2024八年级数学下册专题5.3正方形中的综合问题压轴题专项讲练含解析新版浙教版

Page1专题5.3正方形中的综合问题【典例1】四边形ABCD是矩形，四边形AEFG是正方形，AD＞AE，点E在线段AD的左侧，连接DE，BG．（1）如图1，若点F在边AD上时，AD＝3，AE=2，求DE（2）如图2，连接BF，若∠ADE＝∠ABG，BF＝BC，求证：三点B，G，E在同始终线上．【思路点拨】（1）作EH⊥AD于点H，由四边形AEFG是正方形得AE＝FE=2，依据勾股定理求出AF的长为2，则AH＝EH=12AF＝1，而AD＝3，所以DH＝2，再依据（2）先证明△DAE≌△BAG，得AD＝AB，可证明四边形AEFG是正方形，则BF＝BA＝BC，可知点B在线段AF的垂直平分线上，而GA＝GF，EA＝EF，则点G、点E都在线段AF的垂直平分线上，由此可得三点B，G，E在同始终线上．【解题过程】（1）解：如图1，作EH⊥AD于点H，∵四边形AEFG是正方形，点F在边AD上，∴AE＝FE=2，∠AEF∴AF=A∴AH＝FH=12∴EH=12∵AD＝3，∴DH＝AD﹣AH＝2，∵∠DHE＝90°，∴DE=D∴DE的长是5.（2）证明：如图2，连接AF，∵四边形ABCD是矩形，四边形AEFG是正方形，∴AE＝AG，∠EAG＝∠DAB＝90°，∴∠DAE＝∠BAG＝90°﹣∠DAG，在△DAE和△BAG中，∠ADE=∠ABG∠DAE=∠BAG∴△DAE≌△BAG（AAS），∴AD＝AB，∴四边形AEFG是正方形，∴BA＝BC，∵BF＝BC，∴BA＝BF，∴点B在线段AF的垂直平分线上，∵GA＝GF，EA＝EF，∴点G、点E都在线段AF的垂直平分线上，∴三点B，G，E在同始终线上．1．（凯里市校级一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（）A．2 B．322 C．3 【思路点拨】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决．【解题过程】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：∴∠BAF＝∠DAG，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAF+∠DAE＝45°，∴∠EAF＝∠EAG，∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，在△AFE和△AGE中，AG=AF∠FAE=∠EAG∴△AFE≌△AGE（SAS），∴EF＝EG，即：EF＝EG＝ED+DG，∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x，在Rt△CFE中，由勾股定理得：EF2＝CE2+CF2，∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，解得：x＝2，即BF＝2，故选：A．2．（井研县期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点．且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（）A．43 B．23 C．45【思路点拨】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．【解题过程】解：连接AE，如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．作点A关于BC的对称点H点，如图2，连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．依据对称性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，DH=∴BF+DE最小值为45．故选：C．3．（鸡冠区校级一模）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E在边CD上，DE＝2；作EF∥BC．分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG，BE的中点，则MN的长是（）A．4 B．5 C．6 D．7【思路点拨】先判定四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，可得点N为FC的中点，BE＝FC；再证明△AFG为等腰直角三角形，然后由直角三角形斜边中线的性质可得MN=12FC，由勾股定理可得BE的长，即为FC的长，从而可得【解题过程】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°∵EF∥BC，∴∠BFE+∠ABC＝180°，∴∠BFE＝90°，∴四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，如图：∵N是BE的中点，四边形BCEF为矩形．∴点N为FC的中点，BE＝FC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，又∵∠AFG＝90°，∴△AFG为等腰直角三角形．∵M是AG的中点，∴AM＝MG，∴FM⊥AG，∴△FMC为直角三角形，∵点N为FC的中点，∴MN=12∵四边形ABCD是边长为8的正方形，DE＝2，∴BC＝CD＝8，CE＝6，在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE＝10，∴FC＝10，∴MN=12故选：B．4．（丹江口市期中）如图，以Rt△ABC的斜边AB为边，在AB的右侧作正方形ABDE，对角线AD，BE交于点O，已知，AC＝10，BC＝6，则OC的长为（）A．73 B．82 C．12 D．【思路点拨】过点O作OM垂直于CA于点M，作ON垂直于CB于点N，易证四边形MCNO是矩形，利用已知条件再证明△AOM≌△BON，因为OM＝ON，AM＝BN，所以CO平分∠ACB；进而求出CN的长，依据勾股定理即可求出OC的长．【解题过程】解：如图，过点O作OM垂直于CA于点M，作ON垂直于CB于点N，∴∠OMC＝∠ONC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴四边形MCNO是矩形，∴∠MON＝90°，∵正方形ABDE对角线交于点O，∴OA＝OB，∠AOB＝90°，∴∠MON﹣∠AON＝∠AOB﹣∠AON，∴∠AOM＝∠NOB，∵∠OMA＝∠ONB＝90°，在△AOM和△BON中，∠AOM=∠BON∠OMA=∠ONB=90°∴△AOM≌△BON（AAS），∴OM＝ON，AM＝BN，∴∠ACO＝∠BCO＝45°，∴矩形MCNO是正方形，∵AC＝10，BC＝6，∴CN＝CM=12（AC+∵∠OCN＝45°，由勾股定理得：OC＝82．故选：B．5．（呼和浩特期中）如图所示，O为正方形ABCD的中点，BE平分∠DBC，交DC于点E，延长BC到F，使FC＝EC，连结DF交B的延长线于点H，连结OH交DC于点G，连结HC，则下列结论：①OH∥BF；②∠CHF＝45°；③GH=14BC；④三角形A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】先由正方形的性质得到∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，然后结合EC＝FC得到△BCE≌△DCF，结合角平分线的性质得到相关的角，然后可以判定④，再利用等腰三角形的性质得到①，然后利用直角三角形斜边上的中线得到②，最终结合中位线的性质得证③．【解题过程】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BDC＝∠DBC＝45°，∠BCE＝∠DCF＝90°，BC＝DC，∵EC＝FC，∴△BCE≌△DCF（SAS），∴∠EBC＝∠FDC，∠BEC＝∠F，∵BE平分∠DBC，∴∠DBH＝∠FBH＝∠FDC＝22.5°，∴∠BDF＝∠BDC+∠FDC＝45°+22.5°＝67.5°，∠F＝∠BEC＝90°﹣∠EBC＝90°﹣22.5°＝67.5°，故④错误，不符合题意；∴∠BDF＝∠F，∴BD＝BF，△BDF是等腰三角形，∴DH＝HF，即点H是DF的中点，∴CH＝HF，∴∠HCF＝∠F＝67.5°，∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠F＝45°，故②正确，符合题意；∵O为BD的中点，∴OH是三角形BDF的中位线，∴OH∥BF，故①正确，符合题意；∴GH=12在正方形ABCD中，BD=2BC∴BC=22∵BF＝BD，CF＝BF﹣BC，∴CF＝BD-22BD=∴GH=2-24BD=2-∴正确的有①②两个，故选：B．6．（仙桃校级月考）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，连接EF，AG平分∠FAE，AG分别交BC，EF于点G，H，连接EG，DH．则下列结论中：①AF＝AE；②∠EGC＝2∠BAG；③DE+BG＝EG；④若DE＝CE，则CE：CG：EG＝3：4：5，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】①正确．证明△ADE≌△ABF（ASA）可得结论．②正确．证明△AGF≌△AGE（SAS），推出∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，推出∠EGF＝180°﹣2∠BAG可得结论．③正确．证明△GAF≌△GAE，推出GF＝GE可得结论．④正确．当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．【解题过程】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠ABF＝∠ADE＝∠BAD＝90°，∵AE⊥AF，∴∠EAF＝∠BAD＝90°，∴∠BAF＝∠DAE，∴△ADE≌△ABF（ASA），∴AE＝AF，故①正确，∵AG平分∠EAF，∴∠GAF＝∠GAE，∵AF＝AE，AG＝AG，∴△AGF≌△AGE（SAS），∴∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，∴2∠AGF＝2（90°﹣∠BAG），即∠EGF＝180°﹣2∠BAG，∵∠EGF＝180°﹣∠EGC，∴180°﹣∠EGC＝180°﹣2∠BAG，∴∠EGC＝2∠BAG，故②正确，∵△ADE≌△ABF，∴DE＝BF，∵△AGF≌△AGE，∴GF＝GE，∵GF＝BF+BG＝DE+BG，∴EG＝BG+DE，故③正确，当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2+CG2，∴（x+a）2＝a2+（2a﹣x）2，解得x=23∴CG=43a，EG=∴CE：CG：EG＝a：43a：53∴正确的有①②③④共四个，故选：D．7．（鄞州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【思路点拨】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可证得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行线的判定可证明②的正确性；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定③．【解题过程】解：延长EP交AD于Q，∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，∵PF⊥CD，∴∠DPF＝45°，∴DF＝PF，∵PE⊥BC，∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四边形PQDF为正方形，∴DF＝QP，∴CE＝QP，在△AQP和△FCE中，AQ=FC∠AQP=∠C∴△AQP≌△FCE（SAS），∴AP＝EF，若AP＝5，则EF＝5，故①正确；若AP⊥BD，则∠PAQ＝45°，∵△AQP≌△FCE，∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，∵∠BDC＝45°，∴∠EFC＝∠BDC，∴EF∥BD，故②正确；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，∵AB＝AD＝4，∴BD=A∴AP=12BD∵EF＝AP，∴EF的最小值为22故选：A．8．（青川县期末）如图，正方形ABCD中，E、F均为中点，则下列结论中：①AF⊥DE；②AD＝BP；③PE+PF=2PC；④PE+PF＝其中正确的是（）A．①④ B．①②④ C．①③ D．①②③【思路点拨】依据正方形性质得出AD＝DC＝BC；∠ADC＝∠DCB；EC＝DF=12DC，证△ADF≌△DCE，推出∠AFD＝∠DEC，求出∠DPF＝90°即可推断①；过B作BG∥DE交AD于G，交A于M，求出BG是AP的垂直平分线，推出△ABP是等腰三角形，即可推断②；延长DE至N，使得EN＝PF，证△CEN≌△CFP，推出CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，求出△NCP是等腰直角三角形，即可【解题过程】解：如图1，∵正方形ABCD，E，F均为中点，∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB，EC＝DF=12∵在△ADF和△DCE中，AD=DC∠ADF=∠DCE∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD＝∠DEC，∵∠DEC+∠CDE＝90°∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DPF，∴AF⊥DE，∴①正确；如图2，过B作BG∥DE交AD于G，交AP于M，∵AF⊥DE，BG∥DE，E是BC中点，∴BG⊥AP，∵AD∥BC，BG∥DE，∴四边形GBED是平行四边形，∴DG＝BE，即BE＝EC＝DG，∵AD＝BC，∴AG＝DG，即G是AD的中点，∴BG是AP的垂直平分线，∴△ABP是等腰三角形∴BP＝AB＝AD，∴②正确；如图，延长DE至N，使得EN＝PF，连接CN，∵∠AFD＝∠DEC∴∠CEN＝∠CFP又∵E，F分别是BC，DC的中点，∴CE＝CF，∵在△CEN和△CFP中，CE=CF∠CEN=∠CFP∴△CEN≌△CFP（SAS），∴CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，∵∠PCF+∠BCP＝90°∴∠ECN+∠BCP＝∠NCP＝90°∴△NCP是等腰直角三角形∴PN＝PE+NE＝PE+PF=2PC∴①②③正确．故选：D．9．（南海区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，DE＝10，则AD的长为8或6．【思路点拨】过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），再设AD＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出AD．【解题过程】解：过C作CG⊥AD于G，并延长DG，使GF＝BE，在直角梯形ABCD中∵AD∥BC，∠A＝∠B＝90°，∠CGA＝90°，AB＝BC，∴四边形ABCG为正方形，∴AG＝BC＝12，∵∠DCE＝45°，∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC，∴△ECD≌△FCD（SAS）．∴ED＝DF＝10，∴DE＝DF+DG＝BE+GD，设AD＝x，则DG＝12﹣x，∴AE＝14﹣x，在Rt△AED中，∵DE2＝AD2+AE2，∴102＝（14﹣x）2+x2∴x＝8，x＝6即AD＝8或6．故答案为：8或6．10．（南岗区校级月考）如图，AD是△ABC的高，∠BAC＝45°，若BD＝10，DC＝3，则高AD的长度为15．【思路点拨】以AD为边作正方形ADEF，在EF上截取FQ＝BD，就可以得出△ABD≌△AQF，得出∠CAQ＝45°，∠BAC＝∠CAQ，就有△BAC≌△QAC，从而得出BC＝CQ＝13，设AD＝x，则QE＝x﹣10，CE＝x﹣3．由勾股定理就可以求出x的值，得出AD的值，由三角形的面积公式就可以求出结论．【解题过程】解：以AD为边作正方形ADEF，在EF上截取FQ＝BD＝10．在△ABD和△AQF中，AD=AF∠ADB=∠F∴△ABD≌△AQF（SAS），∴AB＝AQ，∠BAD＝∠FAQ，∵∠BAC＝45°，∴∠BAD+∠DAC＝45°，∴∠DAC+∠FAQ＝45°，即∠CAQ＝45°，∴∠BAC＝∠CAQ．在△BAC和△QAC中，AB=AQ∠BAC=∠CAQ∴△BAC≌△QAC（SAS），∴BC＝CQ＝BD+CD＝13．设AD＝x，则QE＝x﹣10，CE＝x﹣3．在Rt△CQE中，∠E＝90°，∵CE2+QE2＝CQ2，∴（x﹣3）2+（x﹣10）2＝132，解得：x1＝15，x2＝﹣2（不合舍去），∴AD＝15．故答案为：15．11．（宜兴市期中）在正方形ABCD中，边长为2，BE＝2AE，连接DE，在AD、BC上分别存在点G、F，连接GF交DE于H点，且∠GHD＝45°，则线段FG＝5．【思路点拨】先证四边形DNFG是平行四边形，可得DN＝GF，由“SAS”可证△ADM≌△CDN，可得∠ADM＝∠CDN，MD＝DN，由“SAS”可证△MDE≌△NDE，可得ME＝EN，由勾股定理可求解．【解题过程】解：如图，过点D作DN∥GF，交BC于点N，连接EN，延长BA至M，使AM＝CN，连接DM，∵DN∥GF，DA∥BC，∴四边形DNFG是平行四边形，∠DHG＝∠EDN＝45°，∴DN＝GF，∵∠ADC＝90°，∴∠ADE+∠CDN＝45°，在△ADM和△CDN中，AD=CD∠DAM=∠DCN=90°∴△ADM≌△CDN（SAS），∴∠ADM＝∠CDN，MD＝DN，∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE＝∠EDN，在△MDE和△NDE中，MD=ND∠MDE=∠NDE∴△MDE≌△NDE（SAS），∴ME＝EN，∵BE＝2AE，∴BE=43，AE设AM＝CN＝x，则BN＝2﹣x，ME＝EN=23∵EN2＝BE2+BN2，∴（23+x）2=169+∴x＝1，∴CN＝1，∴GF＝DN=DC故答案为：5．12．（渝中区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，E、F分别为BC、CD上的两点，BE＝CF，AE、BF分别交BD、AC于M、N两点，连OE、OF．下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF；③CE+CF=32BD；④S四边形OECF=14S正方形ABCD．其中正确的序数是【思路点拨】①易证得△ABE≌△BCF（ASA），则可证得结论①正确；②由△ABE≌△BCF，可得∠FBC＝∠BAE，证得AE⊥BF，选项②正确；③证明△BCD是等腰直角三角形，求得选项③错误；④证明△OBE≌△OCF，依据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．【解题过程】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠BCF∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，故①正确；②由①知：△ABE≌△BCF，∴∠FBC＝∠BAE，∴∠FBC+∠ABF＝∠BAE+∠ABF＝90°，∴AE⊥BF，故②正确；③∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BD=2BC∴CE+CF＝CE+BE=BC2④∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，在△OBE和△OCF中，OB=OC∠OBE=∠OCF∴△OBE≌△OCF（SAS），∴S△OBE＝S△OCF，∴S四边形OECF＝S△COE+S△OCF＝S△COE+S△OBE＝S△OBC=14S正方形故答案为：①②④．13．（泗水县期中）如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作EF∥AD．与AC，DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：①EG＝DF；②∠AEH+∠ADH＝180°；③△EHF≌△DHC；④PH2＝PA2+CH2；其中以上结论中正确的个数是4．【思路点拨】①依据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；③由SAS证明△EHF≌△DHC；②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论．【解题过程】解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，∴△CFG为等腰直角三角形，∴GF＝FC，∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，∴EG＝DF，故①正确；②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，∴FH＝CH，∠GFH=12∠GFC＝45°＝∠在△EHF和△DHC中，EF=CD∠FEH=∠DCH∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；∴∠HEF＝∠HDC，∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，∴△DAQ≌△DCH，∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，∵△EHF≌△DHC，∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，∴∠DHE＝∠FHC＝90°，∴∠EDH＝45°，∴∠ADP+∠CDH＝45°，∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，又∵QD＝DH，DP＝DP，∴△QDP≌△HDP（SAS），∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，∴∠QAP＝90°，∴QA2+AP2＝QP2，∴PH2＝AP2+CH2，故④正确，结论正确的有①②③④共4个．故答案为：4．14．（萧山区模拟）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．（1）求证：四边形ABCD是正方形．（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．【思路点拨】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∵∠CAD＝∠DBC，∴∠BAD＝∠ABC，∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，∴AC⊥BD，AC＝BD＝42，∴OB＝CO=12AC＝22，DO=12∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，∵DH⊥CE，垂足为H，∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，∵∠ECO+∠DEH＝90°，∴∠ECO＝∠EDH，在△ECO和△FDO中，∠COE=∠DOF=90°OC=OD∴△ECO≌△FDO（ASA），∴OE＝OF．∵BE＝1，∴OE＝OF＝OB﹣BE＝22-15．（怀化期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．（1）求证：四边形OGCF是正方形．（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．【思路点拨】（1）依据有三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OGCF是矩形，依据角平分线的性质，可得OH与OF，OH与OG的关系，依据邻边相等的矩形是正方形，可得答案；（2）由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB和BC，依据全等三角形判定的HL定理证得Rt△AOH≌Rt△AOF得到AH＝AF，设正方形OGCF的边长为x，则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝43-x，依据AB＝AH+BH＝8，解方程即可求出x【解题过程】（1）证明：过O作OH⊥AB于H点，∵OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，∴∠OGC＝∠OFC＝90°．∵∠C＝90°，∴四边形OGCF是矩形．∵AD，BE分别是∠BAC，∠ABC的角平分线，OF⊥AC，OG⊥BC，∴OG＝OH＝OF，又四边形OGCF是矩形，∴四边形OGCF是正方形；（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∴AC=12∵AC＝4，∴AB＝2AC＝2×4＝8，∵AC2+BC2＝AB2，∴BC=82-在Rt△AOH和Rt△AOF中，OH=OFOA=OA∴Rt△AOH≌Rt△AOF（HL），∴AH＝AF，设正方形OGCF的边长为x，则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝43-x∴4﹣x+43-x∴x＝23-即正方形OGCF的边长为23-16．（上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE不行能是菱形（填“可能”或“不行能”）．请说明理由．【思路点拨】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线相互垂直．【解题过程】解：（1）OE＝OF．理由如下：∵CE是∠ACB的角平分线，∴∠ACE＝∠BCE，又∵MN∥BC，∴∠NEC＝∠ECB，∴∠NEC＝∠ACE，∴OE＝OC，∵CF是∠BCA的外角平分线，∴∠OCF＝∠FCD，又∵MN∥BC，∴∠OFC＝∠FCD，∴∠OFC＝∠OCF，∴OF＝OC，∴OE＝OF；（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，又∵EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，∵FO＝CO，∴AO＝CO＝EO＝FO，∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，∴四边形AECF是矩形．已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，∴AC⊥EF，∴四边形AECF是正方形；（3）不行能．理由如下：如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECF=12∠ACB+12∠ACD=1若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，但在△GFC中，不行能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．故答案为：不行能．17．（天心区期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，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）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝4，CE＝22，求CG的长度；（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，干脆写出∠EFC的度数．【思路点拨】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，依据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发觉E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°+40°＝85°，得到∠CEF＝5°，依据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，依据三角形的内角和定理即可得到结论．【解题过程】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在△EQF和△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴△EQF≌△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC=2AB＝42∵CE＝22，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴四边形DECG是正方形，∴CG＝CE＝22；（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°+40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，综上所述，∠EFC＝130°或40°．18．（周宁县期中）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．（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；【思路点拨】（1）证明△DAE≌△DCF（ASA），可得结论；（2）猜想：EA+EC=2DE．如图2中，证明△DAE≌△DCF，推出DE＝DF．AE＝CF【解题过程】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，在△DAE和△DCF中，∠ADE=∠CDFDA=DC∴△DAE≌△DCF（ASA），∴AE＝CF．（2）解：猜想：EA+EC=2DE理由：如图2中，∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠ADC＝90°，∵DE⊥DF，AE⊥EF，∴∠AEF＝∠EDF＝90°，∴∠ADC＝∠EDF，∴∠ADE＝∠CDF，∵∠ADC+∠AEC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∵∠DCF+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCF，∴△DAE≌△DCF（AAS），∴AE＝CF，DE＝DF，∴EF=2DE∵AE+EC＝EC+CF＝EF，∴EA+EC=2DE19．（南海区期中）如图，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，F为AB上一点，且FG⊥BE交CD于点G．（1）求证：FG＝BE；（2）若E为AD中点，FG垂直平分BE，求DGCD【思路点拨】（1）过点C作CH∥GF，分别交AB、BE于点H、M，依据平行线的性质及正方形的性质可得∴∠CHB＝∠AEB，再利用全等三角形的判定与性质可得CH＝BE，最终依据平行四边形的判定与性质可得结论；（2）连接BG，EG，由垂直平分线的性质可得BG＝EG，设AD＝2x，DG＝y，依据正方形的性质和勾股定理可得答案．【解题过程】（1）证明：过点C作CH∥GF，分别交AB、BE于点H、M，如图：∵FG⊥BE，CH∥GF，∴CH⊥BE，∴∠BMH＝90°，∴∠ABE+∠CHB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，AB∥CD，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠CHB＝∠AEB，在△BCH和△ABE中，∠CBH=∠BAECB=BA∴△BCH≌△ABE（ASA），∴CH＝BE，∵CH∥GF，AB∥CD，∴四边形CHFG是平行四边形，∴GH＝FG，∴FG＝BE；（2）解：连接BG，EG，如图：∵FG垂直平分BE，∴BG＝EG，设AD＝2x，DG＝y，∵四边形ABCD是正方形，∴bBC＝CD＝AD＝2x，∵E为AD中点，∴DE=12AD＝在Rt△DEG和Rt△BCG中，BC2+CG2＝BG2，DE2+DG2＝EG2，∴BC2+CG2＝DE2+DG2，∴（2x）2+（2x﹣y）2＝x2+y2，整理得，7x2﹣4xy＝0，∵x≠0，∴y=74∴DGCD20．（黄州区期末）如