第1章特殊平行四边形分层训练-2026-2027学年北师大版数学九年级上册

第1章特殊平行四边形分层训练-2026-2027学年数学九年级上册北师大 版(2024) 基础巩固 一、单选题 1.在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,若AO=3cm,则BD的长为() A.3cm B.4cm C.5cm D 6cm 2.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,E是AB的中点，AB=4,则EO的长为 () E A.8 B.6 C.4 D.2 3.下列说法不正确的是() A.有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B.有一个角是直角的平行四边形是矩形 C.有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 D.一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 4.如图，在△ABC中，AB⊥BC,垂足为B,点D是AC的中点，连接BD,若AC=6,则BD的长为 () B A.6 B.5 C.4 D.3 5.如图，在矩形1BCD中，AB=4,BC=25 两顶点A、B分别在平面直角坐标系的x轴、y轴的正 半轴上滑动，点C在第一象限，连接OC,则当OC最大时，点C的坐标是() 试卷第1页（共3页） A.(3,35) B.(35,3) 6.如图，在△ABC中，AB=AC,CM平分∠ACB,与AB交于点M,AD⊥BC于点D,ME⊥BC于点 E,MF⊥MC与BC交于点F,若CF=I0,则DE为() M B A.2.5 B.2 C.3 D.3.5 7.我国古代的数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时，创制了一幅“勾股圆方图”，这就是大家熟悉的 “赵爽弦图”.如图所示，△ABH,△BCG,△CDF,△DAE是四个全等的直角三角形，四边形 ABCD和四边形EFGH都是正方形，如果EF=1,AH=3,那么AB等于() G A.4 B.5 c.9 D.10 &.如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E,F分别为AD,AB边上的点，过点A作CE的垂线，交 CE的延长线于点G,交CF的延长线于点M,连接GF.若DE=2,AM=CE,则GF的长为() G A ED 试卷第2页（共3页） 8V7 A.√73 B.√17 c.5 D.9 二、填空题 9.如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=3,分别以B,C两点为圆心，以AB的长为半径作弧，两弧 在矩形ABCD内部交于点P,则点P到AD所在直线的距离为」 D XP B 10.如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,AE垂直且平分线段BO,垂足为点E.己知 BD=6,则AB的长为 B 1.如图，小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以点A和点B为圆心，大于2AB 的长为半径画弧，两弧相交于点C,D,则直线CD即为所求.根据他的作图方法，可知四边形ADBC一 定是菱形，判定四边形ADBC是菱形的依据是 B l2.已知正方形ABCD的边长为1，连接AC、BD,CE平分∠ACD交BD于点E,则∠ACE= D E B 13.如图，在矩形ABCD中，AB=5,E是CD上一点，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AD边上的 点F处，连接CF交BE于点G,点H为AF的中点，连接HG,若DE=2,则GH的长为 试卷第3页（共3页） 14.把正方形 CC2在x轴 BC0和4，CG按如图所示的方式放置，点4、4在直线'=+l上，点 B. 上，则点的坐标为 A B2 A B C2x 三、解答题 15.如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M,过点M作ME⊥CD于点 E,∠1=∠2 B A 10 M 2入 E D ()若CE=1,求BC的长： (2)求证：AM=DF+ME. 16.已知点E是菱形ABCD边AD上的一点，请仅用无刻度直尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不 写作法)· 试卷第4页（共3页） A E D 图1 图2 (I)如图1，在BC上求作点H,使CH=AE: (2)如图2，连接BE,求作∠CBG,使∠CBG=∠ABE,且点G在CD边上. 17.如图，菱形ABCD的对角线ACBD相交于点O,点F是OD中点，延长线段AF至点E,使 AF=EF,连接OE,CE,DE A F (1)求证：四边形OCED为矩形： 回若BD=25,∠BCD=120°，求4E的长. 18.在矩形ABCD中，点E是BC上的一个动点（点E不与端点B,C重合），点F在AE上，连接BF、 CF、DF,CF=FD D F E E 图1 图2 (四如图1，求证：BF= 试卷第5页（共3页） (2)如图2，连接BF,若AB=8,AD=15,当线段BF的长为整数时，直接写出线段BE的长. 19.在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC,点D在边BC上，点E在边CA的延长线上，且满足 BD=AE,连接DE交AB于点G. E G D D 图1 图2 (I)如图1，连接CG,求证：CG=DG: (2)如图2，在CA上截取CF=BD,连接BF,设∠CBF=a(0°<a<22.5),作点C关于BF的对称点 H,连接BH、FH,BH与DE交于点I,请你补全图形，并求∠HIE(用含O的代数式表示) 难题突破 20.如图，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD,以AD为一边且在AD的右 侧作正方形ADEF,解答下列问题： 试卷第6页（共3页） 图1 图2 图3 (I)如果AB=AC,∠BAC=90° ①当点D在线段BC上时，（与点B不重合），如图1，线段CF,BD之间的位置关系为 数 量关系为 ②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否成立，为什么？（要求写出证明过程.） (2)如果AB≠AC,∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，且∠BCA=45°时， ①请你判断线段CF,BD之间的位置关系，并直接写出结论. ②若4C=4W5,CF=3,求正方形4DBF的边长 试卷第7页（共3页） 《第1章特殊平行四边形分层训练-2026-2027学年数学九年级上册北师大版（2024)》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 D D D D A A 1.D 【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分求解即可. 【详解】解：如图， D 四边形 是矩形， C ABCD 1 AO=二AC ∴.AC=BD: 又A0-3cm .BD=2AO=2×3=6(cm) 2.D 【分析】由“菱形的对角线互相垂直”可得∠4OB=90°，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一 半”可得0E=)AB=2 【详解】解：：菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O, ∴.∠AOB=90° E是AB的中点， :0B=)4B=2 2 3.D 【分析】用举反例法判断错误选项，结合特殊四边形判定定理验证其余选项， 【详解】解：根据菱形、矩形、正方形的判定规则，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是 直角的平行四边形是矩形，有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，故A、B、C说法 均正确，不符合题意：一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是平行四边形， 故D说法错误，符合题意. 4.D 答案第1页（共2页） 【分析】利用直角三角形斜边中线定理，直接计算中线长度即可. 【详解】解：，AB⊥BC, ∴.△ABC是直角三角形， ,点D是AC的中点，AC=6, 04C-x6=3 5.B 【分析】设B为B的中点，当0，E及C共线时、OC最大，此时0E=4B=2,证明。CBG为等边三 角形，求出OC=6,求出∠COB=30°，解直角三角形求出CF和OF即可. 【详解】解：设E为AB的中点（如图①），过C作CF⊥x轴于F,则∠CF0=90°（如图②）， y D D A A ① ② 在Rt△AOB中，E为AB的中点，AB=4, 六05==能-0-2】 ,在矩形 ABCD ∠ABC=90°BC=2V5 中 在RtAEBC中，由勾股定理得：CE=VBC2+BE =2+23=4, 由三角形三边关系得：OC≤OE+EC,当O,E及C共线时，OC的值取到最大， 此时0C=OE+EC=2+4=6, 延长EB到点G,使EB=BG,连接CG,如图，则EG=4, D E B G :BC⊥EG,BG=BE, 答案第2页（共2页） ∴.BC垂直平分EG,得CG=CE=4, ..CE=EG=CG=4, ∴.△CEG为等边三角形， .∠CEG=60°， ∴.∠BEC=60°， .OE=BE, ∴.∠EOB=∠EB0. .∠BEC=∠EOB+∠EBO=2∠COB, :∠COB=∠BBC=30. .cF-oc3 由勾股定理得：OF=V0C2-CF=6-3=3V5 所以点C的坐标是35,3) 6.A 【分析】取CF的中点G,连接MG,设DE=x,EF=y,再利用x、y表示BE、EG,列方程即可得到 x的值. 【详解】解：取CF的中点G,连接MG, 公 设 B DE=x EF=y 可得DC=CF-EF-DE=10-x-y, .AB=AC,AD⊥BC, .BD=DC=10-x-y, .BE=BD-DE=10-2x-y, :点G是CF的中点， 答案第3页（共2页） FG=CG=5, .EG=FG-EF=5-y, ,MG是Rt△MFC斜边上的中线， :MG=FG-CG=1FC .∠MFG=∠FMG,∠BCM=∠CMG. .∠FGM=∠BCM+LCMG=2LBCM. CM平分∠ACB, .2∠BCM=∠ACB」 AB=AC, ∴.∠ACB=∠B、 .∠FGM=∠B, 又ME⊥BG, .BE=EG, .10-2x-y=5-y, ∴.x=2.5 7.B 【分析】根据全等三角形对应边相等得出BG=AH,结合正方形性质求出BH的长，利用勾股定理计算 AB即可， 【详解】解：：四边形EFGH是正方形，EF=1, ..GH=EF =1, △ABH≌△BCG, .'.BG=AH=3. .BH=BG+GH=3+1=4」 在RtaABH中，AB=VAH+BH=5 8.A 【分析】过M作MH⊥AB于H,证明△AMH≌△ECD,可得AH=DE,MH=CD,再证△BCF≌△HMF」 有F=HF-B的，CF-M,最后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案。 【详解】解：过M作MH⊥AB于H,如图： 答案第4页（共2页） ED M H B :四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=∠EDC=90°. ∴∠MAH+∠GAE=90°， .∠AGE=90° ∴.∠GAE+∠AEG=90°， .∠MAH=∠AEG, ,∠AEG=∠CED .∠MAH=∠CED, 在△AMH和△ECD中， [∠MHA=∠CDE=90° ∠MAH=∠CED AM=CE △AMH≌△ECD(AAS) ∴.AH=DE=2,MH=CD=8 .BH=AB-AH=8-2=6.MH=BC=8. 在△BCF和△HMF中， ∠B=∠MHF=90° ∠BFC=∠HFM BC=HM 、△BCF≌△HMF(AAS) :BF-HF-7BH-3,CF-MF :.CF=VBC2+BF2=V82+32=V73 答案第5页（共2页） MF=CF=73 CM=273 .∠MGC=90° :.GF-1CM-/73 2 92 2 【分析】连接BP,CP,过P作PE⊥BC于E,延长EP交AD于F,由题意可得四边形ABEF是矩形， 3 BP=CP=AB=2:根据等腰三角形的性质和矩形性质可得版=2：BF=AB=2'F1AD然后利 用勾股定理求得PE即可求解. 【详解】解：连接BP,CP,过P作PE⊥BC于E,延长EP交AD于F, D 由题意，∠ABC=∠A=∠BEF=90°，BP=CP=AB=2, 四边形ABEF是矩形，BE=CE=,BC= 2 Γ2 ·EF=AB=2' E-图5.4州wD :PF-EF-PE-2- 2, 2分 故点P到AD所在直线的距离为2· 10.3 析】由矩形的性质可得A0=C0=2AC,4C=BD=6,由线段垂直平分线的性质可得4B=4 【详解】解：：四边形ABCD是矩形，BD=6, :40=C0=34C,AC=BD=6: 答案第6页（共2页） .A0=C0=3, ,AE垂直且平分线段BO, .AB=A0=3. 11.四边相等的四边形是菱形 【分析】根据作图方法，即可依据菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形得出结论 【详解】解：：分别以点4和点B为圆心，大于2AB的长为半径画弧，两弧相交于点C,D,根据画弧 半径相等，可得AC=BC=AD=BD ∴，根据菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形，可得四边形ADBC是菱形 12.22.5° 【分析】根据正方形的性质可知AC平分∠BCD,再由条件CE平分∠ACD即可求解. 【详解】解：·四边形ABCD是正方形， ∴.∠BCD=90°，AC平分∠BCD, :∠ACD=∠BCD=450、 2 ,CE平分∠ACD ∠ACE=1∠ACD=22.5° 13. V70 2 【分析】利用矩形性质和折叠性质得出FE=CE,BF=BC,点G为CF中点，在RIADEF中利用勾股定 理求出DF,设BC=x,在Rt△ABF中利用勾股定理求出x的值，进而求出AC的长，结合点H为AF中 点，利用三角形中位线定理即可求解 【详解】解：，四边形ABCD是矩形， AB=CD=5,AD=BC,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°， DE=2, ∴.CE=CD-DE=5-2=3, 根据折叠可得EC=EF=3,BC=BF,GC=GF,BE⊥CF, 在RIADEF中，DF=VEF2-DE2=V32-2=V5 答案第7页（共2页） 设D=BC=x,则BF=xMF=AD-DF=x-5 在RI△ABF中，AB2+AF2=BF2, 5+x-5=x2 2V5x=30 整理得， 解得：x35 BC=AD=BF=35 如图所示，连接AC, 在RIABC中，AC=VAB2+BC=S2+35=V70, 在△ACF中，点G为线段CF的中点，点H为AF的中点， HG=1AC=70 2 2. 14.(3,2) 【分析】根据正方形的性质以及点4的坐标即可得出OC的长度，将=1代入Jy=x+1 中求出y值；再根 CC2=B2C2=2 B2 据正方形的性质即可得出 ，由此即可得出点的坐标. 【详解】解：：点在直线'=x+1 A 上， :4点的坐标是0)，即04= ABCO ,四边形 为正方形， 答案第8页（共2页） .0C1=0A=1 令y=x+1中，x=1,则y=2, :94=2 ABC2C 四边形 为正方形， CC2=B2C2=2 ,0C2=OC+CC2=3 (3,2) 六点B的坐标为 15.(1)BC=2 (2)证明：如图，延长AB交DF的延长线于点G. M 2 E D F为边BC的中点， F-CF-BC. ..CF=CE 在菱形ABCD中，对角线AC平分∠BCD, .∠ACB=∠ACD 在△CEM和△CFM中， CF=CE ∠MCE=∠MCF CM=CM ACEM≌ACFM(SAS) ∴.ME=MF. 答案第9页（共2页） ·ABICD ∴.∠G=∠2 .∠1=∠2， .∴.∠G=∠1， ∴.AM=GM(等角对等边). 在△CDF和△BGF中， 「∠2=∠G ∠CFD=∠BFG CF=BF △CDF≌ABGF(AAS) ..GF=DF .GM=GF+MF, .AM=DF+ME. 【分析】(1)首先根据菱形性质得到对边平行和邻边BC、CD相等，根据平行线性质推出内错角 ∠I=∠ACD,结合已知条件得到∠2=∠ACD,再根据等角对等边以及垂线性质得到CD=2CE,求出CD 的长，进而求解BC的长 (2)首先运用辅助线构造全等三角形，延长AB交DF的延长线于点G,根据菱形性质和已知条件证明 CF=CE,接着运用SAS定理证明△CEM≌△CFM,得到ME=MF；然后根据等角对等边得到 AM=GM;最后结合中线性质和平行线性质，运用AAS定理证明△CDF≌△BGF,得到GF=DF;将 GM=GF+MF进行等量代换即可得到结论 【详解】(I)解：：四边形ABCD是菱形， .ABII CD,BC=CD. ∴.∠I=∠ACD .∠1=∠2， .∠2=∠ACD, .MC=MD(等角对等边). .ME⊥CD .'.CD=2CE .CE=1, 答案第10页（共2页) .CD=2 .BC=CD=2」 (2)略 16.(1)如图所示，点H为所求： 4 (2)如图所示，∠CBG即为所求： B 【分析】(I)连接菱形ABCD的两条对角线交于点O,连接EO并延长交BC于点H,通过证明 △AOE≌△COH,得到CH=AE (2)连接BD和CE交于点M,根据菱形是轴对称图形，连接AM并延长交CD于点G,通过先后证明 △ADM≌aCDM,△ADG≌aCDE,得到AE=CG,继而通过证明△ABE≌△CBG,得到∠ABE=∠CBG 【详解】(I)解：：四边形ABCD是菱形， AD∥BC,OA=OC, .∠OAE=∠OCH. :∠AOE=∠COH」 ∴.△AOE≌ACOH(ASA) :.CH=AE (2)解：四边形ABCD是菱形， .∠ADM=∠CDM,∠BAE=∠BCG,AD=CD=BC=AB, DMDM, ∴.△ADM≌△CDM(SAS) ∴.∠DAM=∠DCM, 又'AD=CD,∠ADG=∠CDE, 答案第11页（共2页) .△ADG≌ACDE(ASA) ..DE=DG. AD CD. .AD-DE CD-DG,AE=CG, :∠BAE=∠BCG,AE=CG,AB=CB. .△ABE≌aCBG(SAS) .∠ABE=∠CBG 17.(1)证明：四边形ABCD是菱形， ·AC⊥BD: A0=0C=)4C 2 ,点F是OD中点， ..OF=FD 又AF=EF, .∴.四边形AOED是平行四边形， .AO∥DE,AO=DE, AC∥DE,OC=DE, “.四边形OCED是平行四边形. .AC⊥BD .平行四边形OCED是矩形： gv分 【分折1④)先运用芝形的性质结合得出AC1BD,40=0C-4C,再通过点6是OD中点、 AF=EF推出四边形AOED是平行四边形，等量代换推出四边形OCED是平行四边形，最后通过 AC⊥BD证明平行四边形OCED是矩形即可： (2)先通过菱形的性质推出△ABC为等边三角形，结合运用三线合一求出OB的值，再通过菱形的性质 和矩形的性质推出CE的值，最后根据勾股定理求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：：四边形ABCD是菱形，∠BCD=120° .AB=BC,AB∥CD,AC⊥BD,OB=OD, ∴.∠ABC=180°-∠BCD=60°， 答案第12页（共2页） AB=BC,∠ABC=60°， .△ABC为等边三角形， .AC=AB=2. ,AC⊥BD, ∴∠BoC=0,0M=0c=4C=1, 在Ra01B中，由勾股定理，得OB=VAB-0f=V2-了=V5】 ,OD=√3 由(1)得，四边形OCED是矩形， :∠ACE=90.0D=CE=V3 :在RtAACE中，∠ACE=90°， 4E=VAC2+CE=2+3=7 18.(1)证明：，四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC,∠ADC=∠BCD=90° .CF=FD. .∠FCD=∠CDF, ∴.∠ADF=∠BCF」 ,△ADF≌△BCF(SAS) ..AF =BF, ∴.∠BAF=∠ABF, .·∠AEB+∠BAF=∠EBF+∠ABF=90°， ∴.∠AEB=∠EBF, .EF =BF, ∴.EF=AF, 即F为AE的中点， 答案第13页（共2页） a6或45或23t85 或 或 【分析】(1)证明1 ADF≌ABCF(SAS) 则AF=BF,得到∠BAF=∠ABF,根据余角的性质证明 ∠AEB=∠EBF,则EF=BF,得到F为AE的中点，再根据直角三角形的性质即可得到结论； (2)连接AC,求出AC的长度，进一步求出线段AE的长，再根据勾股定理进行解答即可. 【详解】(1)略 (2)解：连接AC, E 图2 :四边形ABCD是矩形， .∠ABC=90°，BC=AD=15, :AC=VAB2+BC=v82+15-17 :点E是BC上的一个动点（点E不与端点B,C重合）， .AB<AE<AC, 8<AE<17, 设BF=x, ,F是AE的中点， .'AE=2BF =2x, .8<2x<17, 解得4<x<8.5, .4<BF<8.5. ,线段BF的长为整数， .线段BF的长为5或6或7或8， 线段AE的长为10或12或14或16， 当4E=10时，BE=VAE2-AB2=V102-82=6 答案第14页（共2页） 同理可求， 当AE=12时，BE=VAE2-AB2=V2-8=4V5 当AE=14时，BE=VAE2-AB2=V14-82=2V33 当AE=16时，BE=VAE2-AB=V162-8=85 综上，距的长为6或45欧23或85 19.(1)证明：：∠ACB=90°，BC=AC .∠CAB=∠CBA=45°， .∠CAB+∠GAE=180° .∠GAE=180°-∠CAB=135°， 如图所示，过点D作DM⊥BC交AB于点M, .∠DMB=∠DBM=45°， .∴BD=MD,∠DMG=180°-∠DMB=135°， .BD=AE, ∴.DM=AE, 在△GDM,aGEA中， ∠DGM=∠EGA ∠GMD=∠GAE DM=AE △GDM≌AGEA(AAS) ∴.DG=EG,即点G是DE的中点， 答案第15页（共2页） .DG-IDE 2 在RIACDE中，CG=)DE ∴.CG=DG (2)根据题意作图如下， G D ∠HIE=45°-a 【分析】(I)根据题意得到∠GAE=I35°，过点D作DM⊥BC交AB于点M,可证aGDM≌aGEA, DG=EG,即点G是DE的中点，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解： (2)过点D作DM⊥BC交AB于点M,交BH于点N,连接DH,EH,证明AEFH≌AHBD,从而得到 ∠AEG=∠HG,再由(1)知∠AEG=∠MDG=∠HIG,利用等腰三角形的性质求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：过点D作DM⊥BC交AB于点M,交BH于点N,连接DH,EH, E G M D 由已知以及对称的性质知：HF=CF=BD=AE,BH=BC=AC, ∠HBF=∠CBF=a,∠BHF=∠BCF=90° .∠BFH=∠BFC=90°-a, 则∠EFH=180°-∠BFH-∠BFC=2a, AC=AF +CF,EF=AF+AE,AE=CF 答案第16页（共2页) .EF=AC=BH, .∠CBH=∠HBF+∠CBF=2a, 在△EFH和△HBD中， 「EF=BH ∠EFH=∠HBD HF=BD △EFH≌AHBD(SAS) .∠FEH=∠BHD,EH=DH ∴.∠DEH=∠EDH, ∴.∠FEH+∠DEH=∠BHD+∠EDH, ∴.∠AEG=∠HⅢG 由(I)知△GDM≌aGEA,∠DBM=∠DMB=45°， ∴.∠AEG=∠MDG 且∠BID=∠HIG, :∠BID=∠MDG=I∠BND 2 .∠BND=180°-90°-2a=90°-2a, ∠BD-90-2a)=45°-a, .∠HIE=∠BID=45°-a. 20.(I)①CF⊥BD,CF=BD; ②结论仍然成立，证明如下： ,四边形ADEF是正方形， ∴.AD=AF,∠DAF=90°」 :∠BAC=90°， .∠BAC+∠CAD=∠DAF+∠CAD. 即∠BAD=∠CAF 又AB=AC, :aBMD≌C4F(SAS) 答案第17页（共2页) .CF=BD,∠B=∠ACF AB=AC,∠BAC=90°， .∠B=∠ACB=45° ∴.∠ACF=45°， .∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°， 即CF⊥BD (2)1CF L BD ②) 【分析】(1)①运用正方形的边相等、内角为90°的性质，以及已知的AB=AC,∠BAC=90°的条件。 得∠BAD+∠DAC=90°，∠CAF+∠DAC=90°，所以可推出LBAD=∠CAF,结合AB=AC,AD=AF, 用SAS证明△BAD2aCAF,根据全等三角形对应边相等、对应角相等得到BD和CF的数量关系，再结合 ∠ABC+∠ACB=90°推导角的关系得到位置关系， ②点D在BC延长线上时同理证明全等即可验证结论， (2)①过点A作AG1AC交BC于点G,构造出等腰直角△AGC,可得到AG=AC,结合正方形 AD=AF,同理证明△GAD2△CAF,再通过∠ACG=45°推导角的关系得到CF与BD的位置关系. ②连接DF,过点A作AG⊥AC,交BC于点G.因为已证CF⊥BD,且构造的△AGC是等腰直角三角形， 已知4C=45,可求出CG的长度，结合CF=BD=3得到CD的长度，再在直角三角形中用勾服定理求 AD的长度，即正方形的边长。 【详解】(1)解：①，四边形ADEF是正方形， .AD=AF,∠DAF=90° .∠BAC=90°， ∴.∠BAD+∠CAD=∠CAF+∠CAD,即∠BAD=∠CAF, 又AB=AC, .△BAD≌ACAF(SAS) ∴.CF=BD,∠B=∠ACF .AB=AC,∠BAC=90°， .∠B=∠ACB=45°， ∴.∠ACF=45° ∴.∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°， 即CF⊥BD 答案第18页（共2页) ②略 (2)解：①结论：CF⊥BD 过点A作AG⊥AC,交BC于点G :∠BCA=45°，∠GAC=90° ∴.△AGC是等腰直角三角形， .AG=AC,∠AGC=∠ACG=45° 四边形ADEF是正方形， AD=AF,∠DAF=90° .∠GAD+∠CAD=∠CAF+∠CAD=90°， ∴.∠GAD=∠CAF, ,△GAD≌aCAF(SAS) ∴.∠ACF=∠AGD=45 :∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°， ∴.CF⊥BD ②连接DF,过点A作AG⊥AC,交BC于点G. 由①知，△AGC是等腰直角三角形， :4G=AC=42 AGAD≌ACAF(SAS) 由①知， .GD=CF=3, 答案第19页（共2页） :等腰直角△4GC中，GC=VAG+AC2=V(42}+(4W2列=8 .CD=GC-GD=8-3=5 由①知，CF⊥BD, ∴在RtAFCD中，DF2=CF2+CD2=32+52=34, ,正方形ADEF的边AD=AF,且正方形边长满足AD2+AF2=DF2, .2AD2=34, 解得D=V7 即正方形ADEF 17 的边长为 答案第20页（共2页)