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1、32第6章四边形之正方形与45度的基本图一、单选题1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：AG+EC=GE；的周长是一个定值；连结FC，的面积等于在以上4个结论中，正确的是（ ）A1B2C3D4【答案】D【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，A=GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断，由对折可得： 由，可得：从而可判断， 设 则利用三角形的周长公式可判断，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断，从而可得本题的结论【详解】解：由正方形与折叠可知，DF=DC=DA，
2、DFE=C=90°， DFG=A=90°， ， 故正确；由对折可得： ， 故正确；设 则 所以：的周长是一个定值，故正确，如图，连接 由对折可得： 故正确综上：都正确故选【点评】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键2如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3若EOF=45°，则F点的纵坐标是 ( ) A2BCD1【答案】A【分析】如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则OCEOAM先证明OFEFOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=
3、x，在RtEFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题【详解】如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE，OA=OC，OCE=AOM，OCEOAM（SAS）OE=OM，COE=MOA，EOF=45°，COE+AOF=45°，MOA+AOF=45°，EOF=MOF，在OFE和OFM中，OFEFOM（SAS），EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=，CE=，EF=，EB=3，()2=32+()2，点F的纵坐标为，故选：A【点评】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型3
4、如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过点作交的延长线于点，连接，那么些的值为（ ）A1BCD2【答案】B【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明DAEENH，得AE=HN，AD=EN，再说明BNH是等腰直角三角形，可得结论【详解】如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，AD=AB，DM=BE，点A关于直线DE的对称点为F，ADEFDE，DA=DF=DC，DFE=A=90°，1=2，DFG=90°，在RtDFG和RtDCG中，RtDFGRtDCG（HL），3=4，ADC=90°，1+2+3+4=90
5、6;，22+23=90°，2+3=45°，即EDG=45°，EHDE，DEH=90°，DEH是等腰直角三角形，AED+BEH=AED+1=90°，DE=EH，1=BEH，在DME和EBH中，DMEEBH（SAS），EM=BH，RtAEM中，A=90°，AM=AE， ，即.故选：B.【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等4如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：，正
6、确的个数有（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断，再利用勾股定理计算，判断，通过计算，判断【详解】解：由旋转的性质可知：AF=AG，DAF=BAG 四边形ABCD为正方形， BAD=90° 又EAF=45°， BAE+DAF=45° BAG+BAE=45° GAE=FAE 在GAE和FAE中， 故正确， 设正方形的边长为，则 由勾股定理得： 解得：（舍去） 故错误， 故正确， 故正确综上：正确，故选C【点评】本题考查的是旋转的性质，正方
7、形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键5在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD边上的两个动点，EAF45°，下列几个结论中：EFBEDF；MN2BM2DN2；FA平分DFE；连接MF，则AMF为等腰直角三角形；AMNAFE 其中一定成立的结论有（ ）A2个B3个C4个D5个【答案】D【分析】通过图形的旋转，得到，证明，可得正确；将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，证得，可得正确；根据可得正确；由BDC=MAN=45°，可得点A，M，F，D四点共圆，进而可得到正确；通过证明三角形相似可得正确；【详解】四边形ABCD正方形，AB=AD，将
8、绕点A逆时针旋转得到，如图所示，则AH=AE，AF=AF，EF=FH=DF+DH=DF+BE，故正确；如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，易证，是直角三角形，MN=GN，,故正确；由可得，FA平分DFE，故正确；BD是正方形ABCD的对角线，BDC=45°，MAN=45°，BDC=MAN，点A，M，F，D四点共圆，ADF=90°，AMF=90°，则AMF为等腰直角三角形，故正确；由MANFDN=45°，可得到，,又，AMNAFE，故正确；故答案选D【点评】本题主要考查了正方形的性质应用，旋转的性质，三角形全等和三角形相似的判定和性质，添
9、加和是的辅助线，构造全等三角形，相似三角形和四边形的外接圆，是解题的关键6如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM则下列结论，其中正确的是（）12；34；GDCM；若AG1，GD2，则BMABCD【答案】A【分析】正确如图1中，过点B作BKGH于K想办法证明RtBHKRtBHC（HL）可得结论正确分别证明GBH=45°，4=45°即可解决问题正确如图2中，过点M作MWAD于W，交BC于T首先证明MG=MD，再证明BTMMWG（AAS），推出MT=WG可得结论正
10、确求出BT=2，TM=1，利用勾股定理即可判断【详解】解：如图1中，过点B作BKGH于KB，G关于EF对称，EBEG，EBGEGB，四边形ABCD是正方形，ABBC，AABCBCD90°，ADBC，AGBEBG，AGBBGK，ABKG90°，BGBG，BAGBKG（AAS），BKBABC，ABGKBG，BKHBCH90°，BHBH，RtBHKRtBHC（HL），12，HBKHBC，故正确，GBHGBK+HBKABC45°，过点M作MQGH于Q，MPCD于P，MRBC于R12，MQMP，MEQMER，MQMR，MPMR，4MCPBCD45°，GB
11、H4，故正确，如图2中，过点M作MWAD于W，交BC于TB，G关于EF对称，BMMG，CBCD，4MCD，CMCM，MCBMCD（SAS），BMDM，MGMD，MWDG，WGWD，BTMMWGBMG90°，BMT+GMW90°，GMW+MGW90°，BMTMGW，MBMG，BTMMWG（AAS），MTWG，MCTM，DG2WG，DGCM，故正确，AG1，DG2，ADABTM3，EMWDTM1，BTAW2，BM，故正确，故选：A【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面
12、构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题二、填空题7如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足EAFECF45°，若AEF的面积为，则BEC与DFC的面积之和为_【答案】【分析】将绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得，且，将绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得，且，再证明，根据求解即可【详解】解：将绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得，且，将绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得，且，连接即：同理可得：故答案是：【点评】本题考查了运用旋转的性质求解，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相关
13、性质是解答本题的关键8如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），下列三个结论：当MNMC时，则；2；MNC的周长不变；AMNAMB60°其中正确结论的序号是_【答案】【分析】先用勾股定理求得MCNC，则易得ABMADN（SAS），再结合MAN45°，可得答案；将ABM绕点A顺时针旋转90°得ADE，证明EANMAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；由EANMAN，可得MNBMDN，从而将MNC的三边相加即可得答案；将ADN绕点A顺时针旋转90°得ABF，证明MAFMAN（SAS），再全等三角形的性质，可证
14、得结论【详解】正方形ABCD中，C90°MN2MC2NC2当MNMC时，MN22MC2MC2NC2MCNCBMDN易证ABMADN（SAS）BAMDANMAN45°BAM22.5°，故正确；如图，将ABM绕点A顺时针旋转90°得ADE，则EANEAMMAN90°45°45°则在EAN和MAN中，AEAM，EANMAN，ANAN，EANMAN（SAS）AMNAEDAEDEAMENMAMN360°2AMN90°（180°MNC）360°2AMNMNC90°故正确；EANMANMN
15、ENDEDNBMDNMNC的周长为：MCNCMN（MCBM）（NCDN）DCBCDC和BC均为正方形ABCD的边长，故MNC的周长不变；将ADN绕点A顺时针旋转90°得ABF，则FAMFANMAN90°45°45°则在FAM和MAN中，AFAN，FAMMAN，AMAM，MAFMAN（SAS），AMBAMN，故错误；综上都正确，故答案为：【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性9如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，则EAG_度【答案】45
16、【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可以证明ADGAFG，再根据全等三角形的性质可得DAG=FAG，由折叠可得BAE=FAE，进而可得EAG的度数【详解】解：四边形ABCD是正方形，ABAD，ABEBADADG90°，由翻折可知：ABAF，ABEAFEAFG90°，BAEEAF，AFGADG90°，AGAG，ADAF，RtAGDRtAGF（HL），GAFGAD，EAGEAF+GAF（BAF+DAF）45°故答案为：45【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质10如图，正方形中，
17、点是边的中点，连接，与交于点，点在上，点在上，且.若，则_【答案】【分析】如图，首先求出DM、DF、PD的长，证明DEFDPC，可得，求出DE即可解决问题【详解】解：四边形ABCD是正方形，AB=BC=CD=DA=2，DAB=90°，DCP=45°，点M是AB边的中点，AM=BM=1，在RtADM中，DM=，AMCD，DP=，PF=，DF=DP-PF=，EDF=PDC，DFE=DCP=45°，DEFDPC，DE=，CE=CD-DE=2-=故答案为：【点评】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考
18、常考题型11如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且，将绕点D逆时针旋转90°，得到 若，则EF的长为_【答案】【分析】先根据SAS证明DEFDMF，得EFMF，再设EFMFx，分别表示出BE和BF，然后在RtBEF中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即得结果.【详解】解：DAE逆时针旋转90°得到DCM，FCMFCDDCM180°，F，C，M三点共线，DEDM，EDM90°，EDFFDM90°，EDF45°，FDMEDF45°，DF=DFDEFDMF(SAS)，EFMF，设EFMFx，AEC
19、M1，且BC3，EBABAE312，BMBCCM314，BFBMMF4x，在RtEBF中，由勾股定理得：EB2BF2EF2，即22(4x)2x2，解得x，即EF故答案为：【点评】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，解题时注意旋转前后的对应关系和方程思想的应用.12如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、EF、AF，且EAF45°，下列结论：ABEADF；AEBAEF；正方形ABCD的周长2CEF的周长；SABE+SADFSCEF，其中正确的是_（只填写序号）【答案】【分析】当E、F不是BC和CD的中点时，BEDF，则A
20、BE和ADF的边对应不相等，由此判断；延长CD至G，使得DGBE，证明ABEADG和AEFAGF，即可判断；通过周长公式计算，再由BE+DFEF，即可判断；证明SABE+SADFSAGF，再由三角形的底与高的数量关系得SAGFSCEF，进而判断【详解】解：当E、F不是BC和CD的中点时，BEDF，则ABEADF不成立，故错误；延长CD至G，使得DGBE，连接AG，如图1，四边形ABCD为正方形ABAD，ABEADG90°，ABEADG（SAS），BAEDAG，AEBG，AEAG，BAD90°，EAF45°，BAE+DAF45°，GAFDAG+DAF45&
21、#176;，EAFGAF，AFAF，AEFAGF（SAS），AEFG，AEBAEF，故正确；AEFAGF，EFGFDG+DFBE+DF，CEF的周长CE+CF+EFCE+CF+BE+DFBC+CD2BC，正方形ABCD的周长4BC，正方形ABCD的周长2CEF的周长，故正确；ABEADG，SABESADG，SABE+SADFSAGF，GFEFCF，ADCE，即SAGFSCEF，SABE+SADFSCEF，故错误；故答案为：【点评】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积关系，掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键三、解答题13已知：四边
22、形为正方形，是等腰，（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接试写出此时三线段、的数量关系并加以证明若，求：正方形的边长以及中边上的高【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；【分析】（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，D=ABG，根据全等三角形的判定推出即可；（2）EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证ABGADF，FAEEAG即可；过F作FHAE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在Rt
23、FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可【详解】（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，四边形ABCD是正方形，D=ABC=DAB=ABG=90°，AD=AB，在ADF和ABG中，ADFABG（SAS），AG=AF，DAF=BAG，EAF=45°，EAG=EAB+BAG=EAB+DAF=45°，EAF=EAG，AE=AE，EAFEAG，EF=EG=EB+BG=EB+DF（2）三线段、的数量关系是：，理由如下:如图2，在上取一点，使连接，同(1)可证，AG=AF，DAF=BAG，是等腰直角三角形，在和中，
24、如图2，过F作FHAE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，CE=6，DF=BG=2，EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，在RtFCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，（x+4）2=（x+2）2+62，解得：x=6，AG=AF=，FAM=45°，FH=AF=，即AEF中AE边上的高为【点评】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题14如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上(1) 若MCN4
25、5°，则BMDN_MN（填“”“”或“”）；(2) 如图1，若NMCMCD，求AMN的周长；(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 【答案】（1）=；（2）8；（3）【分析】（1）如图1中，延长到，使得，连接证明，推出，再证明，推出，可得结论（2）如图中，作于利用全等三角形的性质证明，利用（1）中结论即可解决问题（3）结论：如图2中，在上取一点使得证明方法类似（1）【详解】解：（1）如图1中，延长到，使得，连接四边形是正方形，故答案为：；（2）如图中，作于，的周长（3）结论：理由：如图2中，在上取一点使得四边形是正方形，
26、【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型15如图，点、分别在边、上，过点作，且点在的延长线上（1）与全等吗？为什么？（2）若，求的长【答案】（1）GABFAD，理由见解析；（2）EF=5【分析】（1）由题意可得ABG=D=90°，进一步即可根据ASA证得GABFAD；（2）由（1）的结论可得AG=AF，GB=DF，易得BAE+DAF=45°，进而可推出GAE=EAF，然后利用SAS即可证明GAEFAE，可得GE=EF，进一步即可求出结果【详解】解：（1），点在的延长线上，ABG=
27、D=90°，在GAB和FAD中，AB=AD，ABG=D，GABFAD（ASA）；（2）GABFAD，AG=AF，GB=DF，BAE+DAF=45°，BAE+GAB=45°，即GAE=45°，GAE=EAF，在GAE和FAE中，AG=AF，GAE=EAF，AE=AE，GAEFAE（SAS），GE=EF，GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5，EF=5【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键16如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点（1）求证：四边形是正方形；（2）若，求证：；（3
28、）在（2）的条件下，已知，求的长【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）首先证明是矩形，然后找到一组邻边相等即可证明四边形是正方形；（2）主要证明，从而得出，由（1）知，四边形是正方形，等量代换即可证明；（3）已知，可知，又因为，求出AD的长度，DF=AD-AF，根据等式关系求出DF的长，最后证明为等腰直角三角形，OD=DF即可求解【详解】（1）在矩形中，四边形是矩形，又AE平分，为等腰直角三角形，=，四边形是正方形（邻边相等的矩形为正方形）；（2），又，AD=AE，（AAS），由（1）知，四边形是正方形，；（3）在正方形中，由（2）知：， AD=AE=，DF=AD-AF=-1
29、，又，为等腰直角三角形，OD=DF=2-【点评】本题主要考查了矩形与正方形的判定与性质、证明三角形全等等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键17分层探究（1）问题提出：如图1，点E、F别在正方形ABCD的边BC、CD上，EAF45°，连接EF求证：EFBE+DF，解题思路：把ABE绕点A逆时针旋转 度至ADG，可使AB与AD重合由FDGADG+ADC180°，则知F、D、G三点共线，从而可证AFG （ ），从而得EFBE+DF，阅读以上内容并填空（2）类比引申：如图2，四边形ABCD中，ABAD，BAD90°，点E、F分别在边BC、CD上，EAF45
30、°探究：若B、D都不是直角，当B、D满足什么数量关系时，仍有EFBE+DF？（3）联想拓展：如图3，在ABC中，BAC90°，ABAC，点D、E均在边BC上，并且DAE45°猜想BD、CE、DE的数量关系，并给出理由【答案】（1）90，AFE，SAS；（2）B+D180°；（3）EF2BE2+FD2，理由见解析【分析】（1）把ABE绕点A逆时针旋转90°至ADG，可使AB与AD重合，再证明AFGAFE进而得到EFFG，即可得EFBE+DF；（2）B+D180°时，EFBE+DF，与（1）的证法类同；（3）把AFD绕点A顺时针旋转90&
31、#176;得到ABE，连接EE，根据旋转的性质，可知AFDABE得到BEFD，AEAF，DABE，EADEAB，在RtABD中的，ABAD，可求得EBD90°，所以EB2+BE2EE2，证AEEAEF，利用FEEE得到EF2BE2+FD2【详解】解：（1）ABAD，把ABE绕点A逆时针旋转90°至ADG，可使AB与AD重合BAEDAG，BAD90°，EAF45°，BAE+DAF45°，EAFFAG，ADCB90°，FDG180°，点F、D、G共线，在AFE和AFG中，AFGAFE（SAS），EFFG，即EFBE+DF，故答案
32、为：90，AFE，SAS；（2）当B+D180°时，EFBE+DF，如图2ABAD，把ABE绕点A逆时针旋转90°至ADG，可使AB与AD重合，BAEDAG，BAD90°，EAF45°，BAE+DAF45°，EAFFAG，ADC+B180°，FDG180°，点F、D、G共线，在AFE和AFG中，AFEAFG（SAS），EFFG，即EFBE+DF，故答案为：B+D180°；（3）猜想：EF2BE2+FD2，证明：把AFD绕点A顺时针旋转90°得到ABE，连接EE，如图3，AFDABE，BEFD，AEAF，D
33、ABE，EADEAB，ABAD，ABDADB45°，ABD+ABE90°，即EBD90°，EB2+BE2EE2，又FAE45°，BAE+EAD45°，EAB+BAE45°，即EAE45°，在AEE和AEF中，AEEAEF（SAS），EEFE，EF2BE2+DF2【点评】本题主要考查了几何变换综合，结合全等三角形的性质与判定计算是关键18正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且EDF45°，将DAE绕点D逆时针旋转90°，得到DCM（1）求证：EFCF+AE；（2）当AE2时，求EF的长
34、【答案】（1）见解析；（2）5，详见解析【分析】（1）由旋转可得DEDM，EDM为直角，可得出EDF+MDF90°，由EDF45°，得到MDF为45°，可得出EDFMDF，再由DFDF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EFCF+AE；（2）由（1）的全等得到AECM2，正方形的边长为6，用ABAE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EFMFx，可得出BFBMFMBMEF8x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长【详解】（1）证明：DAE逆时针旋转90°
35、;得到DCM，FCMFCD+DCM180°，AECM，F、C、M三点共线，DEDM，EDM90°，EDF+FDM90°，EDF45°，FDMEDF45°，在DEF和DMF中，DEFDMF（SAS），EFMF，EFCF+AE；（2）解：设EFMFx，AECM2，且BC6，BMBC+CM6+28，BFBMMFBMEF8x，EBABAE624，在RtEBF中，由勾股定理得，即，解得：x5，则EF5【点评】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长19已知，如图1，正方形
36、ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE=DF，连接EF（1）求E的度数；（2）将AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角满足0°45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由（3）若将AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为；线段PC的取值范围为【答案】（1）E=45°；（2）FH2+GE2=HG2，理由见解析；（3）6，0PC6【分析】（1）先证明AE=AF，由等腰直角三角形的性质可求解；（2）如图2，作辅助线，构建全等三
37、角形，先证明AGHAGK，得GH=GK，由AFHAEK，得AEK=AFH=45°，FH=EK，利用勾股定理得：KG2=EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论：FH2+GE2=HG2；（3）如图3，先证明FPE=FAE=90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围【详解】（1）四边形ABCD是正方形，AD=AB，DAB=90°，BE=DF，AD+DF=AB+BE，即AF=AE，又FAE=90°，E=F=45°；（2）FH2+GE2=HG2，理由是：如图2，过A作A
38、KAC，截取AK=AH，连接GK、EK，CAB=45°，CAB=KAB=45°，在AGH和AGK中，AGHAGK（SAS），GH=GK，由旋转得：FAE=90°，AF=AE，HAK=90°，FAH=KAE，在AFH和AEK中，AFHAEK（SAS），AEK=AFH=45°，FH=EK，AEH=45°，KEG=45°+45°=90°，RtGKE中，KG2=EG2+EK2，即：FH2+GE2=HG2；（3）解：如图3，BAD=90°，FAE=90°，AF=AE，DAF=BAE，在DAF和B
39、AE中，DAFBAE（SAS），DFA=BEA，PNF=ANE，FPE=FAE=90°，将AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，点P的运动路径是：以BD为直径的圆，点P的运动路径长=；如图4，当P与C重合时，PC最小，PC=0，当P与A重合时，PC最大为，线段PC的取值范围是：0PC故答案为：，0PC【点评】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，点的运动路径的概念，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等，因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化
40、为三角形的问题，使问题得以解决20（1）如图1所示，已知正方形中，是上一点，是延长线上一点，且求证：；（2）如图2所示，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）中的结论证明： 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明CBECDF，从而得出CE=CF；（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知BCE=DCF，即可证明ECF=BCD=90°，根据GCE=45°，得GCF=GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出ECGFCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD【详解】解：（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，BC=CD，B=CDF，BE=DF，CBECDF，CE=CF；（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，由（1）知CBECDF，BCE=DCFBCE+ECD=DCF+ECD即ECF=BCD=90°，又GCE=45°，GCF=GCE=45°，CE=CF，GCE=GCF，GC=GC，ECGFCG，GE=GF，GE=DF+GD=BE+GD【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，利用全等三角形的判定方法正确证明三角形全等是关键