专题18.42正方形的几何模型 三垂直模型 基础篇 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题18.42 正方形的几何模型（三垂直模型）（基础篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点分别在轴的正半轴上，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
二、填空题
3．如图，四边形中，．则 ．
4．如图，正方形的边长为4，点在边上，，若点在正方形的某一边上，满足，且与的交点为．则 ．
5．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB＝45°，延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM＝5，则FD的长为 ．
6．正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标（0，4），B点的坐标（﹣3，0），则点D的坐标是 ．
7．如图，在中，，AC=8，BC=7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为 ．
8．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为(1，)，则点C的坐标为 ．
9．如图，平面直角坐标系中有一正方形，点的坐标为点坐标为 ．
10．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH＝ ．
11．如图，直线l1//l2//l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在l1、l2、l3上，l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，则正方形ABCD的面积为 ．
12．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线上．若每两条相邻平行线间的距离都是1 cm，则正方形的面积为
13．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为 ．
三、解答题
14．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转到△ABF的位置，接EF．
（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；
（2）若四边形AECF的面积为25，DE=2，求AE的长．
15．已知，如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF，当点D在线段BC的反向延长线上，且点A，F分别在直线BC的两侧时．
(1)求证：△ABD≌△ACF；
(2)若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度．
16．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．
（1）求证：；
（2）求证：DE－BF＝EF；
（3）若AB＝2，BG＝1，求线段EF的长．
17．如图所示，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与不重合），于E，交DG于F.
求证：.
18．如图，在正方形中，对角线、相交于点，、分别在、上，且，连接、，的延长线交于点．
（1）求证：；
（2）求证：．
19．如图所示，，，延长至，使，四边形为正方形，求的长.
20．如图所示，，，以为边作正方形，求点、的坐标.
21．如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．
（1）求证：PE＝PB；
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由；
（3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系．
22．四边形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．
23．（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：
王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．
24．问题情景：如图1，在等腰直角三角形ABC中∠ACB＝90°，BC＝a．将AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，过点D作△BCD的BC边上的高DE．
易证△ABC≌△BDE，从而得到△BCD的面积为．
简单应用：如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，用含a的代数式表示△BCD的面积，并说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】过点P作，，证明，再根据面积计算即可；
【详解】如图所示，过点P作，，
∵点的坐标为，
∴PM=PN，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故答案选B．
【点睛】本题主要考查了四边形与坐标系结合，全等三角形的应用，准确判断计算是解题的关键．
2．C
【分析】易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得．
【详解】∵四边形AFDC是正方形
∴AC=AF，∠FAC=90°
∴∠CAE+∠FAB=90°
又∵∠CAE+∠ACE=90°
∴∠ACE=∠FAB
又∵∠CEA=∠FBA=90°
∴△AEC≌△FBA
∴AB=EC=4
∴图中阴影部分的面积=
故选C
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
3．45°
【分析】作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，易证四边形AECF为矩形，可得∠FAE＝90°，再根据∠DAB＝90°，可得∠DAF＝∠BAE，即可证明△BAE≌△DAF，可得AE＝AF，即可判定矩形AECF为正方形，即可解题．
【详解】解：作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，
∵∠AEC＝∠AFC＝∠BCD＝90°，
∴四边形AECF为矩形，
∴∠FAE＝90°，即∠DAF＋∠DAE＝90°，
∵∠DAE＋∠BAE＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE，
在△BAE和△DAF中，
∠AEB＝∠F，∠BAE＝∠DAF，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（AAS），
∴AE＝AF，
∴矩形AECF为正方形，
∴∠ACB＝45°；
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．或
【分析】分两种情况进行讨论，点F在AD上或点F在AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到CM的长．
【详解】解：分两种情况：
①如图1所示，当点F在AD上时，
由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），
∴∠DCF=∠CBE，
又∵∠BCF+∠DCF=90°，
∴∠BCF+∠CBE=90°，
∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，
∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，
∴BE=5，
∴CM=；
②如图2所示，当点F在AB上时，
同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），
∴BF=CE，
又∵BF∥CE，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵∠BCE=90°，
∴四边形BCEF是矩形，
∴CM=BE=×5=．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
5．
【分析】过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q，只要证明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解决问题．
【详解】解：如图，过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q．
∵∠CFB＝45°
∴CH＝HF，
∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，
∴∠BAG＝∠FBE，
∵AG⊥BF，CH⊥BF，
∴∠AGB＝∠BHC＝90°，
在△AGB和△BHC中，
∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，
∴△AGB≌△BHC（AAS），
∴AG＝BH，BG＝CH，
∵BH＝BG+GH，
∴BH＝HF+GH＝FG，
∴AG＝FG；
∵CH⊥GF，
∴CH∥GM，
∵C为FM的中点，
∴CH＝GM，
∴BG＝GM，
∵BM＝5，
∴BG＝，GM＝2，
∴AG＝2，AB＝5，
∴HF＝，
∴CF＝×＝，
∴CM＝，
∵CK＝CM＝CF＝，
∴BK＝，
∵在△BKC和△CQD中，
∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，
∴△BKC≌△CQD（AAS），
∴CQ＝BK＝，
DQ＝CK＝，
∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝，
∴DQ＝QF＝，
∴DF＝×＝．
故答案为．
【点睛】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质是解题关键．
6．（4，1）．
【分析】过点D作DE⊥y轴于E，由“AAS”可证△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥y轴于E，
∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠BAO＝∠ADE，
在△ABO和△DAE中，
，
∴△ABO≌△DAE（AAS），
∴AE＝OB，DE＝OA，
∵A（0，4），B（﹣3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，
∴点D的坐标为（4，1）．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
7．17
【分析】过E作EF⊥AC，垂足为F，由ABDE为正方形，利用正方形的性质得到一对角为直角，AE＝AB，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，由FA＋AC求出FC的长，在直角三角形CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长．
【详解】过E作EF⊥AC，交CA的延长线于F，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠BAE＝90°，AE＝AB，
∵∠EAF＋∠AEF＝90°，∠EAF＋∠BAC＝90°，
∴∠AEF＝∠BAC，
在△AEF和△BAC中，
，
∴△AEF≌△BAC（AAS），
∴EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，
在Rt△ECF中，EF＝8，FC＝FA＋AC＝8＋7＝15，
根据勾股定理得：CE＝＝17．
故答案为：17．
【点睛】此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
8．
【分析】如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E，先证明△COE≌△OAF，推出CE＝OF，OE＝AF，由此即可解决问题．
【详解】解：如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E．
∵四边形ABCO是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∵∠COE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠OAF＝90°，
∴∠COE＝∠OAF，
在△COE和△OAF中，
，
∴△COE≌△OAF，
∴CE＝OF，OE＝AF，
∵A（1，），
∴CE＝OF＝1，OE＝AF＝，
∴点C坐标，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．
【分析】过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．先证明，得到，，根据点的坐标定义即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．
，
，．
四边形是正方形，
．
易求．
又
∴，
，，
点的坐标为，，
点到轴的距离为，
点的坐标为．
故答案为：
【点睛】本题考查了平面直角坐标系点的坐标，全等三角形的判定与性质，根据题意，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
10．
【分析】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到△DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长．
【详解】解：延长DC交FE于点M，连接BD、BF，
∵正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，
∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，
∴DF＝＝，
∵BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线，
∴∠DBC=∠GBF=90，
∴∠DBF＝90°，
∴△DBF是直角三角形，
∵点H为DF的中点，
∴BH＝DF＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11．25
【分析】画出1到2，2到3的距离，分别交2，3于E，F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：过点A作AE⊥l2，过点C作CF⊥l2，
∴∠CBF+∠BCF=90°，
四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS）
∴BF=AE，
∵1∥2∥3，且l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，
∴BF=AE=3，CF=4,
∵BF2+CF2=BC2，
∴BC2=42+32=25．
故答案为：25．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法．证得△ABE≌△BCF是解题的关键．
12．5
【分析】过D点作直线EF与平行线垂直，与l1交于点E，与l4交于点F．易证△ADE≌△DCF，得CF＝1，DF＝2．根据勾股定理可求CD2得正方形的面积．
【详解】解：过D点作EF⊥l2，交l1于E点，交l4于F点．
∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2，
∴EF⊥l1，EF⊥l4，
即∠AED＝∠DFC＝90°．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC＝90°．
∴∠ADE＋∠CDF＝90°．
又∵∠ADE＋∠DAE＝90°，
∴∠CDF＝∠DAE．
在△ADE和△DCF中
∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴CF＝DE＝1．
∵DF＝2，
∴CD2＝12＋22＝5，
即正方形ABCD的面积为5．
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质和面积计算，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键．
13．13
【分析】本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【详解】解：∵ABCD是正方形（已知）
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°
∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E
∴在Rt△AFB和Rt△AED中
∵
∴△AFB≌△DEA（AAS）
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等）
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13
故答案为：13
【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．
14．（1）见解析；（2）AE的长为．
【分析】（1）由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=90°，可得结论；
（2）由题意可得四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，可求正方形的边长，由勾股定理可求解．
【详解】（1）∵把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，
∴△ADE≌△ABF，∠EAF=90°，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰直角三角形；
（2）∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，AE=．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
15．(1)证明见解析； (2)
【分析】（1）由题意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，则有∠DAB＝∠FAC，进而可证AB＝AC，然后问题可证；
（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，则有∠ABD＝∠ACF，进而可得∠ACF＝135°，然后根据正方形的性质可求解．
【详解】(1)证明：∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF边长为，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×4＝2．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
16．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由正方形的性质可得AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，根据DE⊥AG，利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠BAF＝∠ADE，利用AAS即可证明△ADE≌△BAF；
（2）根据全等三角形的性质可得DE=AF，BF=AE，根据线段的和差关系即可得结论；
（3）利用勾股定理可求出AG的长，利用面积法可求出BF的长，进而利用勾股定理可求出AF的长，根据BF=AE，EF=AF-AE即可得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵DE⊥AG，
∴∠AED＝∠DEF＝90°，
∵BF∥DE，
∴∠AFB＝∠DEF＝∠AED＝90°，
∴∠BAF＋∠DAE＝∠ADE＋∠DAE＝90°．
∴∠BAF＝∠ADE．
在△ABF和△DAE中，，
∴△ADE≌△BAF．
（2）∵△DAE≌△ABF，
∴AE＝BF，DE＝AF
∵AF－AE＝EF，
∴DE－BF＝EF．
（3）∵∠ABC＝90°，
∴AG2＝AB2＋BG2＝12＋22＝5，
∴．
∵S△ABG＝，
∴．
在Rt△ABF中，AF2＝AB2－BF2＝22－＝，
∴AF=，
∵AE=BF，EF=AF-AE，
∴
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，解答本题的关键是根据AAS证明△ABF≌△DAE，此题难度一般．
17．见解析.
【分析】首先证明△AED≌△DFC，则能得出DE=FC，AE=DF，进而得出结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
又∵AE⊥DG，CF∥AE，
∴∠AED=∠DFC=90°，
∴∠EAD+∠ADE=∠FDC+∠ADE=90°，
∴∠EAD=∠FDC，
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS）．
∴AE=DF，ED=FC．
∵DF=DE+EF，
∴AE=FC+EF．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质以及三角形全等的判定方法是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用正方形的性质及SAS定理证△AOE≌△DOF，得出AE=DF即可；
（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD，证出∠OAE+∠OFD=90°，得出∠AMF=90°，即可得出结论．
【详解】（1）四边形是正方形，
，，
，
又，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）由（1）得：，
，
，
，
，
．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；解答本题的关键是通过全等的证明和利用等角代换解题，属于中考常考题型．
19．10
【分析】作AF∥x轴，DF∥y，CG⊥DF．通过证明△AFD≌△EOA，△CDG≌△DAF，可证DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4，从而求出点C与点E的坐标，然后根据勾股定理求解即可.
【详解】正方形的中心如图：作AF∥x轴，DF∥y，CG⊥DF．
∵DF∥y，
∴∠ADF=∠EAO，
∵AD＝AE，∠F=∠AOE，
∴△AFD≌△EOA，
∵∠DGC=∠AFD,∠DCG=∠ADF, CD＝AD，
∴△CDG≌△DAF,
∴DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4,
∴C为(2+4，4+(4-2))，即(6，6),
E为(-2，0)，C为(6，6)
.
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，图形与坐标及勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.
20．；
【分析】过B作BE⊥y轴，过C作CF⊥x轴，垂足分别为E、F，可证明△ABE≌△DAO≌△CDF，可求得OE、BE、CF、OF的长，可求得B、C的坐标．
【详解】解：如图，过B作BE⊥y轴，过C作CF⊥x轴，垂足分别为E、F，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD，
∴∠BAE+∠DAO=∠DAO+∠ADO=90°，
∴∠BAE=∠ADO，
在△ABE和△DAO中，
，，
∴△ABE≌△DAO（AAS），
同理可得△DAO≌△CDF，
∵A（0，2），D（1，0），
∴BE=DF=OA=2，AE=CF=OD=1，
∴OE=OA+AE=2+1=3，OF=OD+DF=1+2=3，
∴B点坐标为（2，3），C点坐标为（3，2）．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，利用正方形的四边相等找到条件通过证明三角形全等求得BE、AE、CF、OF的长是解题的关键．
21．（1）见解析；（2）在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值；（3）．理由见解析．
【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明即可求解．
（2）如图，连接OB，通过证明，得到PF=OB，则PF为定值是．
（3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得，，整理可得结论．
【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．
理由：如图2，连接OB．
∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴．
∴PF的长为定值．
（3）解：．
理由：如图1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴．
由（1）知PM＝NE，
∴．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【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．
【详解】（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°．
【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
23．（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（3）如图所示，见解析．
【分析】（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；
（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；
【详解】（1）AE=AF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如图所示．
过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共线，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题的关键是利用全等三角形进行割补．
24．△BCD的面积为．
【分析】根据问题情景的解题思路，如下图2，根据旋转的对应关系，可得△ABC≌△BDE（AAS），进而求出线段DE的长，根据三角形的面积公式计算即可.
【详解】解：△BCD的面积为 ．
理由如下：
过点D作△BCD的BC边上的高DE．如图2，
∵边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，
∴BA＝BD，∠ABD＝90°，
∵∠ABC+∠DBE＝90°，∠ABC+∠A＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴DE＝BC＝a，
∴△BCD的面积＝BC DE＝．
【点睛】本题主要考查了学生对新提出的问题情境的理解能力，学会和已有的知识（三角形全等）相结合是解答本题的关键.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页