专题5.3正方形-重难点题型

【 知识点1 正方形的定义】

有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．

【知识点2 正方形的性质】

①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．

【题型1正方形的性质（求角的度数）】

【例1】（海珠区校级期中）如图，以正方形ABCD的一边AD为边向外作等边△ADE，则∠ABE的度数是　　．

【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB＝AD＝AE，∠BAE＝150°，进而可求得∠ABE＝15°．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠BAD＝90°，

∵△ADE是等边三角形，

∴AD＝AE，∠DAE＝60°，

∴∠BAE＝∠BAD+DAE＝150°，AB＝AE，

∴∠ABE＝∠AEB，

∴∠ABE （180°﹣∠BAE）＝15°，

故答案为：15°．

【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

【变式1-1】（黄浦区期末）如图，E为正方形ABCD外一点，AE＝AD，BE交AD于点F，∠ADE＝75°，则∠AFB＝　　°．

【分析】根据等腰三角形的性质得∠AED＝∠ADE＝75°，由三角形内角和求出顶角∠DAE的度数，根据正方形的性质得△ABE为等腰三角形，再由直角三角形的两锐角互余得答案．

【解答】解：∵AE＝AD，

∴∠AED＝∠ADE＝75°，

∴∠DAE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，AB＝AD，

∴AB＝AE，

∴∠ABE＝∠AEB，

∵∠BAE＝90°+30°＝120°，

∴∠ABE ，

∴∠AFB＝90°﹣30°＝60°．

故答案为：60．

【点评】此题考查了正方形的性质，正方形的四个角都是直角，且各边都相等；在几何证明中常运用等边对等角和等角对等边来证明边相等或角相等；在三角形中，要熟练掌握三角形的内角和定理和直角三角形的两个锐角互余．

【变式1-2】（海淀区校级月考）如图，在正方形ABCD内，以AB为边作等边△ABE，则∠BEG＝　　°．

【分析】本题通过正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，在由等边三角形的性质得到AB＝AE＝BE，∠EAB＝∠ABE＝∠AEB＝60°．进而得到∠ADE＝∠AED＝75°，

从而得到答案即可．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°．

又∵三角形ABE是等边三角形，

∴AB＝AE＝BE，∠EAB＝∠ABE＝∠AEB＝60°．

∴∠DAE＝∠DAB﹣∠EAB＝90°﹣60°＝30°，

∴AE＝AD，

∴∠ADE＝∠AED＝75°，

∴∠BEG＝180°﹣∠DAE﹣∠AEB＝180°﹣75°﹣60°＝45°．

故答案为：45．

【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握基础知识是解题的关键．

【变式1-3】（大兴区期中）在正方形ABCD外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F．连接AE，若∠PAB＝20°，求∠ADF的度数．

【分析】由对称的性质可得AE＝AB，∠EAB＝40°，即可求得∠EAD的度数，根据正方形的性质可得∠ADF＝∠AED，进而可求解．

【解答】解：∵点B关于直线AP的对称点为E，

∴AP是对称轴，

∴∠PAB＝∠PAE＝20°，

∴∠EAB＝2∠BAP＝40°，AE＝AB，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，AB＝AD，

∴∠EAD＝130°，

∴AE＝AD，

∴∠ADF＝∠AED，

∴∠ADF ．

【点评】本题主要考查正方形的性质，对称的性质，等腰三角形的性质，证得AE＝AD是解题的关键．

【题型2正方形的性质（求线段的长度）】

【例2】（崇川区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为1，点E在对角线BD上，且∠BAE＝22.5°，则BE的长为　　．

【分析】先由勾股定理求出BD，再求出AD＝ED，根据题意列方程即可得到结论．

【解答】解：过E作EF⊥AB于F，

设EF＝x，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，

∴BD AB ，EF＝BF＝x，

∴BE x，

∵∠BAE＝22.5°，

∴∠DAE＝90°﹣22.5°＝67.5°，

∴∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，

∴∠AED＝∠DAE，

∴AD＝ED，

∴BD＝BE+ED x+1 ，

∴x＝1 ，

∴BE 1，

故答案为： 1．

【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定；证明三角形是等腰三角形，列出方程是解决问题的关键．

【变式2-1】（余杭区月考）边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，连结EC、FD，点G，H分别是EC、DF的中点，连结GH，则GH的长为　　．

【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到/A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝4，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝2 ，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．

【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝4，

∵E，F分别是边AB，BC的中点，

∴AE＝CF ，

∵AD∥BC，

∴∠DPH＝∠FCH，

在△PDH和△CFH中，

，

∴△PDH≌△CFH（AAS），

∴PD＝CF＝2，

∴AP＝AD﹣PD＝2，

∴PE ，

∵点G，H分别是EC，FD的中点，

∴GH EP ．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．

【变式2-2】（南开区期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG，点G在CD上，AB＝5，CE＝2，T为AF的中点，求CT的长．

【分析】连接AC，CF，如图，根据正方形的性质得到AC ，AB＝5 ，CF CE＝2 ，∠ACD＝45°，∠GCF＝45°，则利用勾股定理得到AF ，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到CT的长．

【解答】解：连接AC、CF，如图，

∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，

∴AC AB＝5 ，CF CE＝2 ，∠ACD＝45°，∠GCF＝45°，

∴∠ACF＝45°+45°＝90°，

在Rt△ACF中，AF ，

∵T为AF的中点，

∴CT AF ，

∴CT的长为 ．

【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质，也考查了直角三角形斜边上的中线性质．

【变式2-3】（綦江区校级月考）正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°．

（1）求证：EF＝AE+CF；

（2）当AE＝1时，求EF的长．

【分析】（1）延长BC至H，使CH＝AE，连接DH，可得△DAE≌△DCH，则DE＝DH，∠ADE＝∠CDH；由于∠ADE+∠FDC＝45°，所以∠FDC+∠HCD＝45°，可得∠EDF＝∠HDF，这样△EDF≌△HDF，可得EF＝FH，结论得证；

（2）设EF＝x，由（1）的结论可知CF＝x﹣1，BF＝4﹣x，在Rt△BEF中，由勾股定理列出方程，解方程即可求解．

【解答】解：（1）证明：延长BC至H，使CH＝AE，连接DH，如图，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝CD，∠A＝∠DCE＝90°．

∴△DAE≌△DCH（SAS）．

∴DE＝DH，∠ADE＝∠CDH．

∵∠ADC＝90°，∠EDF＝45°，

∴∠ADE+∠FDC＝45°．

∴∠FDC+∠CDH＝45°．

即∠FDH＝45°．

∴∠EDF＝∠FDH＝45°．

在△EDF和△HDF中，

．

∴△EDF≌△HDF（SAS）．

∴EF＝FH．

∵FH＝FC+CH＝FC+AE，

∴EF＝AE+FC．

（2）设EF＝x，则FH＝x．

∵正方形ABCD的边长为3，

∴AB＝BC＝3．

∵AE＝1，

∴BE＝2，CH＝1．

∴FC＝x﹣1．

∴BF＝BC﹣CF＝3﹣（x﹣1）＝4﹣x．

在Rt△BEF中，

∵BE²+BF²＝EF²，

∴2²+（4﹣x）²＝x²．

解得：x ．

∴EF ．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理．证明一条线段等于两条线段的和的题目一般采用补短法或截长法，通过构造三角形的全等来解决．

【题型3正方形的性质（求面积、周长）】

【例3】（仪征市期末）正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝CF，线段BF、AE相交于点O，若图中阴影部分的面积为14，则△ABO的周长为　　．

【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S_△ABE＝S_△BCF，∠BAE＝∠CBF，可求S_△ABO （4×4﹣14）＝1，可得2AO•BO＝4，由勾股定理可求AO+BO的值，即可求解．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，

又∵BE＝CF，

∴△ABE≌△BCF（SAS），

∴S_△ABE＝S_△BCF，∠BAE＝∠CBF，

∴S_△ABO＝S_{四边形ECFO}，∠BAE+∠AEB＝90°＝∠CBF+∠AEB＝∠AOB，

∵图中阴影部分的面积为14，

∴S_△ABO （4×4﹣14）＝1，

∴ AO×BO＝1，

∴2AO•BO＝4，

∵AB²＝AO²+BO²＝16，

∴（AO+BO）²＝20，

∴AO+BO＝2 ，

∴△ABO的周长＝AB+AO+BO＝2 4，

故答案为：2 4．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求出AO+BO的值是本题的关键．

【变式3-1】（仓山区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点H．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为3：4，则△BCH的周长为（　　）

A．2 4 B．2 C．2 4 D．2 4

【分析】先计算出正方形的面积，再由比例求出空白部分的面积，通过证明△BCE≌△CDF可求解S_△BCH，∠BHC＝90°，再由勾股定理及完全平方公式可求解BH+CH的长，即可求出△BCG的周长﹒

【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝CD＝AB＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°，

∴S_{正方形ABCD}＝16，

∵S_阴影：S_{正方形ABCD}＝3：4，

∴S_阴影 12，

∴S_空白＝16﹣12＝4，

在△BCE和△CDF中，

，

∴△BCE≌△CDF（SAS），

∴S_△BCH＝S_{四边形EDFH}＝2，∠HBC＝∠DCF，

∵∠DCF+∠HCB＝90°，

∴∠HBC+∠HCB＝90°，

∴∠BHC＝90°，

∴BH²+CH²＝BC²＝16，BH•CH＝4，

∴（BH+CH）²＝BH²+CH²+2BH•CH＝16+2×4＝24，

∴BH+CH ，

∴△BCH的周长为BH+CH+BC ，

故选：D．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质及面积的和差相关知识，关键是证明全等两个三角形面积全等，得到△BCH面积．

【变式3-2】（海淀区校级期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝6，F为DE的中点．若OF的长为1，则△CEF的周长为（　　）

A．14 B．16 C．18 D．12

【分析】由正方形的性质及三角形的中位线可求得BE＝2，由直角三角形斜边上的中线可求得△CEF的周长为ED+EC，利用勾股定理可求解ED的长，进而可求解．

【解答】解：在正方形ABCD中，BO＝DO，BC＝CD，∠BCD＝90°，

∵F为DE的中点，

∴OF为△DBE的中位线，ED＝2CF＝2EF，

∴△CEF的周长为EF+EC+FC＝ED+EC，

∵OF＝1，

∴BE＝2OF＝2，

∵CE＝6，

∴BC＝BE+CE＝2+6＝8，

∴CD＝BC＝8，

在Rt△CED中，∠ECD＝90°，CD＝8，CE＝6，

∴ED ，

∴△CEF的周长为EF+EC+FC＝ED+EC＝10+6＝16，

故选：B．

【点评】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，三角形的中位线，求解ED的长是解题的关键．

【变式3-3】（河西区期中）将5个边长为2cm的正方形按如图所示摆放，点A₁，A₂，A₃，A₄是正方形的中心，则这个正方形重叠部分的面积和为（　　）

A．2cm² B．1cm² C．4cm² D．6cm²

【分析】在正方形ABCD中，作A₁E⊥AD，A₁F⊥DC，即可证得：△A₁EN≌△A₁MF，则四边形A₁MA₂N的面积＝四边形EA₁FA₂的面积 正方形ABCD的面积，据此即可求解．

【解答】解：如图，

在正方形ABCD中，作A₁E⊥AD，A₁F⊥DC，

两边相交于M和N，

∠A₁EN＝∠A₁MF＝90°，

∠EA₁N+∠ENA₁＝90°，

∠EA₁N+∠FA₁M＝90°，

∴∠ENA₁＝∠FA₁M，A₁E＝A₁F，

∴△A₁EN≌△A₁MF（ASA），

∴四边形A₁MA₂N的面积＝四边形EA₁FA₂的面积 正方形ABCD的面积，

同理可证，另外三个阴影四边形的面积都等于 正方形ABCD的面积，

∴图中重叠部分（阴影部分）的面积和＝正方形ABCD的面积＝4cm²，

故选：C．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，正确作出辅助线，证得：四边形A₁MA₂N的面积＝四边形EA₁FA₂的面积 正方形ABCD的面积是解题的关键．

【题型4正方形的性质（探究数量关系）】

【例4】（和平区期末）如图，若在正方形ABCD中，点E为CD边上一点，点F为AD延长线上一点，且DE＝DF，则AE与CF之间有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．

【分析】延长AE交CF于点G，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≌△CDF，进而可得AE＝CF，AE⊥CF．

【解答】解：AE＝CF，AE⊥CF，理由如下：

如图，延长AE交CF于点G，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝CD，∠ADC＝∠CDE＝90°，

在△ADE和△CDF中，

，

∴△ADE≌△CDF（SAS），

∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，

∵∠DCF+∠F＝90°，

∴∠DAE+∠F＝90°，

∴AG⊥CF，

即AE⊥CF．

∴AE＝CF，AE⊥CF．

【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．

【变式4-1】（西山区期末）如图（1），正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AC上一点，连接DE，过点A作AM⊥DE，垂足为M，AM与BD相交于点F．

（1）直接写出OE与OF的数量关系：　　；

（2）如图（2）若点E在AC的延长线上，AM⊥DE于点M，AM交BD的延长线于点F，其他条件不变．试探究OE与OF的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB＝OA，又因为AM⊥BE，所以∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，从而求证出△AOF≌△BOE，得到OE＝OF．

（2）由“ASA”可证△AOF≌△BOE，得到OE＝OF．

【解答】解：（1）∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AM⊥DE，

∴∠AOD＝∠DOE＝∠AME＝90°，OA＝OD，

∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，

∴∠AFO＝∠MEA，

在△AOF和△DOE中，

，

∴△AOF≌△BOE（ASA），

∴OE＝OF，

故答案为：OE＝OF；

（2）OE＝OF，

理由如下：

∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AM⊥DE，

∴∠AOD＝∠DOE＝∠AME＝90°，OA＝OD，

∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，

∴∠AFO＝∠MEA，

在△AOF和△DOE中，

，

∴△AOF≌△BOE（ASA），

∴OE＝OF．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．

【变式4-2】（安阳县期末）四边形ABCD是正方形，G是直线BC上任意一点，BE⊥AG于点E，DF⊥AG于点F，当点G在BC边上时（如图1），易证DF﹣BE＝EF．

（1）当点G在BC延长线上时，在图2中补全图形，写出DF、BE、EF的数量关系，并证明．

（2）当点G在CB延长线上时，在图3中补全图形，写出DF、BE、EF的数量关系，不用证明．

【分析】由ABCD是正方形，得到AB＝DA、AB⊥AD，由BE⊥AG、DF⊥AG，结合题干得到∠ABE＝∠DAF，于是得出△ABE≌△DAF，即可AF＝BE．

（1）同理证明△ABE≌△DAF，得AF＝BE，DF＝AE，根据图2可得结论；

（2）同理证明△ABE≌△DAF，得AF＝BE，DF＝AE，根据图3可得结论．

【解答】证明：如图1，∵ABCD是正方形，

∴AB＝DA、AB⊥AD．

∵BE⊥AG、DF⊥AG，

∴∠AEB＝∠AFD＝90°，

又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，

∴∠ABE＝∠DAF，

在△ABE和△DAF中，

，

∴△ABE≌△DAF（AAS），

∴AF＝BE，DF＝AE，

∴DF﹣BE＝AE﹣AF＝EF．

（1）如图2，DF、BE、EF的数量关系是：BE＝DF+EF，

理由是：∵ABCD是正方形，

∴AB＝DA、AB⊥AD．

∵BE⊥AG、DF⊥AG，

∴∠AEB＝∠AFD＝90°，

又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，

∴∠ABE＝∠DAF，

在△ABE和△DAF中，

，

∴△ABE≌△DAF（AAS），

∴AF＝BE，DF＝AE，

∴BE＝AF＝AE+EF＝DF+EF；

（2）如图3，DF、BE、EF的数量关系是：EF＝DF+BE；

理由是：∵ABCD是正方形，

∴AB＝DA，AB⊥AD．

∵BE⊥AG，DF⊥AG，

∴∠AEB＝∠AFD＝90°，

又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，

∴∠ABE＝∠DAF，

在△ABE和△DAF中，

，

∴△ABE≌△DAF（AAS），

∴AF＝BE，DF＝AE，

∴EF＝AE+AF＝DF+BE．

【点评】本题主要考查正方形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质定理，此题难度适中．

【变式4-3】（天河区校级期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O．

（1）如图1，设E、F分别是AD、AB上的点，且∠EOF＝90°，线段AF、BF和EF之间存在一定的数量关系．请你用等式直接写出这个数量关系；

（2）如图2，设E、F分别是AB上不同的两个点，且∠EOF＝45°，请你用等式表示线段AE、BF和EF之间的数量关系，并证明．

【分析】（1）首先证明△EOA≌△FOB，推出AE＝BF，从而得出结论；

（2）在BC上取一点H，使得BH＝AE．由△OAE≌△OBH，推出AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，由△FOE≌△FOH，推出EF＝FH，由∠FBH＝90°，推出FH²＝BF²+BH²，由此即可解答．

【解答】解：（1）EF²＝AF²+BF²．

理由：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，

∴∠EOF＝∠AOB＝90°，

∴∠EOA＝∠FOB，

在△EOA和△FOB中，

，

∴△EOA≌△FOB（ASA），

∴AE＝BF，

在Rt△EAF中，EF²＝AE²+AF²＝AF²+BF²；

（2）在BC上取一点H，使得BH＝AE．

∵四边形ABCD是正方形，

∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBH，∠AOB＝90°，

在△OAE和△OBH中，

∴△OAE≌△OBH（SAS），

∴AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，

∵∠EOF＝45°，

∴∠AOE+∠BOF＝45°，

∴∠BOF+∠BOH＝45°，

∴∠FOE＝∠FOH＝45°，

在△FOE和△FOH中•，

，

∴△FOE≌△FOH（SAS），

∴EF＝FH，

∵∠FBH＝90°，

∴FH²＝BF²+BH²，

∴EF²＝BF²+AE²，

【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

【题型5正方形的性质综合应用】

【例5】（周村区期末）（1）如图1的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG；

（2）如图2，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，求MN的长．

【分析】（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；

（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN²＝EC²+NC²即MN²＝BM²+NC²．

【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，

∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，

在△ABE和△ADG中，

，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，

∴∠EAG＝90°，

在△FAE和△GAF中，

，

∴△FAE≌△GAF（SAS），

∴EF＝FG；

（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．

∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．

在△ABM和△ACE中，

，

∴△ABM≌△ACE（SAS）．

∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．

∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠CAN＝45°．

于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．

在△MAN和△EAN中，

，

∴△MAN≌△EAN（SAS）．

∴MN＝EN．

在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN²＝EC²+NC²．

∴MN²＝BM²+NC²．

∵BM＝1，CN＝3，

∴MN²＝1²+3²，

∴MN ．

【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题；

【变式5-1】（余杭区月考）已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P．

（1）求证：BF＝DP；

（2）若正方形ABCD的边长为4，求△ACP的面积；

（3）求证：CP＝BM+2FN．

【分析】（1）由“ASA”可证△CDP≌△CBF，可得BF＝DP；

（2）根据等角对等边易证AP＝AC，根据勾股定理求得AC的长，然后根据三角形的面积公式即可求解；

（3）由全等三角形的性质可得CP＝CF，在CN上截取NH＝FN，连接BH，则可以证明△AMB≌BHC，得到CH＝BM，即可证得．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠ACD＝45°，

∵CP⊥CF，

∴∠FCP＝90°＝∠BCD，

∴∠BCF＝∠DCP，

∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°，

∴△CDP≌△CBF（ASA）

∴BF＝DP；

（2）∵CF平分∠ACB，

∴∠ACF＝∠BCF＝22.5°，

∴∠BFC＝67.5°，

∵△CDP≌△CBF，

∴∠P＝∠BFC＝67.5°，且∠CAP＝45°，

∴∠ACP＝∠P＝67.5°，

∴AC＝AP，

∵AC AB＝4 ，

∴S_△ACP AP×CD＝8 ；

（3）在CN上截取NH＝FN，连接BH，

∵△CDP≌△CBF，

∴CP＝CF，

∵FN＝NH，且BN⊥FH，

∴BH＝BF，

∴∠BFH＝∠BHF＝67.5°，

∴∠FBN＝∠HBN＝∠BCH＝22.5°，

∴∠HBC＝∠BAM＝45°，

∵AB＝BC，∠ABM＝∠BCH，

∴△AMB≌△BHC（ASA），

∴CH＝BM，

∴CF＝BM+2FN，

∴CP＝BM+2FN．

【点评】本题是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线是关键．

【变式5-2】（莆田期末）如图1，在正方形ABCD中，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．

（1）若点E是BC边上的中点，求证：AE＝EF；

（2）如图2，若点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；

（3）如图3，若点E是BC边上的任意点一，在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEF是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE＝EF；

（2）成立，延长BA到M，使AM＝CE，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE＝EF；

（3）存在，作DM⊥AE于AB交于点M，则有：DM∥EF，连接ME、DF，证明△ADM≌△BAE（ASA），得到DM＝AE，由（1）AE＝EF，所以DM＝EF，所以四边形DMEF为平行四边形．

【解答】（1）证明：取AB的中点H，连接EH；如图1所示

∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EF；

∴∠1+∠AEB＝90°，∠2+∠AEB＝90°

∴∠1＝∠2，

∵BH＝BE，∠BHE＝45°，且∠FCG＝45°，

∴∠AHE＝∠ECF＝135°，AH＝CE，

在△AHE和△ECF中，

，

∴△AHE≌△ECF（ASA），

∴AE＝EF；

（2）解：AE＝EF成立，

理由如下：如图2，延长BA到M，使AM＝CE，

∵∠AEF＝90°，

∴∠FEG+∠AEB＝90°．

∵∠BAE+∠AEB＝90°，

∴∠BAE＝∠FEG，

∴∠MAE＝∠CEF．

∵AB＝BC，

∴AB+AM＝BC+CE，

即BM＝BE．

∴∠M＝45°，

∴∠M＝∠FCE．

在△AME与△ECF中，

，

∴△AME≌△ECF（ASA），

∴AE＝EF．

（3）存在，

理由如下：点E是BC边上的中点，如图3，作DM⊥AE于AB交于点M，则有：DM∥EF，连接ME、DF，

在△ADM与△BAE中，

，

∴△ADM≌△BAE（ASA），

∴DM＝AE，

由（1）AE＝EF，

∴DM＝EF，

∴四边形DMEF为平行四边形．

【点评】此题考查学生对正方形的性质及全等三角形判定的理解及运用，解决本题的关键是作出辅助线．

【变式5-3】（江津区期中）在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段OC上，点F在线段AB上，连接BE，连接EF交BD于点M，已知∠AEB＝∠OME．

（1）如图1，求证：EB＝EF；

（2）如图2，点N在线段EF上，AN＝EN，AN延长线交DB于H，连接DF，求证：DF AH．

【分析】（1）依据四边形ABCD是正方形，即可得出AC⊥BD，∠1＝∠2＝45°，进而得到∠5＝∠FBE，即可得到EF＝EB；

（2）连接DE，先判定△AOH≌△BOE，即可得出AH＝BE，再判定△DCE≌△BCE，即可得到DE＝BE＝AH＝EF，再根据△DEF是等腰直角三角形，即可得出结论．

【解答】证明：（1）如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AC⊥BD，∠1＝∠2＝45°，

∴在Rt△OME和Rt△OEB中，

∠3+∠OME＝∠4+∠OEB＝90°，

∵∠OME＝∠OEB，

∴∠3＝∠4，

∴∠5＝∠1+∠3＝∠2+∠4＝∠FBE，

∴EF＝EB；

（2）连接DE，

∵AN＝EN，

∴∠3＝∠5，

∵∠3＝∠4，

∴∠4＝∠5，

∵四边形ABCD是正方形，

∴OA＝OB，AC⊥BD，

∴∠7＝∠8＝90°，

在△AOH和△BOE中，

，

∴△AOH≌△BOE（ASA），

AH＝BE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴DC＝BC，∠1＝∠2＝45°，

在△DCE和△BCE中，

，

∴△DCE≌△BCE（SAS），

∴DE＝BE＝AH＝EF，

∵AC⊥BD，

∴∠6＝∠AEB，

∵∠3＝∠4，∠4+∠AEB＝90°，

∴∠3+∠6＝90°，即∠DEF＝90°，

∴△DEF是等腰直角三角形，

∴ ．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，关键是对全等三角形的判断．

【 知识点3 正方形的判定】

①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；

②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．

③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．

【题型6判定正方形成立的条件】

【例6】（上蔡县期末）下列说法正确的个数是（　　）

①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形；

②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形；

③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；

④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据正方形的判定、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质和矩形的性质即可求解．

【解答】解：①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形，故①正确；

②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形，故②正确；

③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故③正确；

④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故④正确；

综上所述，正确的个数为4个，

故选：D．

【点评】本题考查了正方形的判定、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质和矩形的性质，解题关键是逐个判断即可得出答案．

【变式6-1】（建湖县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE＝BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是（　　）

A．BC＝AC B．BD＝DF C．AC＝BF D．CF⊥BF

【分析】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有BE＝EC，BF＝FC进而得出四边形BECF是菱形；由菱形的性质知，以及菱形与正方形的关系，进而分别分析得出即可．

【解答】解：∵EF垂直平分BC，

∴BE＝EC，BF＝CF，

∵BF＝BE，

∴BE＝EC＝CF＝BF，

∴四边形BECF是菱形；

当BC＝AC时，

∵∠ACB＝90°，

则∠A＝45°时，菱形BECF是正方形．

∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，

∴∠EBC＝45°，

∴∠EBF＝2∠EBC＝2×45°＝90°，

∴菱形BECF是正方形．

故选项A正确，但不符合题意；

当BD＝DF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B正确，但不符合题意；

当AC＝BF时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项C错误，符合题意；

当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项D正确，但不符合题意．

故选：C．

【点评】本题考查了菱形的判定和性质及中垂线的性质、直角三角形的性质、正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的相关定理是解题关键．

【变式6-2】（开原市校级月考）已知四边形ABCD是平行四边形，再从四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（　　）

①AB＝BC，

②∠ABC＝90˚，

③AC＝BD，

④AC⊥BD

A．选①② B．选①③ C．选②③ D．选②④

【分析】根据要判定四边形是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形进而分别分析得出即可．

【解答】解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，

所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；

B、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，

所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；

C、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，

所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意．

D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，

所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；

故选：C．

【点评】本题考查了正方形的判定方法：

①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；

②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角．

③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．

【变式6-3】（陕西期中）如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满足的条件是　　．

【分析】依据条件先判定四边形EFGH为菱形，再根据∠FEH＝90°，即可得到菱形EFGH是正方形．

【解答】解：满足的条件应为：AC＝BD且AC⊥BD．

理由：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，

∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线，

∴HG∥AC且HG AC；

同理EF∥AC且EF AC，同理可得EH BD，

则HG∥EF且HG＝EF，

∴四边形EFGH为平行四边形，

又∵AC＝BD，

∴EF＝EH，

∴四边形EFGH为菱形，

∵AC⊥BD，EF∥AC，

∴EF⊥BD，

∵EH∥BD，

∴EF⊥EH，

∴∠FEH＝90°，

∴菱形EFGH是正方形．

故答案为：AC＝BD且AC⊥BD．

【点评】此题考查了中点四边形的性质、三角形中位线定理以及正方形的判定．解题时注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．

【题型7正方形判定的证明】

【例7】（富平县期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．求证：四边形ABCD是正方形．

【分析】作EM⊥BC于点M，可证EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，由角的数量关系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可证AB＝BC，可得结论．

【解答】证明：如图，作EM⊥BC于点M，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB⊥BC，

∴EM∥AB，

∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，

∵∠ABE+∠CEF＝45°，

∴∠BEM+∠CEF＝45°，

∵BE⊥EF，

∴∠CEM＝45°＝∠BAC，

∴∠BAC＝∠ACB＝45°，

∴AB＝BC，

∴矩形ABCD是正方形．

【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

【变式7-1】（娄星区校级期中）已知，如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是两锐角平分线的交点，ED⊥BC，EF⊥AC，垂足分别为D，F，求证：四边形CDEF是正方形．

【分析】过E作EM⊥AB，根据角平分线的性质可得EF＝ED＝EM．再证明四边形EFDC是矩形，可根据邻边相等的矩形是正方形得到四边形CDEF是正方形．

【解答】证明：过E作EM⊥AB，

∵AE平分∠CAB，

∴EF＝EM，

∵EB平分∠CBA，

∴EM＝ED，

∴EF＝ED，

∵ED⊥BC，EF⊥AC，△ABC是直角三角形，

∴∠CFE＝∠CDE＝∠C＝90°，

∴四边形EFDC是矩形，

∵EF＝ED，

∴四边形CDEF是正方形．

【点评】此题主要考查了正方形的判定，关键是掌握邻边相等的矩形是正方形．

【变式7-2】（新乡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．

（1）求证：∠ADB＝∠CDB；

（2）若∠ADC＝　°时，四边形MPND是正方形，并说明理由．

【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB＝∠CDB；

（2）由三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．

【解答】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠CBD，

在△ABD和△CBD中，

，

∴△ABD≌△CBD（SAS），

∴∠ADB＝∠CDB；

（2）当∠ADC＝90°时，四边形MPND是正方形，

理由如下：∵PM⊥AD，PN⊥CD，

∴∠PMD＝∠PND＝90°，

∵∠ADC＝90°，

∴四边形MPND是矩形，

∵∠ADB＝∠CDB，

∴∠ADB＝45°，

∵∠PMD＝90°，

∴∠MPD＝∠PDM＝45°，

∴PM＝MD，

∴矩形MPND是正方形，

故答案为：90．

【点评】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是熟记各种几何图形的性质和判定．

【变式7-3】（渠县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC中点、F是AC中点，AN是△ABC的外角∠MAC的平分线，延长DF交AN于点E，连接CE．

（1）求证：四边形ADCE是矩形；

（2）若AB＝BC＝4，则四边形ADCE的面积为多少？

（3）直接回答：当△ABC满足　时，四边形ADCE是正方形．

【分析】（1）根据AN是△ABC外角∠CAM的平分线，推得∠MAE （∠B+∠ACB），再由∠B＝∠ACB，得∠MAE＝∠B，则AN∥BC，根据三角形中位线的性质得FD∥AB，可得四边形ABDE为平行四边形，则AE＝BD＝CD，得出四边形ADCE为平行四边形，再证出AD⊥AE即可得出四边形ADCE为矩形．

（2）由（1）知四边形ADCE是矩形，由条件可证明△ABC为等边三角形，求出CD和AD长，则四边形ADCE的面积可求出；

（3）由（1）知四边形ADCE是矩形，增加条件能使AD＝DC即可

【解答】（1）证明：∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，

∴∠MAE ∠MAC，

∵∠MAC＝∠B+∠ACB，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∴∠MAE＝∠B，

∴AN∥BC，

∵F为AC的中点，D为BC的中点，

∴FD∥AB，

∴四边形ABDE为平行四边形，

∴AE＝BD，

∵BD＝CD，

∴AE＝CD，

∴四边形ADCE为平行四边形，

∵AB＝AC，点D为BC中点，

∴AD⊥BC，

∴AD⊥AE，

∴∠DAE＝90°，

∴四边形ADCE为矩形；

（2）解：由（1）知四边形ADCE是矩形，

∵BC＝AB＝4，AB＝AC，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB＝AC＝BC＝4，

∵D为BC的中点，

∴∠ADC＝90°，BD＝CD＝2，

∴AD＝2 ，

∴四边形ADCE的面积为CD×AD＝2×2 4 ；

（3）解：答案不唯一，如当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是正方形．

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，

∴△ABC为等腰直角三角形，

∵D为BC的中点，

∴AD＝DC，

∵四边形ADCE为矩形，

∴四边形ADCE为正方形．

故答案为：∠BAC＝90°．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．

【题型8正方形的判定与性质综合】

【例8】（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．

【分析】（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．

【解答】（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°．

【点评】本题考查正方形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

【变式8-1】（青山区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4 ，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

（1）求证：矩形DEFG是正方形；

（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；

（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝8即可．

【解答】解：（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，

∵正方形ABCD，

∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，

∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，

∴四边形EMCN为正方形，

∵四边形DEFG是矩形，

∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，

∴∠DEN＝∠MEF，

又∠DNE＝∠FME＝90°，

在△DEN和△FEM中， ，

∴△DEN≌△FEM（ASA），

∴ED＝EF，

∴矩形DEFG为正方形，

（2）CE+CG的值为定值，理由如下：

∵矩形DEFG为正方形，

∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，

∴∠ADE＝∠CDG，

在△ADE和△CDG中， ，

∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴AE＝CG，

∴AC＝AE+CE AB 4 8，

∴CE+CG＝8是定值．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．

【变式8-2】（南充期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．

（1）求证：四边形ABEF是正方形；

（2）若AD＝AE，求证：AB＝AG；

（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OD的长．

【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论；

（2）根据三角形全等的判定证得AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论；

（3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理证得DO OF OG，根据线段的和差求解即可．

【解答】（1）证明：∵矩形ABCD，

∴∠BAF＝∠ABE＝90°，

∵EF⊥AD，

∴四边形ABEF是矩形，

∵AE平分∠BAD，

∴EF＝EB，

∴四边形ABEF是正方形；

（2）∵AE平分∠BAD，

∴∠DAG＝∠BAE，

在△AGD和△ABE中， ，

∴△AGD≌△ABE（AAS），

∴AB＝AG；

（3）∵四边形ABEF是正方形，

∴AB＝AF＝1，

∵△AGD≌△ABE，

∴DG＝AB＝AF＝AG＝1，

∵AD＝AE，

∴AD﹣AF＝AE﹣AG，

即DF＝EG，

在△DFO和△EGO中， ，

∴△DFO≌△EGO（AAS），

∴FO＝GO，FD＝EG

∵∠DAE＝∠AEF＝45°，∠AFE＝∠AGD＝90°，

∴DF＝FO＝OG＝EG，

∴DO OF OG，

∴DG＝DO+OG OG+OG＝1，

∴OG 1，

∴OD （ 1）＝2 ．

【点评】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，通过全等三角形和勾股定理证得DO OF OG是解决问题的关键．

【变式8-3】（邹城市期末）如图，▱ABCD中，∠A＝45°，过点D作ED⊥AD交AB的延长线于点E，且BE＝AB，连接BD，CE．

（1）求证：四边形BDCE是正方形；

（2）P为线段BC上一点，点M，N在直线AE上，且PM＝PB，∠DPN＝∠BPM．求证：AN PB．

【分析】（1）先证四边形BDCE是平行四边形，由等腰直角三角形的性质可得DB＝BE，DB⊥BE，可得结论；

（2）由“ASA”可证△DBP≌△NMP，可得DB＝MN＝AB，可证AN＝BM，由等腰直角三角形的性质可得BM＝AN BP．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∵BE＝AB，

∴BE∥CD，

∴四边形BDCE是平行四边形，

∵ED⊥AD，∠A＝45°，

∴∠A＝∠DEA＝45°，

∴AD＝DE，

∴△ADE是等腰直角三角形，

又∵AB＝BE，

∴DB＝BE，DB⊥BE，

∴平行四边形BDCE是正方形；

（2）∵四边形BDCE是正方形，

∴BD＝BE＝AB，∠DBP＝∠EBP＝45°，

∵PM＝PB，

∴∠PBM＝∠PMB＝45°，

∴∠BPM＝90°，

∴∠DPN＝∠BPM＝90°，

∴∠DPB＝∠NPM，

在△DBP和△NMP中，

，

∴△DBP≌△NMP（ASA），

∴DB＝MN，

∴AB＝NM，

∴AN＝BM，

∵BP＝PM，∠BPM＝90°，

∴BM BP，

∴AN BP．

【点评】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，证明△DBP≌△NMP是本题的关键．