中考数学模拟题汇总《四边形》专项练习(附答案解析)

中考数学模拟题汇总《四边形》专项练习(附答案解析)一、单选题1．如图，四边形是正方形，是的中点，连接与对角线相交于点，连接并延长，交于点，连
接交于点．以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数有（ ）A．1B．2C．3D．42．如图，正方期ABCD的边长为4，点E在
对角线BD上，且为F，则EF的长为（ ） A．2B．C．D．3．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边
CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③∠GDB＝45°；
④S△BEF＝ ．在以上4个结论中，正确的有（　　）A．1B．2C．3D．44．如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD
上一点，于点E，于点F，连接AP，给出下列结论：①；②四边形PECF的周长为8；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为其中正确结论的
序号为( ) A．①②④⑤B．①③④⑤C．②④⑤D．②③⑤5．如图，在正方形中，点是上一动点，点是的中点，绕点顺时针旋转
90°得到，连接，给出结论：①；②；③；④若正方形的边长为2，则点在射线上运动时，有最小值．其中结论正确的是（ ）A．①②③
B．①②④C．①③④D．②③④6．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD的中点，连接AF、DE交于点P，过B作BG∥DE交
AD于G，BG与AF交于点M．对于下列结论：①AF⊥DE；②G是AD的中点；③∠GBP＝∠BPE；④S△AGM：S△DEC＝1：4
．正确的个数是（　　）A．1个B．2个C．3个D．4个7．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的点，且CE=2BE，连接AE、
DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于点F，下列结论：①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°；②AP
=FP；③AE=AO；④若四边形OPEQ的面积为2，则该正方形的面积为36；⑤CE·EF=EQ·DE．其中正确的结论有（　　）A．
1个B．2个C．3个D．4个8．如图，四边形是边长为2的正方形，点为线段上的动点，为的中点，射线交的延长线于点，过点作的垂线交于点
、交的延长线于点，则以下结论：①；②；③当点与点重合时；④当时，．成立的是　A．①③④B．②③④C．①③D．②④二、填空题9．如图
，已知矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接．当四边形为
正方形时，______；若，则折叠后重叠部分的面积为______．10．如图，将边长为1的正方形绕点逆时针旋转30°到正方形的位置
，则图中阴影部分的面积为_______．11．如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交
EF于G，下列结论：①BE＝DF，②∠AEB＝75°，③EG＝FG且∠AGE＝90°，④BE＝FG⑤S△ABE＝S△CEF．其中正
确结论是_____（填序号）．12．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=5，F为DE的中点
．若△CEF的周长为18，则OF的长为_____________________ ．13．如图，已知正方形ABCD的边长为2，对角
线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC交BD于点E，则BE的长为_________．14．如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E
为对角线AC上一点，EF⊥DE交AB于F，若四边形AFED的面积为4，则四边形AFED的周长为______．15．如图，正方形AB
CD的边长为1，AC、BD是对角线，将△DCB绕着点D顺时针旋转45°得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接F
G．则下列结论：①四边形AEGF是菱形；②△HED的面积是1﹣；③∠AFG＝135°；④BC+FG＝．其中正确的结论是_____．
（填入正确的序号）16．如图，以RtABC的斜边AB为一边，在AB的右侧作正方形ABED，正方形对角线交于点O，连接CO，如果AC
=4，CO=，那么BC=______．三、解答题17．已知正方形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上
．（1）如图1，DE⊥FG，求证：BF＝AE+AG；（2）如图2，DE⊥DF，P为EF中点，求证：BE＝PC；（3）如图3，EH交
FG于O，∠GOH＝45°，若CD＝4，BF＝DG＝1，则线段EH的长为　．18．已知正方形ABCD中AC与BD交于点O，点M在线
段BD上，作直线AM交直线DC于点E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于点N．（1）如图1，当M在线段BO上时，求证：OM＝
ON；（2）如图2，当M在线段OD上，连接NE和MN，当ENBD时，求证：四边形DENM是菱形；（3）在（2）的条件下，若正方形边
长为4，求EC的长．19．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°
后，得到△ABQ，连接EQ．（1）求证：EA是∠QED的平分线；（2）已知BE＝1，DF＝3，求EF的长．20．如图1，在正方形A
BCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．（1）求证AE＝MN
；（2）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；（3）如图3，
若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若
AG＝6，请直接写出AC′的长________．21．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形的顶点A、C分别在y轴、x轴的正半
轴上，点O在原点．现将正方形绕点O按顺时针方向旋转，旋转角为，当点A第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点M，边交x
轴于点N．（1）若时，求点A的坐标；（2）设的周长为P，在旋转正方形的过程中，P值是否有变化？请证明你的结论；22．在ABC中，∠
BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF．（1）
观察猜想如图1，当点D在线段BC上时，①BC与CF的位置关系为：　；②BC，CD，CF之间的数量关系为：　．（将结论直接写在横线上
）（2）数学思考如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①②是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，请你写出正确结论再给予证
明，（3）拓展延伸如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE．若AB＝2，CD＝1，请求出GE的长．23
．如图1，已知正方形顶点，分别在轴和轴上，边交轴的正半轴于点．（1）若，且，求点的坐标．（2）在（1）的条件下，若，点的坐标．（3
）如图2，连结交轴于点，点是点上方轴上一动点，以，为边作平行四边形，使点恰好落在边上．求证：．24．已知，四边形ABCD是正方形，
点E是正方形ABCD所在平面内一动点（不与点D重合），AB＝AE，过点B作DE的垂线交DE所在直线于F，连接CF．提出问题：当点E
运动时，线段CF与线段DE之间的数量关系是否发生改变？探究问题：（1）首先考察点E的一个特殊位置：当点E与点B重合（如图①）时，点
F与点B也重合．用等式表示线段CF与线段DE之间的数量关系： ；（2）然后考察点E的一般位置，分两种情况：情况1：当点E是正方形A
BCD内部一点（如图②）时；情况2：当点E是正方形ABCD外部一点（如图③）时．在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关
系与（1）中的结论是否相同？如果都相同，请选择一种情况证明；如果只在一种情况下相同或在两种情况下都不相同，请说明理由；拓展问题：（
3）连接AF，用等式表示线段AF、CF、DF三者之间的数量关系： ．25．如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AD，CD上两点
，BE交AF于点G，且DE=CF．（1）写出BE与AF之间的关系，并证明你的结论；（2）如图2，若AB=2，点E为AD的中点，连接
GD，试证明GD是∠EGF的角平分线，并求出GD的长．26．基础探究：如图①，在正方形ABCD中，点E为AD上一点，DF⊥CE交A
B于F，垂足为点O．求证：CE＝DF．应用拓展：如图②，在正方形ABCD中，点E为AD上一点，FG⊥CE分别交AB、CD于F、G，
垂足为点O．若正方形ABCD的边长为12，DE＝5，则四边形EFCG的面积为_______．参考答案与解析一、单选题1．【答案】D
【分析】证明△ABE≌△DCE，可得结论①正确；由正方形的性质可得AB=AD=BC=CD，BE=CE，∠DCE=∠ABE=90°，
∠ABD=∠CBD=45°，可证△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF=∠CDE，由余角的性质可得结论②；证明△DC
E≌△CBF可得结论③，证明△CHF∽△CBF即可得结论④正确．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，点E是BC的中点，∴AB=A
D=BC=CD，BE=CE，∠DCE=∠ABE=90°，∠ABD=∠CBD=45°，∴△ABE≌△DCE（SAS）∴∠DEC=∠A
EB，∠BAE=∠CDE，DE=AE，故①正确，∵AB=BC，∠ABG=∠CBG，BG=BG，∴△ABG≌△CBG（SAS）∴∠B
AE=∠BCF，∴∠BCF=∠CDE，且∠CDE+∠CED=90°，∴∠BCF+∠CED=90°，∴∠CHE=90°，∴CF⊥DE
，故②正确，∵∠CDE=∠BCF，DC=BC，∠DCE=∠CBF=90°，∴△DCE≌△CBF（ASA），∴CE=BF，∵CE=B
C=AB，∴BF=AB，∴AF=BF，故③正确，∵∠BCF+∠BFC=90°，∠DEC=∠BFC∴∠BCF+∠DECC=90°，∴
∠CHE=90°∴∠CHE=∠FBC又∠DEC=∠BFC∴△CHF∽△CBF∴ ∵BC=2CE，∴ ∴故选：D．【点评】本题考查了
正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关
键．2．【答案】D【分析】在AF上取FG=EF，连接GE，可得△EFG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得EG=，∠EG
F=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAE+∠AEG=∠EGF，然后求出∠BAE=∠AEG=22.
5°，根据等角对等边可得AG=EG，再根据正方形的对角线平分一组对角求出∠ABD=45°，然后求出△BEF是等腰直角三角形，根据等
腰直角三角形的性质可得BF=EF，设EF=x，最后根据AB=AG+FG+BF列方程求解即可．【详解】解：如图，在AF上取FG=EF
，连接GE，∵EF⊥AB，∴△EFG是等腰直角三角形，∴EG=EF，∠EGF=45°，由三角形的外角性质得，∠BAE+∠AEG=∠
EGF，∵∠BAE=22.5°，∠EGF=45°，∴∠BAE=∠AEG=22.5°，∴AG=EG，在正方形ABCD中，∠ABD=4
5°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴BF=EF，设EF=x，∵AB=AG+FG+BF，∴4=x+x+x，解得x=故选：D．【点评】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，难点在于作辅助线构造出等腰直角三角形并根据正方形的边长AB列出方程．3．【答案
】C【解析】试题解析：由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，∴∠DFG=∠A=90°，∴△ADG≌△FDG，①正确
；∵正方形边长是12，∴BE=EC=EF=6，设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，由勾股定理得：EG2=BE2+BG
2，即：（x+6）2=62+（12-x）2，解得：x=4∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，②正确；BE=EF=6，△BEF
是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，③错误；S△GBE=×6×8=24，S△BEF=S△GBE==，④正确．故选C．考点：正
方形综合题.4．【答案】A【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，在中，，求得；②根据等腰直角三角形和矩形
的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断不一定是等腰三角形；④由PECF为矩形，则通过正方形
的轴对称性，证明；⑤当AP最小时，EF最小，EF的最小值等于．【详解】①如图，延长FP交AB与G，连PC，延长AP交EF与H，?∵
PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD=90°，∴四边形PECF为矩形，∴PF=CE，∵GF∥BC，∴∠DPF=∠DBC，∵四边形ABC
D是正方形，∴∠DBC=45°∴∠DPF=∠DBC=45°，∴∠PDF=∠DPF=45°，∴PF=EC=DF，∴在Rt△DPF中，
DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，∴DP=EC．故①正确；②∵四边形PECF为矩形，∴四边形PECF的周长=2CE
+2PE=2CE+2BE=2BC=8，故②正确；③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45，∴当∠PAD=45
或67.5或90时，△APD是等腰三角形，除此之外，△APD不是等腰三角形，故③错误；④∵四边形PECF为矩形，∴PC=EF，由正
方形为轴对称图形，∴AP=PC，∴AP=EF，故④正确；⑤BD=，由EF=PC，∴当PC最小时，EF最小，则当PC⊥BD时，即PC
=BD=时，EF的最小值等于，故⑤正确；综上所述，①②④⑤正确，故选：A．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，
勾股定理的应用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．5．【答案】B【分析】①延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可
证△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性质可得AE＝EF＝EH，即可判断；②由四边形内角和定理可求2∠ADE＋2∠E
DF＝270°，可得∠ADF＝135°，即可判断；③由连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接
CF，由梯形中位线定理可求PE＝（AM＋CD），由“AAS”可证△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×
＝DF，即可判断；④由垂线段最短，可得当CF⊥DF时，CF有最小值，由等腰直角三角形的性质可求CF的最小值，即可判断．【详解】①如
图，延长AE交DC的延长线于点H，∵点E是CM的中点，∴ME＝EC，∵AB∥CD，∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，∴△AME
≌△HCE（AAS），∴AE＝EH，又∵∠ADH＝90°，∴DE＝AE＝EH，∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，∴AE＝EF，
∠AEF＝90°，∴AE＝DE＝EF，故①正确；②∵AE＝DE＝EF，∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，∵∠AEF＋∠DA
E＋∠ADE＋∠EDF＋∠EFD＝360°，∴2∠ADE＋2∠EDF＝270°，∴∠ADF＝135°，∴∠CDF＝∠ADF?∠AD
C＝135°?90°＝45°，故②正确；③∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，∴AM∥PE∥CD，∴＝1，∴AP＝PD，∴PE是
梯形AMCD的中位线，∴PE＝（AM＋CD），∵∠FDC＝45°，FN⊥CD，∴∠DFG＝∠FDC＝45°，∴DG＝GF，DF＝D
G，∵∠AEP＋∠FEN＝90°，∠AEP＋∠EAP＝90°，∴∠FEN＝∠EAP，又∵AE＝EF，∠APE＝∠ENF＝90°，∴
△APE≌△ENF（AAS），∴AP＝NE＝AD，∵PE＝（AM＋CD）＝NE＋NP＝AD＋NP，∴AM＝NP＝DG，∴AM＝2D
G＝2×＝DF，∴＝，故③错误；④如图，连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，∵EP⊥
AD，FN⊥EP，∠ADC＝90°，∴四边形PDGN是矩形，∴PN＝DG，∠DGN＝90°，∵∠CDF＝45°，∴点F在DF上运动
，∴当CF⊥DF时，CF有最小值，∵CD＝2，∠CDF＝45°，∴CF的最小值＝＝，故④正确；故选：B．【点评】本题考查了正方形的
性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，平行线分线段成比例，梯形中位线的定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是
本题的关键．6．【答案】C【分析】根据正方形性质得出；；，证≌，推出，求出即可判断；证明四边形GBED为平行四边形，则可知正确；由
平行线的性质可得正确；证明∽，可得出：：则不正确．【详解】解：∵正方形ABCD，E，F均为中点∴AD＝BC＝DC，EC＝DF＝BC
，∵在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD＝∠DEC，∵∠DEC+∠CDE＝90°，∴∠AFD+∠C
DE＝90°＝∠DGF，∴AF⊥DE，故①正确，∵，，∴四边形GBED为平行四边形，∴GD＝BE，∵BE＝BC，∴GD＝AD，即G
是AD的中点，故②正确，∵，∴∠GBP＝∠BPE，故③正确．∵，AF⊥DE，∴AF⊥BG，∴∠ANG＝∠ADF＝90°，∵∠GAM
＝∠FAD，∴△AGM∽△AFD，设AG＝a，则AD＝2a，AF＝a，∴．∵△ADF≌△DCE，∴S△AGM：S△DEC＝1：5．
故④错误．故选：C．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，平行线的性质，平行四边形的
判定与和性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．7．【答案】B【分析】①先根据正方形的性质证得∠AOP是直角，再利用三角形的
外角的性质即可判定；②直接利用四点共圆可证∠AFP=∠ABP=45°；③设BE=a则EC=2a，然后利用勾股定理得到AE和OA的长
，即可得出结论；④利用相似得到BP与DP的比导出BP与OP的比，同理求出OQ与QC的比，设△BEP的面积为S，再利用同高时面积比即
为底的比求出△OPE和△OQE的面积，表示出四边形OPEQ的面积，求出S的值，再通过正方形面积是24S即可求出结果；⑤如果当E是B
C边中点时可得△FPE∽DCE，可得结论，因为已知中EC=2BE时，所以△FPE与△DCE不相似，所以错误．【详解】解：如图，连接
OE、 AF，∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴∠AOP=90°，∵∠AED+∠EDB=∠APO，∴∠AED+∠EAC+∠EDB
=∠APO＋∠EAC=90°，故①正确；∵PF⊥AE，∴∠APF=∠ABF=90°，即A、P、B、F四点共圆，∴∠AFP=∠ABP
=45°，∴∠PAF=∠PFA=45°，∴PA=PF，故②正确；设BE=a，则EC=2a，则AE=a，OA=OC=OB=OD=a，
∴ ，∴AE=AO，故③错误；连接OE，∵CE=2BE，∴BE：EC：BC==1：2：3∵AD//BC∴△BEP∽△DAP，△EQ
C∽△DQA，∴BP：DP=1：3，CQ：AQ=2：3，∴BP：OP=1：1，OQ：CQ=1：4，∴设S△BEP=S，则S△OPE
=S，则S△BEO=2S，S△ECO=4S，∴S△OEQ=，S△BCO=2S+4S=6S，∵四边形OPEQ的面积是2，∴S+=2，
∴S=，∴正方形ABCD的面积=4S△BCO=24S=，故④错误；∵BE=2EC∴∠PEB≠∠CED，且∴△FPE不一定与△DCE
相似，∴ ，又∵EQ≠PE，∴CE·EF≠EQ·DE，故⑤错误；共有2个正确．故选：B．【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、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，综合性强，难度大，灵活运用所学知识解决问题是解答本题的关键．8．【答案】C
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用全等三角形解决问
题．二、填空题9．【答案】 【分析】根据正方形的性质证明，令，则，，求得，得到，再证明，得到，即可得到结果；【详解】解：∵四边形
为正方形，∴，∴，∵，∴，令，则，，∴，∴，∴，（不符合题意，舍去），∴，即为的中点，∴，∵，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，
∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴折叠后重叠部分的面积为：，．故答案为：；．【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性
质，准确分析计算是解题的关键．10．【答案】【分析】过点作于点，利用正方形的性质和旋转的性质可证得△ADE为等边三角形，由等腰三角
形的判定可得△MDE为等腰三角形，继而求得，然后设，则，根据勾股定理列方程求解可得，进而由三角形面积公式即可求解．【详解】如图，过
点作于点，∵四边形为正方形，∴，，∵正方形绕点逆时针旋转30°到正方形的位置，∴，， ∴∴△ADE为等边三角形，∴，∴，∴△MDE
为等腰三角形，∴.在中，设，则，∴解得：，（舍去），∴，∴．故答案为：【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形判定与
性质，解直角三角形，利用等边三角形和等腰三角形的性质求出，是解题的关键．11．【答案】①②③⑤．【分析】通过条件可以得出△ABE≌
△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，∠AEB＝75°；由正方形的性质就可以得出EC＝FC，得AC垂直平分EF，得EG
＝FG且∠AGE＝90°；设EC＝x，BE＝y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出
S△CEF和2S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠B
CD＝∠D＝∠BAD＝90°．∵△AEF等边三角形，∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．∴∠BAE+∠DAF＝30°．在Rt△A
BE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，所以故①正确；∵∠BAE＝∠DAF，∠BAE+∠DAF
＝30°，∴∠BAE＝∠DAF＝15°，∴∠AEB＝75°，所以②正确；∵BC＝CD，∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，∵A
E＝AF，∴AC垂直平分EF，∴EG＝FG且∠AGE＝90°，所以③正确；设EC＝x，由勾股定理，得EF＝x，∴AE＝EF＝x，∴
FG＝BG＝CG＝x，∵∠EAG＝30°，AG＝＝x，∴AC＝AG+CG＝x+x，∴AB＝＝x，∴BE＝BC﹣CE＝x﹣x＝x，∴
BE≠FG，所以④错误；∵S△CEF＝CE2＝x2，S△ABE＝AB?BE＝×x?x＝x2，∴S△ABE＝×x2＝S△CEF，所以
⑤正确．综上所述，①②③⑤正确，故答案为：①②③⑤．【点评】本题考查正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运
用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键．12．【答案】【分析】由直角三角形的中
线，求出DE的长度，利用三角形中位线定理和勾股定理，求出BE的长度，即可求出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCE
=90°，OD=OB，∵DF=FE，∴CF=FE=FD，∵EC+EF+CF=18，EC=5，∴EF+FC=13，∴DE=13，∴D
C=， ∴BC=CD=12，∴BE=BC-EC=7，∵OD=OB，DF=FE，∴OF=BE=；故答案为：．【点评】本题考查正方形的
性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．13．【答案】【分析】过
作于，根据正方形性质得出，，由勾股定理求出，在中，由勾股定理得：，求出即可．【详解】解：过作于，四边形是正方形，，，则由勾股定理得
：，∴，，，平分，∴，∵AE=AE,∴,，,四边形是正方形，，，在中，由勾股定理得：，即，，故答案为：．【点评】本题考查了角平分线
性质和正方形性质，勾股定理的应用，注意：角平分线上的点到线段两个端点的距离相等．14．【答案】4+2【分析】连接BE，DF，过E作
EN⊥BF于点N，证明△DCE≌△BCE和△BEF为等腰三角形，设AF=x，用x表示DE与EF，由根据四边形ADEF的面积为4，列
出x的方程求得x，进而求得四边形ADEF的周长．【详解】解：如图，连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，∵四边形ABCD为正方形
，∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°，在△BEC和△DEC中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴DE=BE，∠CDE=∠C
BE，∴∠ADE=∠ABE，∵∠DAB=90°，∠DEF=90°，∴∠ADE+∠AFE=180°，∵∠AFE+∠EFB=180°，
∴∠ADE=∠EFB，∴∠ABE=∠EFB，∴EF=BE，∴DE=EF，设AF=x，则BF=3-x，∴FN=BN=BF=，∴AN=
AF+FN=，∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，∴EN=AN=，∴DE=EF=，∵四边形AFED的面积为4，∴S△A
DF+S△DEF=4，∴×3x+×，解得，x=-7（舍去），或x=1，∴AF=1，DE=EF=，∴四边形AFED的周长为：3+1+
+=4+，故答案为：4+.【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是由面积列出
x的方程，属于中考选择题中的压轴题．15．【答案】①②③【分析】依据四边形AEGF为平行四边形，以及，即可得到平行四边形AEGF是
菱形；依据，即可得到的面积；依据四边形AEGF是菱形，可得；根据四边形AEGF是菱形，可得，进而得到．【详解】解：正方形ABCD的
边长为1，，，，．由旋转的性质可知：，，，，，，，和均为直角边为的等腰直角三角形，．在和中，，≌，，，，．，，，且，四边形AEGF
为平行四边形，，平行四边形AEGF是菱形，故正确；，，，的面积，故正确；四边形AEGF是菱形，，故正确；四边形AEGF是菱形，，，
故不正确．故答案为：①②③．【点评】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性
质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．16．【答案】8【分析】通过
作辅助线使得△CAO≌△GBO，证明△COG为等腰直角三角形，利用勾股定理求出CG后，即可求出BC的长．【详解】如图，延长CB到点
G，使BG=AC．∵根据题意，四边形ABED为正方形，∴∠4=∠5=45°，∠EBA=90°，∴∠1+∠2=90°又∵三角形BCA
为直角三角形，AB为斜边，∴∠2+∠3=90°∴∠1＝∠3∴∠1+∠5=∠3+∠4，故∠CAO＝∠GBO，在△CAO和△GBO中，
故△CAO≌△GBO，∴CO＝GO=，∠7=∠6，∵∠7+∠8=90°，∴∠6+∠8=90°，∴三角形COG为等腰直角三角形，∴C
G=，∵CG=CB+BG，∴CB=CG－BG=12－4=8，故答案为8．【点评】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，
勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据题意建立正确的辅助线以及掌握正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定
和性质是解答本题的关键．三、解答题17．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）作GM⊥BC于M．证△DAE≌△G
MF，得AE＝FM，AG＝BM．所以BF＝AE+AG．（2）作EQ∥CP交BC于Q．证EQ＝2CP，EQ＝BE可得BE＝CP．（3
）作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，得BM＝GF，BF＝MG＝1，BN＝EH，延长DC到P，使CP＝AM＝2，证△B
AM≌△BCP得∠ABM＝∠CBP，BM＝BP，再证△MBN≌△PBN得MN＝PN，设CN＝x，则MN＝PN＝CN+PC＝x+2，
DN＝4﹣x，在Rt△DMN中，由DM2+DN2＝MN2求得x＝，再在△BCN中利用勾股定理求解可得．【详解】解：（1）如图1，过
点G作GM⊥BC于M，则∠GMB＝∠GMF＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABMG是
矩形，∴AG＝BM，∵DE⊥GF，∴∠ADE+∠DGF＝∠ADE+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DGF，又∠DGF＝∠MFG，∴
∠AED＝∠MFG，∴△DAE≌△GMF（AAS），∴AE＝MF，则BF＝BM+MF＝AG+AE；（2）如图2，过点E作EQ∥PC
，交BC于点Q，∵P是EF的中点，∴PC是△EQF的中位线，则EQ＝2PC，QC＝CF，∵∠ADC＝∠EDF＝90°，∴∠ADE＝
∠CDF，又∵∠A＝∠DCF＝90°，AD＝CD，∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF＝QC，∵AB＝BC，∴BE＝BQ，
则∠BEQ＝45°，∴EQ＝BE，则2PC＝BE，∴BE＝PC；（3）如图3所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
则四边形BFGM和四边形BEHN是平行四边形，∴BM＝GF，BF＝MG＝1，BN＝EH，∵DG＝1，CD＝AD＝4，∴AM＝2，延
长DC到P，使CP＝AM＝2，∵BA＝BC，∠A＝∠BCP＝90°，∴△BAM≌△BCP（SAS），∴∠ABM＝∠CBP，BM＝B
P，∵∠GOH＝45°，BN∥EH，BM∥GF，∴∠MBN＝45°，∴∠ABM+∠CBN＝45°，∴∠CBP+∠CBN＝45°，即
∠PBN＝45°，∴△MBN≌△PBN（SAS），∴MN＝PN，设CN＝x，则MN＝PN＝CN+PC＝x+2，DN＝4﹣x，在Rt
△DMN中，由DM2+DN2＝MN2可得22+（4﹣x）2＝（x+2）2，解得x＝，则EH＝BN＝＝＝，故答案为：．【点评】本题考
查正方形背景中的线段和差，线段倍分，求线段长问题，掌握垂线的性质，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，引垂线构造
全等，转化线段的相等关系，利用平行线，构造中位线与等腰直角三角形，确定倍数关系，利用勾股定理解决线段的长度问题．18．【答案】（1
）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）先证明： 再证明：，可得结论；（2）利用正方形的性质证明： 结合：，利用全等三角形
的性质证明： 可得： 结合： 从而可得结论；（3）利用正方形的性质先求解 再利用菱形的性质可得：AH是DN的垂直平分线，证明 求
解 再证明： 利用勾股定理可得答案．【详解】（1）证明：∵DH⊥AE，∴∠DHA＝90°，∴∠NAH+∠ANH＝90°，∵∠ODN
+∠DNO＝90°，∠ANH＝∠DNO，∴∠ODN＝∠NAH，在和中， ，∴（AAS），∴OM＝ON；（2）证明： 正方形， 由
（1）可知，，∴OM＝ON，∴∠NMO＝45°＝∠CDO，∴ED∥NM，∵EN∥DM，∴四边形DENM是平行四边形，∵DN⊥AE，
∴平行四边形DENM是菱形；（3）∵四边形ABCD为正方形，AD＝4，∴AC＝，∵四边形DENM是菱形，∴AH是DN的垂直平分线，
∴AN＝AD＝4，∴NC＝，∵EN∥DM，∴∠ENC＝∠DOC＝90°，∵∠ECN＝45°，∴EC＝．【点评】本题考查的是三角形全
等的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．19．【答
案】（1）见解析；（2）【分析】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出答案
；（2）由全等三角形的性质可得QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，再结合勾股定理得出答案．【详解】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针
旋转90°后，得到△ABQ，∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，∴∠Q
AE＝45°，∴∠QAE＝∠FAE，在△AQE和△AFE中，，∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ＝∠AEF，∴EA是∠QE
D的平分线；（2）由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠ABD＝
45°，∴∠ABQ＝45°，∴∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，又∵QB＝DF，∴E
F2＝BE2+DF2＝1+9＝10，∴EF＝．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△AQE≌
△AFE是解题关键．20．【答案】（1）见解析；（2）∠AEF＝45°；（3）10﹣2【分析】（1）过点B作BF∥MN交CD于点F
，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN＝BF，BF⊥AE，由ASA证得△ABE≌△BCF，得出AE＝BF，即可得出结论；（2）连
接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，证△
DHQ是等腰直角三角形，得HD＝HQ，AH＝QI，由HL证得Rt△AHQ≌Rt△QIE，得∠AQH＝∠QEI，证∠AQE＝90°，
得△AQE是等腰直角三角形，即可得出结果；（3）延长AG交BC于E，则EG＝AG＝6，得AE＝12，由勾股定理得BE＝＝2，则CE
＝BC﹣BE＝10﹣2，由折叠的性质即可得出结果．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB
＝BC，AB∥CD，过点B作BF∥MN交CD于点F，如图1所示：∴四边形MBFN为平行四边形，∴MN＝BF，BF⊥AE，∴∠ABF
+∠BAE＝90°，∵∠ABF+∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF，∴AE＝MN；（2）解：连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：∵四边形ABCD是正方
形，∴四边形ABIH为矩形，∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠BDA＝45°，∴△D
HQ是等腰直角三角形，∴HD＝HQ，AH＝QI，∵MN是AE的垂直平分线，∴AQ＝QE，在Rt△AHQ和Rt△QIE中，，∴Rt△
AHQ≌Rt△QIE（HL），∴∠AQH＝∠QEI，∴∠AQH+∠EQI＝90°，∴∠AQE＝90°，∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；（3）解：延长AG交BC于E，如图3所示：则EG＝AG＝6，∴AE＝12，在Rt
△ABE中，，∴CE＝BC﹣BE＝10﹣2，由折叠的性质得：AC''＝CE＝10﹣2，故答案为：10﹣2．【点评】本题是四边形综合题
，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、折叠的性质
、垂直平分线的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．21．【答案】（1）（2，2）；（
2）不变【详解】解：（1）如图1，过A作AD⊥y轴，交y轴于点D∵AD⊥y轴，，正方形的边长是4∴AD=2，OD=2∴A的坐标是（
2，2）（2）P值无变化．证明：延长BA交y轴于E点．（如图2）在△OAE与△OCN中∴△OAE≌△OCN（AAS）∴OE=ON，
AE=CN．在△OME与△OMN中，∴△OME≌△OMN（SAS）∴MN=ME=AM+AE，∴MN=AM+CN，∴P=MN+BN+
BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=8．∴在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化．【点评】此题主要考查了一次函数的综合应用
、全等三角形的判定与性质等知识，利用图形旋转的变化规律得出对应边之间关系是解题关键．22．【答案】（1）①BC⊥CF；②BC＝CF
+CD；（2）BC⊥CF成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC，见解析；（3）．【分析】（1）①由题意易得∠BAC＝∠DA
F＝90°，则有∠BAD＝∠CAF，进而可证△DAB≌△FAC，然后根据三角形全等的性质可求解；②由△DAB≌△FAC可得CF＝B
D，然后根据线段的数量关系可求解；（2）由题意易证△DAB≌△FAC，则可得∠ACB＝∠ABC＝45°，进而可得BC⊥CF，然后根
据线段的数量关系可求解；（3）过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，则有DH＝CH+CD＝3，进而可求四边形
CMEN是矩形，然后可得△ADH≌△DEM，则可证△BCG是等腰直角三角形，最后根据勾股定理可求解．【详解】解：（1）①∵正方形A
DEF中，AD＝AF，∠DAF＝90°，∴∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，在△DAB与△FAC中，，∴△DAB≌
△FAC（SAS），∴∠B＝∠ACF，∴∠ACB+∠ACF＝90°，即BC⊥CF；故答案为：BC⊥CF；②由①得：△DAB≌△FA
C，∴CF＝BD，∵BC＝BD+CD，∴BC＝CF+CD；故答案为：BC＝CF+CD；（2）BC⊥CF成立；BC＝CD+CF不成立
，CD＝CF+BC．理由如下：∵正方形ADEF中，AD＝AF，∠DAF＝90°，∴∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF
，在△DAB与△FAC中，，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴∠ABD＝∠ACF，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝∠A
BC＝45°．∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，∴BC⊥CF，∵C
D＝DB+BC，DB＝CF，∴CD＝CF+BC；（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，如图3所示：
∵∠BAC＝90°，AC＝AB＝2，∴BC＝AB＝4，∵AH⊥BC，AH＝BC＝BH＝CH＝2，∴DH＝CH+CD＝3，∵四边形A
DEF是正方形，∴AD＝DE，∠ADE＝90°，∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，∴四边形CMEN是矩形，∴NE＝CM，EM＝
CN，∵∠AHD＝∠ADC＝∠EMD＝90°，∴∠ADH+∠EDM＝∠EDM+∠DEM＝90°，∴∠ADH＝∠DEM，∴△ADH≌
△DEM（AAS），∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，∴CN＝EM＝3，EN＝CM＝3，∵∠ABC＝45°，∴∠BGC＝45°，∴
△BCG是等腰直角三角形，∴CG＝BC＝4，∴GN＝1，在Rt△EGN中，由勾股定理得：EG＝＝．【点评】本题主要考查正方形的性质
及矩形的性质与判定、等腰直角三角形的性质，数量掌握正方形的性质及矩形的性质与判定、等腰直角三角形的性质是解题的关键．23．【答案】
（1）；（2）；（3）证明见解析．【分析】（1）由，得出（a-2）2=3，求出a2+4a+5=4，即可得出结果；（2）作DN⊥OE
于N，作AM⊥DN于M，连AE，由AAS证得△AOB≌△AMD，得出AM=AO=4，求出EO=3，在Rt△AOE中，AE2=AO2
+EO2=25，在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，设D（4，m），代入求出m=2，即可得出结果；（3）作FP⊥AD于P，连
DF，在Rt△AFP中，得到，再证明BF=DF=GF，得出点P是DG的中点，从而根据勾股定理得出PF2+DP2=DF2，即，即可得
出结果．【详解】（1）∵，∴，∴点的坐标为．（2）作于点，作于点，连，如图，∵，即，∴，∵四边形为正方形，∴，，在和中，，∴，∴，
∴四边形是正方形，∴，∵，∴，在中，，在中，，在中，，在中，，∴，设，则，，，∴，∴，∴．（3）过点作于，连，如图，∵四边形是平行
四边形，∴，，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，故，在和中，∴，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，
∴，∴点是的中点，∴，在中，，即，∴．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性
质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、坐标与图形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和勾股定
理是解题的关键．24．【答案】（1）DE＝CF；（2）在情况1与情况2下都相同，详见解析；（3）AF＋CF＝DF或|AF－CF|＝
DF【分析】（1）易证△BCD是等腰直角三角形，得出DB=CB，即可得出结果；（2）情况1：过点C作CG⊥CF，交DF于G，设BC
交DF于P，由ASA证得△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，FG=CF，连接BE，设∠CD
G=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠EAB=90°-2α，∠BEA=∠ABE=（180
°-∠EAB）=45°+α，∠CBE=45°-α，推出∠FBE=45°，得出△BEF是等腰直角三角形，则EF=BF，推出EF=DG
，DE=FG，得出DE=CF；情况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，由ASA证得△CDG≌△CB
F，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，得FG=CF，设∠CDG=α，则∠CBF=α，证明△BEF是等腰直角三
角形，得出EF=BF，推出DE=FG，得出DE=CF；（3）①当F在BC的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，由（2）得△BEF
是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得出∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则△HDF是等腰直角三角形
，得HF=DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS证得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出AF+CF=DF；
②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN=CD，连接BN，证明△BFN是等腰直角三角形，得BF
=NF，由SSS证得△CNF≌△CBF，得∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，则△DFH是等腰直角三角形，得FH=DF，DF=D
H，由SAS证得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=DF；③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF
于H，由（2）得△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则△
HDF是等腰直角三角形，得出HF=DF，DH=DF，由SAS证得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=DF；④当
F在AD左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，证明△BFE是等腰直角三角形，得EF=BF，由SSS证
得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF
，HF=DF，由SAS证得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=DF．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形
，∴CD=CB，∠BCD=90°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴DB=CB，当点E、F与点B重合时，则DE=CF，故答案为：DE=
CF；（2）在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中结论相同；理由如下：情况1：∵四边形ABCD是正方形，∴
CD=CB=AD=AB=AE，∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，过点C作CG⊥CF，交DF于G，如图②所示：则∠BCD=∠GC
F=90°，∴∠DCG=∠BCF，设BC交DF于P，∵BF⊥DE，∴∠BFD=∠BCD=90°，∵∠DPC=∠FPB，∴∠CDP=
∠FBP，在△CDG和△CBF中，，∴△CDG≌△CBF（ASA），∴DG=FB，CG=CF，∴△GCF是等腰直角三角形，∴FG=
CF，连接BE，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠ADE=90°-α，∵AD=AE，∴∠DEA=∠ADE=90°-α，∴∠DAE=
180°-2（90°-α）=2α，∴∠EAB=90°-2α，∵AB=AE，∴∠BEA=∠ABE=（180°-∠EAB）=（180°
-90°+2α）=45°+α，∴∠CBE=90°-（45°+α）=45°-α，∴∠FBE=∠CBE+∠CBF=45°-α+α=45
°，∵BF⊥DE，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF=BF，∴EF=DG，∴EF+EG=DG+EG，即DE=FG，∴DE=CF；情
况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，如图③所示：∵∠GCF=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BC
F，∵∠FPD=∠BPC，∴∠FDP=∠PBC，在△CDG和△CBF中，，∴△CDG≌△CBF（ASA），∴DG=FB，CG=CF
，∴△GCF是等腰直角三角形，∴FG=CF，设∠CDG=α，则∠CBF=α，同理可知：∠DEA=∠ADE=90°-α，∠DAE=2
α，∴∠EAB=90°+2α，∵AB=AE，∴∠BEA=∠ABE=45°-α，∴∠FEB=∠DEA-∠AEB=90°-α-（45°
-α）=45°，∵BF⊥DE，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF=BF，∴EF=DG，∴DE=FG，∴DE=CF；（3）①当F在B
C的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，如图④所示：由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，在△ABF和△AEF中，，
∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF=DF，DH=DF，∵∠
HDF=∠ADC=90°，∴∠HDA=∠FDC，在△HDA和△FDC中，，∴△HDA≌△FDC（SAS），∴CF=HA，∴DF=H
F=HA+AF=CF+AF，即AF+CF=DF；②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN=CD
，连接BN，如图⑤所示：设∠DAE=α，则∠CDN=∠CND=90°-α，∴∠DCN=2α，∴∠NCB=90°-2α，∵CN=CD
=CB，∴∠CNB=∠CBN=（180°-∠NCB）=（180°-90°+2α）=45°+α，∵∠CNE=180°-∠CND=18
0°-（90°-α）=90°+α，∴∠FNB=90°+α-（45°+α）=45°，∴△BFN是等腰直角三角形，∴BF=NF，在△C
NF和△CBF中，，∴△CNF≌△CBF（SSS），∴∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴FH=D
F，DF=DH，∵∠ADC=∠HDE=90°，∴∠ADF=∠CDH，在△ADF和△CDH中，，∴△ADF≌△CDH（SAS），∴C
H=AF，∴FH=CH+CF=AF+CF，∴AF+CF=DF；③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF于H，如图⑥所示
：由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠BFA
=∠BFE=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF=DF，DH=DF，∵∠ADC=∠HDF=90°，∴∠ADH=∠CDF，在△
ADC和△HDF中，，∴△ADC≌△HDF（SAS），∴AH=CF，∴HF=AF-AH=AF-CF，∴AF-CF=DF；④当F在A
D左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，如图⑦所示：∵AB=AE=AD，∴∠AED=∠ADE，∵∠P
FD=∠PAB=90°，∠FPD=∠BPA，∴∠ABP=∠FDP，∴∠FEA=∠FBA，∵AB=AE，∴∠AEB=∠ABE，∴∠F
EB=∠FBE，∴△BFE是等腰直角三角形，∴EF=BF，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠
BFA=∠BFE=45°，∴∠DFH=∠EFA=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴DH=DF，HF=DF，∵∠HDF=∠CDA=90°，∴∠HDA=∠FDC，在△HDA和△FDC中，，∴△HDA≌△FDC（SAS），∴AF=CF，∴AH-AF=CF-AF=HF，∴CF-AF=DF，综上所述，线段AF、CF、DF三者之间的数量关系：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF，故答案为：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．25．【答案】（1）BE=AF，BE⊥AF，理由见解析；（2）证明见解析，GD=．【分析】（1）根据正方形的性质可证△BAE≌△ADF（SAS），得到BE=AF，∠ABE=∠DAF，进而得出∠BGA=90°即可；（2）先利用勾股定理求出AF，进而利用面积求出DN，判断出AG=DN，在判断出DM=AG，即可得出GD是∠MGN的平分线，进而判断△DGN是等腰直角三角形即可得出结论．【详解】解：（1）BE=AF，BE⊥AF，理由：四边形ABCD是正方形，∴BA=AD=CD，∠BAE=∠D=90°，∵DE=CF，∴AE=DE，∴△BAE≌△ADF（SAS），∴BE=AF，∠ABE=∠DAF，∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠DAE+∠AEB=90°，∴∠BGA=90°，∴BE⊥AF；（2）如图2，过点D作DN⊥AF于N，DM⊥BE交BE的延长线于M，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，AF=，∵S△ADF=AD×FD=AD×DN，∴DN=，∵△BAE≌△ADF，∴S△BAE=S△ADF，∵BE=AF，∴AG=DN，又∵∠AGE=∠DME，∠AEG=∠DEM∴△AEG≌△DEM（AAS），∴AG=DM，∴DN=DM，∵DM⊥BE，DN⊥AF，∴GD平分∠MGN，∴∠DGN=∠MGN=45°，∴△DGN是等腰直角三角形，∴GD=DN=．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，等腰直角三角形的判定，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．26．【答案】基础探究：CE＝DF；应用拓展：．【分析】基础探究：要证CE＝DF，转化证明△ADF≌△DCE，由正方形的性质得∠A＝∠CDE，AD＝DC，再由CE⊥DF，根据等角的余角相等得∠AFD＝∠DEC，这样全等三角形的条件具备便可证明全等；应用拓展：过作FH⊥CD于点H，证明△CDE≌△FHG，得CE＝FG，再由勾股定理求得CE，最后根据四边形的面积公式求得结果．【详解】解：基础探究：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝DC，∵DF⊥CE，∴∠ADF+∠DEC＝∠ADF+∠AFD＝90°，∴∠AFD＝∠DEC，∴△ADF≌△DCE（AAS），∴DF＝CE，即CE＝DF；应用拓展：过作FH⊥CD于点H，如图②，则FH＝BC＝CD，∴FG⊥CE，∴∠CGO+∠OCG＝∠CGO+∠HFG＝90°，∴∠DCE＝∠HFG，∵∠D＝∠FHG＝90°，∴△CDE≌△FHG（ASA），∴CE＝FG，∵CD＝12，DE＝5，∴FG＝CE＝，∴．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、四边形的面积公式等知识，是重要考点，难度一般，作出正确的辅助线，掌握相关知识是解题关键．第 1 页 共 72 页