四边形ABCD为正方形， BC=DC,∠MBC=∠DCN=90°. 又：BM=CN, △BMC≌aCND(SAS), :∠MCB=∠NDC, ,LGDC+∠DCG=∠MCB+∠DCG=∠DCN=90°， .CM⊥DN. (2)证明：如图，过点D作DP⊥AC,垂足为P,连接MP. M D :AD⊥MN, D .∠DAP=∠AMN. 又：∠MAN=∠DPA=90°， ∴.△ADP∽△MNA, .DP AN AP AM :∠PDC=∠C=45°， :PD =PC, PC BM AP AM' AM、AP AB AC ∠BAC=∠MAP, △AMP∽△ABC, :ZAMP=ZB, MP∥BC. :∠PDC=∠B, .PD∥AB, :四边形MPDB为平行四边形， :PD=BM =AN, 答案第1页，共2页 ∴△AMN≌△PAD(AAS), :MN AD (3)解：如图，连接CM. D N D :∠CAM=∠BDN=45°，AC=BD,AM=DN, M B △AMC≌ADNB(SAS), .BN MC BN D MM C MD 作点D关于AB的对称点D,连接CD,, 当点M落在CD,与AB的交点处时，MD+MC最小， 设正方形ABCD的边长为a,则a2+(2a2=(2W5), 解得a=2, 故正方形ABCD的边长为2. 200见解折：②22-2：2)25-2：3)1成月 【分析】(1)①根据正方形的性质利用SAS即可得证； ②连接BD,根据全等三角形的性质得到∠CBE=∠CDF,然后得到BG⊥DF,然后根据勾股定理解题即可； 2;过6作6W少0C交即于点4根酱相似三角形的别定与性质得到需8品，代入数值计实哪可 (3)分∠EHF=90°和∠EFH=90°，两种情况利用相似三角形的判定和性质求解即可. 【详解】解：(1)①证明.四边形ABCD是正方形， ∴.CD=BC,∠BCE=∠DCF=90°， .CF=CE, .△BCE≌△DCF; ②连接BD, A G B F .·△BCE≌△DCF, 答案第1页，共2页 .∠CBE=∠CDF, .∠CDF+∠F=90°， .∠CBE+∠F=90°， .BG⊥DF, :点G是DF的中点，BC=CD=AB=2 ∴BF=BD=V22+22=2V2, .CE=CF=2V2-2, (2)过G作GM∥DC交BF于点M, D B CMF :DG=GF, DG CM GF-FM' .GM=1,CM=FM 设CM=FM=x, :GM∥DC, .△BCE∽△BMG, EC BC ·GMBM 2x=2 12*x 解得x=√2-1（负值已舍） .CE=2x=2W2-2, (3)显然∠EH<90°，所以分两种情况， 当∠EHF=90°时， 设CE=CF=x,EH=y, ∠BHF=∠BCE,∠CBE=∠HBF, ∴.△BCEn△BHF, BE BF ·BCBH 5y3+x 3=6y .30y2=3x+9, 答案第1页，共2页 25y2=x2+9, .6x2+9=5(3x+9), 3 解得x=。或x=1; 2 当∠EFH=90°时， 过H作HN⊥BC于N, D E B CF N :CE=CF,∠ECF=90°，∠EFH=90°， .LEFC=∠HFN=45°， .FN =HN, :LBNH=LBCE,∠EBC=∠HBN, .△BCE∽△BNH, BC CE BE ·BN-NH-BH' BE =5EH, x-5 3+x+FN-NH-6' ·HN=FN=6x , 18=53+x+) 架得品 综上所述，CE的长3或1或3时，△EFH是直角三角形. 11 【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、 解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适的辅助线，以及分类讨论思想是解答的关键。 21.(1)见解析；(2)AE+CE=√2DE;理由见解析(3)4√2 【分析】(1)根据正方形性质以及题意证明ADE≌CDF即可得出结论； (2)根据已知条件证明△ADE≌aCDF(AAS),然后证明△EDF为等腰直角三角形即可得出结论； (3)先证明△BAE≌aDAF(AAS),得出△FAE为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出CH,EH 的长度，即可得出结论. 答案第1页，共2页 【详解】解：(1)：四边形ABCD是正方形，B,C,F三点共线， .DC=DA,∠DAE=LDCF=90° DE⊥DF, .LADC=∠EDF=90°， .LADE=∠CDF, 在ADE和CDF中， ∠DAE=∠DCF DA=DC ∠ADE=∠CDF .△ADE≌ACDF(ASA), .AE =CF; (2):DE⊥DF,四边形ABCD是正方形， .LADC=LEDF=90°，AD=CD, .LADE=∠CDF, AE⊥EF,DE⊥DF, .LDEF+LF=90°，LAED+LDEF=90° .∠AED=∠F, 在ADE和CDF中， ∠ADE=∠CDE ∠AED=∠F AD=CD .△ADE≌△CDF(AAS), .DE=DF,AE=CF, .△EDF为等腰直角三角形， ∴.EF=√2DE, 即AE+CE=V2DE; (3)过点D作DH⊥CE于点H,连接BD, D H G 答案第1页，共2页 .∠DFA=∠FAE+∠FEA=90°+∠FEA, :∠AEB=LFEA+∠DEB=90°+∠FEA, ∴.∠AEB=∠DFA, .∠BAE=90°-∠FAB,∠DAF=90°-∠FAB, .∠BAE=∠DAF, 在△BAE和△DAF中， ∠BAE=∠DAF ∠BEA=∠DFA, BA=DA .△BAE≌△DAF(AAS), .DF=BE=3,FA=EA=√2， :AE=FA=2且FA⊥AE, ∴△FAE为等腰直角三角形， .EF=2x2=2, 在RtaDEB中，DE=3+2=5,BE=3. .DB=V52+32=√34， :BD是正方ABCD对角线， :AD=CD=4-7, √2 :∠FEA=45 .∠DEC=45° :.△DHE为等腰直角三角形， :.DH=EH-5 2 :在RIDHC中，CH=NDC2-DH-3V2 :CE=CH+EH=32+5V2=4N2 2 2 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定 理是解本题的关键， 答案第1页，共2页