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 ，求DE的长．

（2）如图2，连接BF，若∠ADE＝∠ABG，BF＝BC，求证：三点B，G，E在同一直线上．

【 思路点拨】

（1）作EH⊥AD于点H，由四边形AEFG是正方形得AE＝FE ，根据勾股定理求出AF的长为2，则AH＝EH AF＝1，而AD＝3，所以DH＝2，再根据勾股定理求出DE的长即可；

（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在同一直线上．

【 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 ，∠AEF＝90°，

∴AF 2，

∴AH＝FH AF＝1，

∴EH AF＝1，

∵AD＝3，

∴DH＝AD﹣AH＝2，

∵∠DHE＝90°，

∴DE ，

∴DE的长是 .

（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，

，

∴△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在同一直线上．

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． C．3 D．

【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，

，

∴△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． B． C． D．

【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．

根据对称性可知AE＝HE，

所以AE+DE＝DH．

在Rt△ADH中，DH

∴BF+DE最小值为4 ．

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 FC，由勾股定理可得BE的长，即为FC的长，从而可得MN的值．

【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 FC，

∵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 FC＝5．

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． B．8 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，根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（AAS），

∴OM＝ON，AM＝BN，

∴∠ACO＝∠BCO＝45°，

∴矩形MCNO是正方形，

∵AC＝10，BC＝6，

∴CN＝CM （AC+BC）＝8，

∵∠OCN＝45°，

由勾股定理得：OC＝8 ．

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 BC；④三角形BDF是直角三角形．其中正确的个数是（　　）

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，最后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 CF，

在正方形ABCD中，BD BC，

∴BC BD，

∵BF＝BD，CF＝BF﹣BC，

∴CF＝BD BD BD，

∴GH BD BC BC，故③错误，不符合题意；

∴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 a，

∴CG a，EG a，

∴CE：CG：EG＝a： a： a＝3：4：5，故④正确，

∴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，

，

∴△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 ，

∴AP BD ，

∵EF＝AP，

∴EF的最小值为 ，故③错误，

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 ；④PE+PF＝PC．

其中正确的是（　　）

A．①④ B．①②④ C．①③ D．①②③

【思路点拨】

根据正方形性质得出AD＝DC＝BC；∠ADC＝∠DCB；EC＝DF DC，证△ADF≌△DCE，推出∠AFD＝∠DEC，求出∠DPF＝90°即可判断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，即可判断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，即可判断③④．

【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 DC，

∵在△ADF和△DCE中，

，

∴△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，

，

∴△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 PC，∴③正确，④错误；

∴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，

，

∴△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，

，

∴△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＝　 　．

【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，

，

∴△ADM≌△CDN（SAS），

∴∠ADM＝∠CDN，MD＝DN，

∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE＝∠EDN，

在△MDE和△NDE中，

，

∴△MDE≌△NDE（SAS），

∴ME＝EN，

∵BE＝2AE，

∴BE ，AE ，

设AM＝CN＝x，

则BN＝2﹣x，ME＝EN x，

∵EN²＝BE²+BN²，

∴（ x）² （2﹣x）²，

∴x＝1，

∴CN＝1，

∴GF＝DN ，

故答案为： ．

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 BD；④S_{四边形OECF} S_{正方形ABCD}．其中正确的序数是　①②④　．

【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，根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，

，

∴△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 BC，

∴CE+CF＝CE+BE BC，故③错误；

④∵四边形ABCD是正方形，

∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，

在△OBE和△OCF中，

，

∴△OBE≌△OCF（SAS），

∴S_△OBE＝S_△OCF，

∴S_{四边形OECF}＝S_△COE+S_△OCF＝S_△COE+S_△OBE＝S_△OBC S_{正方形ABCD}，故④正确；

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根据题意可知∠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 ∠GFC＝45°＝∠HCD，

在△EHF和△DHC中，

，

∴△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 AC，DO BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出结论．

【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＝4 ，

∴OB＝CO AC＝2 ，DO BD＝2 ，

∴∠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，

，

∴△ECO≌△FDO（ASA），

∴OE＝OF．

∵BE＝1，

∴OE＝OF＝OB﹣BE＝2 1．

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）根据有三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OGCF是矩形，根据角平分线的性质，可得OH与OF，OH与OG的关系，根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，根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＝4 x，根据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 AB，

∵AC＝4，

∴AB＝2AC＝2×4＝8，

∵AC²+BC²＝AB²，

∴BC 4 ，

在Rt△AOH和Rt△AOF中，

，

∴Rt△AOH≌Rt△AOF（HL），

∴AH＝AF，

设正方形OGCF的边长为x，

则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝4 x，

∴4﹣x+4 x＝8，

∴x＝2 2，

即正方形OGCF的边长为2 2．

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　不可能　是菱形（填“可能”或“不可能”）．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，对角线互相垂直．

【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）不可能．理由如下：

如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，

∴∠ECF ∠ACB ∠ACD （∠ACB+∠ACD）＝90°，

若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，

但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．

故答案为：不可能．

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＝2 ，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，直接写出∠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，根据正方形的判定定理证明即可；

（2）通过计算发现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°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根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，

，

∴△EQF≌△EPD（ASA），

∴EF＝ED，

∴矩形DEFG是正方形；

（2）如图2中，

在Rt△ABC中，AC AB＝4 ，

∵CE＝2 ，

∴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＝2 ；

（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 DE．如图2中，证明△DAE≌△DCF，推出DE＝DF．AE＝CF，即可证明．

【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，

，

∴△DAE≌△DCF（ASA），

∴AE＝CF．

（2）解：猜想：EA+EC DE．

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 DE，

∵AE+EC＝EC+CF＝EF，

∴EA+EC DE．

19．（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 的值．

【思路点拨】

（1）过点C作CH∥GF，分别交AB、BE于点H、M，根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，最后根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，根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，

，

∴△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 AD＝x，

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 x，

∴ ．

20．（黄州区期末）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．

（1）求证：四边形ABCD是正方形．

（2）已知AB的长为6，求（BE+6）（DF+6）的值．

（3）借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若三角形PQR中，∠QPR＝45°，一条高是PH，长度为6，QH＝2，求HR长度．

【思路点拨】

（1）作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；

（2）证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），得出BE＝GE，同理：Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），得出DF＝GF，证出BE+DF＝GE+GF＝EF，设BE＝x，DF＝y，则CE＝BC﹣BE＝6﹣x，CF＝CD﹣DF＝6﹣y，EF＝x+y，在Rt△CEF中，由勾股定理得出方程，整理得：xy+6（x+y）＝36，即可得出答案；

（3）当△PQR是锐角三角形时，如图2中，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．当△PQR是钝角三角形时，如图3中，过P作PT⊥PR交RQ延长线于T，构建方程组求解即可．

【解题过程】

（1）证明：作AG⊥EF于G，如图1，

则∠AGE＝∠AGF＝90°，

∵AB⊥CE，AD⊥CF，

∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，

∴四边形ABCD是矩形，

∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，

∴AB＝AG，AD＝AG，

∴AB＝AD，

∴四边形ABCD是正方形；

（2）解：∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD＝6，

在Rt△ABE和Rt△AGE中，

，

∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），

∴BE＝GE，

同理：Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），

∴DF＝GF，∴BE+DF＝GE+GF＝EF，

设BE＝x，DF＝y，则CE＝BC﹣BE＝6﹣x，CF＝CD﹣DF＝6﹣y，EF＝x+y，

在Rt△CEF中，由勾股定理得：（6﹣x）²+（6﹣y）²＝（x+y）²，

整理得：xy+6（x+y）＝36，

∴（BE+6）（DF+6）＝（x+6）（y+6）＝xy+6（x+y）+36＝36+36＝72；

（3）解：如图2所示：

把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，

由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，

∴MG＝DG＝MP＝PH＝6，

∴GQ＝4，

设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，

在Rt△GQR中，由勾股定理得：（6﹣a）²+4²＝（2+a）²，

解得：a＝3，即HR＝3．

当△PQR是钝角三角形时，过P作PT⊥PR交RQ延长线于T，如图3所示：

则∠TPQ＝90°﹣45°＝45°，

由①得：TH＝3，

∴PT 3 ，

设HR＝x，PR＝y，则TR＝x+3，

∵△PTR的面积 （x+3）×6 3 y，

∴ y＝6+2x，

∴5y²＝（6+2x）²①，

在Rt△PRH中，由勾股定理得：y²＝6²+x²②，

由①②得：（x﹣12）²＝0，

∴x＝12，

即HR＝12；

综上所述，HR为3或12.