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专题 18.6 正方形中的几何综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每
一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并
非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：
1. 不重（互斥性）不漏（完备性）；
2. 按同一标准划分（同一性）；
3. 逐级分类（逐级性）。
◆ 知识点总
结
一、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．
二、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．
三、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．◆ 典例分析
【典例1】问题背景：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°，
（1）求证：EF=BE+DF；
（2）迁移应用：如图2，在正方形ABCD中，QA、QB交CD于点G、H，若∠AQB=45°，CH=3，
GH=1，求AG的长；
（3）联系拓展：如图3，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°，若
DF:AD:AB=1:2:4，探究BE与EC的数量关系，并给出证明．
【思路点拨】
（1）先判断出RtΔABE≅RtΔADP(SAS)，得出AE=AP，∠BAE=∠DAP，再判断出
△AEF≌△APF(AAS)，即可得出结论；
（2）先判断出ΔABM≌ΔBCH(ASA)，得出CH=3=BM，设DG=a，则GM=a+3，CM=a+1，再
根据勾股定理得出(a+3) 2=42+(a+1) 2，求出a=1，即可得出结论；
（3）先判断出四边形AMND是正方形，设DF=m，得出AD=2m=DN，再设BE=2x，则FT=x+m，
4
利用勾股定理得出2x= m，即可得出结论．
3
【解题过程】
（1）证明：延长FD到点P使DP=BE，连接AP，∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠ADP=∠ABE=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADP中，
{
AB=AD
)
∠ABE=∠ADP ，
BE=DP
∴Rt△ABE≌Rt△ADP(SAS)，
∴AE=AP，∠BAE=∠DAP，
∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠DAE+∠DAP=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠FAP=45°，
在△AEF和ΔAPF中，
{
AE=AP
)
∠EAF=∠FAP ，
AF=AF
∴△AEF≌△APF(SAS)，
∴EF=PF，
∵DP=BE，
∴EF=BE+DF；
（2）如图2，过点A作AM⊥BH交BC于M，交BH于I，连接GM，∴∠BAM+∠ABI=90°，
∵∠ABI+∠CBH=90°，
∴∠BAM=∠CBH，
∵∠ABM=∠C=90°，AB=BC，
∴△ABM≌△BCH(ASA)，
∴CH=3=BM，
∵∠Q=45°，
∴∠QAM=45°，
由（1）知，GM=BM+DG，
设DG=a，
∴GM=BM+DG=a+3，
∵BC=CD=a+4，
∴CM=a+4−3=a+1，
在Rt△MCG中，GM2=GC2+CM2，
∴(a+3) 2=42+(a+1) 2，
∴a=2，
∴DG=2，
在Rt△ADG中，根据勾股定理得，AG=❑√62+22=2❑√10；
（3）BE=2EC，
证明：如图3，分别取AB，AE的中点M，T，连接MT并延长MT交CD于N，连接TF，1
∴MT∥BE，MT= BE，
2
∴∠AMN=90°=∠DAM=∠D，
∴四边形AMND是正方形，
∵DF:AD:AB=1:2:4，
设DF=m，
∴AD=2m=DN，
∴矩形AMND是正方形，
∵∠EAF=45°，
∴由（1）知，FT=DF+TM，
1
∵MT= BE，
2
设BE=2x，
∴FT=DF+TM=x+m，
在Rt△FTN中，FT2=FN2+T N2，
∴(x+m) 2=m2+(2m−x) 2，
4
∴2x= m，
3
4
∴BE= m，
3
2
∴EC=BC−BE= m，
3
∴BE=2EC．
◆ 学霸必刷
1．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）如图，在△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为
S 、S 、S 、S ．则S −2S −3S +4S 等于（ ）
1 2 3 4 1 2 3 4
A． 66 B． 56 C． 24 D． 12
【思路点拨】
此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、勾股定理、根据面积等式列方程求线段的长度、运用转化
思想求图形面积等知识与方法，正确地作出所所需要的辅助线是解题的关键，设AF交BP于点I，EF交
24 18
CM于点D，作CG⊥AI于点G，CH⊥AB于点H，求出CH= ，再根据勾股定理求得CG=AH=
5 5
1 18 1 5 9
，由 × AI= ×6CI=S 求得AI= CI，再根据勾股定理列方程求得CI= ，即可求得
2 5 2 △ACI 3 2
27 45
S = ，则S =S −S = ，再证明△FAD≌△ABI，则
△ACI 2 1 正方形ACPQ △ACI 2
1
S =S −S =S −S = ×6×8=24，然后证明△E′BN≌△ABC，则S =S =24，
2 △FAD △ACI △ABI △ACI 2 4 △ABC
77 3
S =S −S −S −S = ，所以S =S −S −S = ，最后求得
四边形BCDE 正方形ABEF 2 △ACI △ABC 2 3 正方形BCMN 四边形BCDE 4 2
S −2S −3S +4S =66；
1 2 3 4
【解题过程】
解：如图，设AF交BP于点I，EF交CM于点D，作CG⊥AI于点G，CH⊥AB于点H，
∵AC=6，BC=8，AB=10，
∴AC2+BC2=AB2=100，∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
1 1
∴ ×10CH= ×6×8=S ，
2 2 △ABC
24
∴CH= ，
5
∵四边形ABEF、四边形ACPQ、四边形BCMN都是正方形，
∴∠CHA=∠HAG=∠AGC=∠ACP=∠BCM=90°，
∴四边形AHCG是矩形，
∴CG=AH=❑√AC2−CH2=❑
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 5
1 18 1
∵ × AI= ×6CI=S ，
2 5 2 △ACI
5
∴AI= CI，
3
∴ (5 CI ) 2 =CI2+62 ，
3
9
∴CI= ，
2
1 9 27
∴S = ×6× = ，
△ACI 2 2 2
27 45
∴S =S −S =6×6− = ，
1 正方形ACPQ △ACI 2 2
∵∠ACB+∠ACP=180°，∠ACB+∠BCM=180°，
∴B、C、P三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵FA=AB，∠F=∠BAI=90°，
∴∠FAD=∠ABI=90°−∠BAD，
∴△FAD≌△ABI(ASA)，
∴S =S ，
△FAD △ABI
1
∴S =S −S =S −S =S = ×6×8=24，
2 △FAD △ACI △ABI △ACI △ABC 2
设射线BE交MN于E′，
∵∠N=∠ACB=∠ABE=∠CBN=90°，BN=BC，
∴∠E′BN=∠ABC=90°−∠CBE，∴△E′BN≌△ABC(ASA)，
∴E′B=AB=EB，
∴点E在MN上，
∴S =S =24，
4 △ABC
27 77
∵S =S −S −S −S =102−24− −24= ，
四边形BCDE 正方形ABEF 2 △ACI △ABC 2 2
77 3
∴S =S −S −S =82− −24= ，
3 正方形BCMN 四边形BCDE 4 2 2
45 3
∴S −2S −3S +4S = −2×24−3× +4×24=66，
1 2 3 4 2 2
故选：A．
2．（23-24九年级下·湖南邵阳·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足
BE=BC．连接CE，并延长交AD于点F，连接AE，过B点作BG⊥AE于点G，延长BG交AD于点H．
在下列结论中：①BH垂直平分AE；②AH=DF；③DF=DE；④∠AEF=45°；⑤
S =S ，其中正确的结论有（ ）个．
四边形EFHG △≝¿+S ¿
△AGH
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
先根据正方形的性质和BE=BC得到AB=BE，进而判断BH垂直平分AE，故①正确，然后判断出
∠DAE=∠ABH，再判断△ADE≌△CDE得出∠DAE=∠DCE=22.5°，∠ABH=∠DCF，再判断
出Rt△ABH≌Rt△DCF从而得到②正确，根据三角形的外角求出∠AEF=45°，得出④正确；结合②④
可得DF=DE即可得③正确；连接HE，判断出S ≠S 得出⑤错误．
△EFH △EFD
【解题过程】
解∶∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABE=∠ADE=∠CDE=45°,AB=BC，
∵BE=BC，
∴AB=BE，
∵BG⊥AE，
∴BH是线段AE的垂直平分线，∠ABH=∠DBH=22.5°，
故①正确；
在Rt△ABH中，∠AHB=90°−∠ABH=67.5°，
∵∠AGH=90°，
∴∠DAE=∠ABH=22.5°，
在△ADE和△CDE中，
{
DE=DE
)
∠ADE=∠CDE=45° ，
AD=CD
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴∠DAE=∠DCE=22.5°，
∴∠ABH=∠DCF，
在Rt△ABH和Rt△DCF中，
{∠BAH=∠CDF
)
AB=CD ，
∠ABH=∠DCF
∴Rt△ABH≌Rt△DCF（ASA），
∴AH=DF，∠CFD=∠AHB=67.5°，
故②正确；
∵∠CFD=∠EAF+∠AEF，
∴67.5°=22.5°+∠AEF，
∴∠AEF=45°，
故④正确；
∵∠FDE=45°,∠DFE=∠FAE+∠AEF=22.5°+45°=67.5°，
∴∠≝=180°−45°−67.5°=67.5°，
∴DF=DE，
故③正确；
如图，连接HE，∵BH是AE垂直平分线，
∴AG=EG，
∴S =S ，
△AGH △HEG
∵AH=HE，
∴∠AHG=∠EHG=67.5°，
∴∠DHE=45°，
∵∠ADE=45°，
∴∠DEH=90°,∠DHE=∠HDE=45°，
∴EH=ED，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵EF不垂直DH，
∴FH≠FD，
∴S ≠S ，
△EFH △EFD
∴S =S +S =S +S ≠S ，故⑤错误，
四边形EFHG △HEG △EFH △AHG △EFH △≝¿+S ¿
△AGH
∴正确的是①②③④，
故选：C．
3．（23-24九年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，对角线AC上的有一动点
P，以DP为边作正方形DPFG．下列结论：①在P点运动过程中，F点始终在射线BC上；②在P点运动
过程中，∠CPD可能为135°；③若E是DC的中点，连接EG，则EG的最小值为❑√2；④△CDP为等腰三
角形时，AP的值为2❑√2或4❑√2−4．其中结论正确的是（ ）A．①②③ B．①③④ C．①③ D．②④
【思路点拨】
由“SAS”可证△DPH≌△FPC，可得∠PHD=∠PCF=135°，可证点B，点C，点F三点共线，故①
正确；由三角形的外角可得∠CPD不可能为135°，故②错误；由△DPN≌△DGE(SAS)，可得EG=PN
，当NP⊥AC时，NP有最小值为❑√2，即EG有最小值为❑√2，故③正确；由等腰三角形的性质可得AP的
值为2❑√2或4❑√2−4，故④正确，即可求解．
【解题过程】
解：连接CF，过点P作PH⊥PC交CD于H，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形DPFG是正方形，
∴PD=PF,∠DPF=∠HPC=90°,∠ACB=∠ACD=45°，
∴∠DPH=∠CPF,∠PCH=∠PHC=45°，
∴PH=PC,∠PHD=135°，
∴△DPH≌△FPC(SAS)，
∴∠PHD=∠PCF=135°，
∴∠ACB+∠PCF=180°，
∴点B，点C，点F三点共线，
∴在P点运动过程中，F点始终在射线BC上，故①正确；
假设∠CPD=135°，
∵∠CPD=∠CAD+∠ADP,∠CAD=45°,
∴∠ADP=90°，
则点P与点C重合，
此时∠CPD不存在，故②错误；取AD的中点N，连接PN，如图所示：
∵点N是AD的中点，点E是CD中点，
∴AN=DE=DN=2，
∵∠ADC=∠PDG=90°，
∴∠ADP=∠GDE，
又∵DP=DG，
∴△DPN≌△DGE(SAS)，
∴EG=PN，
∵点P是线段AC上一点，
∴当NP⊥AC时，NP有最小值，
∵∠CAN=45°，
❑√2
∴此时AP=NP= AN=❑√2，
2
∴EG有最小值为❑√2，故③正确；
∵AD=CD=4，
∴AC=❑√2AD=4❑√2，
当点P是AC中点时，AP=PD=PC=2❑√2，则△PCD是等腰三角形，
当CP=CD=4时，△PCD是等腰三角形，
此时AP=4❑√2−4，
∴△CDP为等腰三角形时，AP的值为2❑√2或4❑√2−4；故④正确；
综上分析可知，①③④正确，
故选：B．
4．（22-23八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）如图，E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE、DE，
AF⊥AE交DE于点F，若AE=AF=2，BF=2❑√5．下列结论：①△AFD≌△AEB；②BE⊥DE：③
四边形AEBF的面积是2+4❑√6：④点B到直线AE的距离为❑√3；⑤AB2=16+4❑√6．其中结论正确的个
数是（ ）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【思路点拨】
可证△AFD≌△AEB（SAS），可判断①；可得∠AGD+∠ADF=90°，从而可证
∠ABE+∠BGE=90°，可判断②；EF=❑√2AE=2❑√2，可求BE=2❑√3，由S =S +S
四边形AEBF △AEF △BEF
即可求解，可判断③；过点B作BH⊥AE延长线于点H，可证△BEH是等腰直角三角形，由BE=❑√2BH
，可判断④；可求AH=2+❑√6，由AB2=BH2+AH2即可求解，可判断⑤．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD=90°，AD=AB，
∵AF⊥AE，
∴∠DAF+∠BAF=∠BAE+∠BAF，
∴∠DAF=∠BAE，
在△AFD和△AEB中
{
AF=AE
)
∠DAF=∠BAE ，
AD=AB
∴△AFD≌△AEB（SAS），
故结论①正确；
如图，
由①得：∠ADF=∠ABE，
∠AGD+∠ADF=90°，
∵∠AGD=∠BGE，∴∠ABE+∠BGE=90°，
∴∠BEF=90°，
∴BE⊥DE，
故结论②正确；
∵AE=AF=2，
∴EF=❑√2AE=2❑√2，
∵BF=2❑√5，
∴BE=❑√BF2−EF2
=❑√(2❑√5) 2 −(2❑√2) 2=2❑√3，
∴S =S +S
四边形AEBF △AEF △BEF
1 1
= AE⋅AF+ BE⋅EF
2 2
1 1
= ×2×2+ ×2❑√3×2❑√2
2 2
=2+2❑√6；
故结论③错误；
如图，
过点B作BH⊥AE延长线于点H，
由①得：∠AEF=45°，
∵∠BEF=90°，
∴∠BEH=45°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴BE=❑√2BH，
∴2❑√3=❑√2BH，
∴BH=EH=❑√6，
∴点B到直线AE的距离为❑√6，故结论④错误；
∴AH=AE+EH
=2+❑√6，
∴AB2=BH2+AH2
=(❑√6) 2+(2+❑√6) 2
=16+4❑√6，
故结论⑤正确；
∴结论正确的是①②⑤，个数是3个．
故选：B．
5．（2023·江苏南通·二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为边BC的中点，点F为边AB上的
动点，以EF为一边在EF的右上方作等边三角形FEG，当CG最小时，△ECG的周长为 ．
【思路点拨】
以CE为一边在正方形ABCD内作等边△CEH，连接FH，过点H作HP⊥BC于点P，过点F作FT⊥HP
于点T，先证四边形BFTP为矩形，再证△EFH和△EGC全等得FH=CG，再由∠FEH=90°得
FH≥FT，由此可得出当点T与点H重合时，FH=BP=3为最小，即CG为最小，最小值为3，然后再求
出FB，EF即可得出当CG最小时，△ECG的周长．
【解题过程】
解：以CE为一边在正方形ABCD内作等边△CEH，连接FH，
过点H作HP⊥BC于点P，过点F作FT⊥HP于点T，
∵四边形ABCD为正方形，且边长为4，
∴BC=4，∠B=90°，∵点E为BC的中点，
∴BE=CE=2，
∵△EFG和△CEH均为等边三角形，HP⊥BC，
∴EF=EG，EH=EC，∠FEG=∠CEH=60°，EP=PC=1，
∵HP⊥BC，FT⊥HP，∠B=90°，
∴四边形BFTP为矩形，
∴FB=TP，BP=FT=BE+EP=3，
∵∠FEG=∠CEH=60°，
∴∠FEG+∠HEG=∠CEH+∠HEG，
即：∠FEH=∠CEG，
在△EFH和△EGC中，
{
EF=EG
)
∠FEH=∠CEG ，
EH=EC
∴△EFH≌△EGC(SAS)，
∴FH=CG，
∵∠FTH=90°，
∴FH≥FT，
∴当点T与点H重合时，FH=BP=3为最小，
即CG为最小，最小值为3，
在Rt△HEP中，EP=1，∠EHP=30°，
∴EH=2EP=2，
由勾股定理得：HP=❑√EH2−EP2=❑√3，
∴ FB=HP=❑√3
在Rt△BEF中，BE=2，FB=❑√3，
由勾股定理的EF=❑√BE2+BF2=❑√7，
∴ EG=EF=❑√7，
∴△ECG的周长为：EG+EC+CG=❑√7+2+3=5+❑√7．
即当CG最小时，△ECG的周长为5+❑√7．
故答案为：5+❑√7．
6．（23-24九年级上·辽宁丹东·期末）如图，正方形ABCD，点E是射线AB上的动点，过点E作EF∥DB，交直线AD于点F，连接DE，取DE中点G，连接FG并延长交直线DB于点H，若AB=4，EB=3，则
FH的长为 ．
【思路点拨】
当点E在线段AB上时，作HM⊥AD于M，由正方形的性质可得∠A=90°，AD=AB=4，
∠ADB=∠ABD=45°，证明△AEF是等腰直角三角形，AE=AF=AB−AE=1，EF=❑√2，证明
△EFG≌△DHG得出DH=EF=❑√2，证明△DMH是等腰直角三角形得出DM=HM=1，
MF=AD−AF−DM=2，最后由勾股定理FH=❑√M F2+M H2，计算即可得出答案；当点E在射线AB
上时，同样的方法即可求解．
【解题过程】
解：点E在线段AB上时，如图，作HM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠A=90°，AD=AB=4，∠ADB=∠ABD=45°，
∵EF∥BD，
∴∠AEF=∠ABD=45°，∠AFE=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠AEF=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF=AB−AE=4−3=1，
∴EF=❑√AF2+AE2=❑√12+12=❑√2，
∵EF∥BD，
∴∠FEG=∠HDG，∵G为DE的中点，
∴DG=EG，
在△EFG和△DHG中，
{∠FEG=∠HDG
)
∠FGE=∠HGD ，
DG=EG
∴△EFG≌△DHG(ASA)，
∴DH=EF=❑√2，
∵HM⊥AD，∠HDM=45°，
∴△DMH是等腰直角三角形，
∴DM=HM，
∵DM2+H M2=DH2=2，
∴DM=HM=1，
∴MF=AD−AF−DM=4−1−1=2，
∴FH=❑√M F2+M H2=❑√22+12=❑√5；
当点E在射线AB上时，如图，作HN⊥AD于N，
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠DAB=90°，AD=AB=4，∠ADB=∠ABD=45°，
∵EF∥BD，
∴∠AEF=∠ABD=45°，∠AFE=∠ADB=45°，
∴∠AFE=∠AEF=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=AF=AB+AE=4+3=7，
∴EF=❑√AF2+AE2=❑√72+72=7❑√2，
∵EF∥BD，∴∠FEG=∠HDG，
∵G为DE的中点，
∴DG=EG，
在△EFG和△DHG中，
{∠FEG=∠HDG
)
∠FGE=∠HGD ，
DG=EG
∴△EFG≌△DHG(ASA)，
∴DH=EF=7❑√2，
∵HN⊥AD，∠HDN=45°，
∴△DNH是等腰直角三角形，
∴DN=HN，
∵DN2+H N2=DH2=98，
∴DN=HN=7，
∴NF=DF+DN=7+3=10，
∴FH=❑√N F2+N H2=❑√102+72=❑√149；
故答案为：❑√5或❑√149．
7．（2024·山东临沂·二模）如图，已知四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E
作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形
DEFG是正方形；②CE+CG=❑√2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CF．其中正确的是
（填序号）．
【思路点拨】
过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，根据正方形性质得∠BCD=90°，∠ECN=45°，
推出四边形EMCN是正方形，由矩形性质得EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，根
据全等三角形的性质得ED=EF，推出矩形DEFG是正方形，故①正确；根据正方形性质得AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG，得到AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，由此推出CG平
分∠DCF，故③正确；进而求得AC=AE+CE=CE+CG=❑√2AD，故②正确；当DE⊥AC时，点C与
点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【解题过程】
解：过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴NE=NC，
∴四边形EMCN是正方形，
∴EM=EN，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG是正方形，故①正确；
∴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{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDG
DE=DG
∴△ADE≌△CDG(SAS)
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°
∵∠DCF=90°
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC=AE+CE=CE+CG=❑√2AD，故②正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误．
故答案为：①②③．
8．（2024八年级下·山东·专题练习）如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点
(不与点A点D重合）将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结
BP、BH，下列结论：
①BP=EF；②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3:4:5；③∠APB=∠BPH；④△PDH周长等于
8．其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）
【思路点拨】
过点F作FM⊥AB于点M，易得MF=BC=AB，由折叠可知EF⊥BP，于是利用同角的余角相等可得
∠MEF=∠APB，以此可通过AAS证明△ABP≌△MFE，即可判断①；由折叠可知BP=PE，设
BP=PE=x，则AE=4−x，在Rt△PAE中，利用勾股定理建立方程，求解即可判断②；利用等角的余角
相等即可判断③；过点B作BN⊥PH于点N，易通过AAS证明△ABP≌△NBP，得到AB=BN，
AP=PN，以此再通过HL证明Rt△BNH≌Rt△BCH，得到NH=CH，则C =2AD，即可判断④．
△PDH
【解题过程】
解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC，
∵FM⊥AB，
四边形MBCF为矩形，∴MF=BC=AB，∠FME=90°，
由折叠可知， EF⊥BP，
∴∠PBE+∠BEF=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠BEF=∠APB，即∠MEF=∠APB，
在△ABP和△MFE中，
{∠APB=∠MEF
)
∠BAP=∠FME ，
AB=MF
∴△ABP≌△MFE(AAS)，
∴BP=EF，故①正确；
由折叠可知，BP=PE，
设BE=PE=x，则AE=4−x，
∵P为AD中点，
∴AP=2，
在Rt△PAE中，AP2+AE2=PE2，
∴22+(4−x) 2=x2，
5
解得 x= ，
2
3 5
∴AE=4−x= ，PE= ，
2 2
3 5
∴AE:AP:PE= :2: =3:4:5，
2 2
即△PAE三边之比为3:4:5，故②正确；
由折叠可知，BE=PE， ∠EBC=∠EPG=90°，∴∠PBE=∠BPE，∠BPE+∠BPH=90°，
∵∠PBE+∠APB=90°，
∴∠APB=∠BPH，故③正确；
如图，过点B作BN⊥PH于点N，
∴∠BAP=∠BNP=90°
，
在△ABP和△NBP中，
{∠BAP=∠BNP
)
∠APB=∠NPB ，
PB=PB
∴△ABP≌△NBP(AAS)，
∴AB=BN，AP=PN，
∴BC=BN，
在Rt△BNH和Rt△BCH中，
{BN=BC)
，
BH=BH
∴Rt△BNH≌Rt△BCH(HL)，
∴NH=CH，
∴C =PD+PN+NH+DH=PD+AP+CH+DH=2AD=8，
△PDH
故④正确．
综上，正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
9．（2024·浙江杭州·模拟预测）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上
(如图1)，连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若PD=2❑√2，AB=6，则BQ的长为 ；
若P在BD的延长线上(如图2)，连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE=8，
△DPE的面积是20，则PE的长为 ．【思路点拨】
本题考查正 方形的性质和判定，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关
键，（1）过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC=45°，根据
PH⊥DC，可得∠BDC=∠HPC=45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得
DH=PH=2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到
FC=PH=AE=DH=2，继而求出QE=FC=2，从而得到BQ；（2）过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，
根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH=PF，根据三角形的判定定
1
理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA=FE，再由正方形的性质求出CF=EF= CE=4，设小正方形的
2
边长为a，则大正方形的边长为(a+4)，根据S =S +S −S 列方程求出a，最后根据勾
△PDE 梯形DCFP △PFE △DCE
股定理进行计算．
【解题过程】
解：过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，
∴∠BDC=45°，
∵PH⊥DC，
∴∠BDC=∠HPC=45°，
∴DH=PH，
∴△PHD是等腰直角三角形，
由勾股定理可得：PH2+DH2=PD2，即2PH2=(2❑√2) 2 ，
解得：PH=2，
∴DH=PH=2，
∵∠FPH=∠PFC=∠PHC=90°，
∴四边形PFCH是矩形，
∴FC=PH=2，
同理可证：四边形ADHE是矩形，
∴AE=DH=2，
∵PQ⊥CP，PF⊥BC，
∴∠EPQ+∠QPF=90°,∠QPF+∠CPF=90°，
∴∠EPQ=∠CPF，
∵PE=PF,∠QEP=∠PFC，
∴△EPQ≌△FPC，
∴QE=FC=2，
∴BQ=AB−AE−EQ=6−2−2=2．
故答案为：2．
过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，如图，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB,PF⊥BC，
∴PH=PF，
∵∠HPF=90°,∠APE=90°，
∴∠HPA+∠APF=90°,∠APF+∠FPE=90°，
∴∠HPA=∠FPE，
在△HPA和△FPE中
{∠PHA=∠PFE
)
PH=PF
∠HPA=∠FPE∴△HPA≌△FPE，
∴HA=FE，
∵四边形BHPF和ABCD均为正方形，
∴BH=BF,AB=BC，
∴AH=CF，
1
∴CF=EF= CE=4，
2
设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为(a+4)，
∵S =S +S −S ，
△PDE 梯形DCFP △PFE △DCE
1 1 1
∴(a+a+4)×4× +4(a+4)× − ×a×8=20，
2 2 2
解得：a=2，
∴PF=6，
∴PE=❑√PF2+EF2=❑√52=4❑√13．
故答案为：4❑√13．
10．（23-24八年级下·重庆开州·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，AB=6．
（1）如图1，点M在边BC上（不与端点B、C重合），点N在对角线AC上，且MN⊥AC，连接AM，
点G是AM的中点，连接DN、NG．
①若BM=2，求NG的长；
②求证：DN=❑√2NG；
（2）如图2，点E、F分别为AB、BC边上的点，且BE=CF，请直接写出AF+CE的最小值．
【思路点拨】
（1）①本题利用正方形的性质，可用勾股定理求解AM，并结合点G是AM的中点以及MN⊥AC，利用
直角三角形斜边中线等于斜边一半求解NG．
②先过点D向AC做垂线，继而利用正方形性质求证MN=NC，然后假设未知数利用勾股定理求解GN以
及DN，最后将结果进行对比证明此题．
（2）延长DC到G，使CG=BC，连接FG、AG，构造△CGF，得△BCE≌△CGF(SAS)，进而可得CE=FG，由此可知AF+CE=AF+FG≥AG，求出AG长即可．
【解题过程】
（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝90°，
在Rt△ABM中，
∵ AB＝6，BM＝2，
∴AM=❑√AB2+BM2=2❑√10．
∵MN⊥AC，点G是AM的中点，
1
∴GN＝ AM＝ ❑√10．
2
②证明：过点D作DE⊥AC于点E，如下图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AD＝DC，DE＝ AC．
2
∵AC为正方形对角线，
∴∠ACB＝45°．
∵MN⊥AC，
∴MN＝NC．
设MN＝NC＝a，AN＝b，
∴在Rt△AMN中，由勾股定理得：AM=❑√M N2+AN2=❑√a2+b2，
∵MN⊥AC，点G是AM的中点，
❑√a2+b2
∴GN= ．
2
∵AC＝a＋b，
a+b
∴DE＝EC＝ ．
2b−a ❑√2(a2+b2 )
∴EN＝EC−NC＝ ，DN=❑√DE2+EN2= ，
2 2
∴DN=❑√2NG．
（2）延长DC到G，使CG=BC，连接FG、AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCB=∠BCG=90°，CD=BC=CG=AB=6，
∴△BCE≌△CGF(SAS)，
∴CE=FG，
∴AF+CE=AF+FG≥AG，即当A、F、G三点共线时，AF+CE取最小值，最小值为AG，
在Rt△ADG中，AG=❑√AD2+BG2=❑√62+(6+6) 2=6❑√5，
即AF+CE最小值为6❑√5．
11．（23-24九年级上·广东广州·期中）已知正方形ABCD，E为平面内任意一点，连接DE，将线段DE绕
点D顺时针旋转90°得到线段DG，连接EC，AG．
（1）如图，当点E在正方形ABCD内部时，补全图形，判断AG与CE的关系，并写出证明过程；
（2）当点B，D，G在一条直线上时，若AD=4，DG=❑√2，求CE的长．
【思路点拨】
（1）根据题意补全图形，先判断出∠GDA=∠EDC，进而得出△AGD≅△CED，即可得出AG=CE，
最后判断出∠AFH=∠HDC=90°即可得出结论；
（2）分两种情况，当点G在线段BD的延长线上时和当点G在线段BD上时，构造直角三角形利用勾股定理即可得出结论．
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理，关键是判断出△AGD≅△CED
和构造直角三角形．
【解题过程】
（1）解：AG=CE，AG⊥CE，理由如下：
依题意补全图形，如图①，
延长CE分别交AG，AD于点F，H，
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，
∵DE绕点D顺时针旋转90°得到DG，
∴∠GDE=∠ADC=90°，GD=ED，
∴∠GDA=∠EDC，
又∵AD=CD，
在△AGD和△CED中，
{
GD=ED
)
∠GDA=∠EDC ，
AD=CD
∴△AGD≅△CED(SAS)，
∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，
∵∠AHF=∠CHD，
∴∠AFH=∠HDC=90°，
∴AG⊥CE．
（2）解：当点G在线段BD的延长线上时，如图②所示，过点G作GM⊥AD，交AD的延长线于点M，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB=∠GDM=45°，
∵GM⊥AD，DG=❑√2，
∴MD=MG=1，
∴AM=AD+MD=5，
在Rt△AMG中，由勾股定理，得AG=❑√AM2+MG2=❑√26，
由（1），同理可得△AGD≅△CED，
∴CE=AG=❑√26，
当点G在线段BD上时，如图③所示，
过点G作GM⊥AD于点M，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=45°，
∵GM⊥AD，DG=❑√2，
∴MD=MG=1，
∴AM=AD−MD=3，
在Rt△AMG中，由勾股定理，得AG=❑√AM2+MG2=❑√10，由（1）同理可得△AGD≅△CED，
∴CE=AG=❑√10，
∴CE的长为❑√26或❑√10．
12．（22-23九年级下·广东汕头·期中）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）∠EAF=______（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形；
②试说明EF=BE+DF，若AB=6，求(BE+6)(DF+6)的值．
【思路点拨】
（1）由两个平角的和为360°减去∠CFE+∠CEF，剩下∠DFE+∠BEF，再由角平分线求出
∠AEF+∠AFE，利用三角形的内角和即可求解；
（2）①作AG⊥EF于G，如图所示：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延长CB至H，使BH=DF，利用SAS证明△ABH≌△ADF，可得AH=AF，∠HAB=∠FAD，再证
明△AHE≌△AFE，则有HE=EF，进而可得EF=BE+DF，设BE=a,DF=b，根据
S =S +S +S +S =2(S +S )+S ，再代入化简即可求解．
正方形ABCD △ABE △ADF △AEF ECF △ABE △ADF ECF
【解题过程】
（1）解：∵∠C=90°
∴∠CFE+∠CEF=90°
∴∠DFE+∠BEF=360°−90°=270°
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF
1 1
∴∠AFE= ∠DFE，∠AEF= ∠BEF
2 2
1 1
∴∠AEF+∠AFE= (∠DFE+∠BEF)= ×270°=135°
2 2
∴∠EAF=180°−∠AEF−∠AFE=45°
故答案为：45°；（2）①证明：作AG⊥EF于G，如图所示
∴∠AGE=∠AGF=90°，
∵AB⊥CE,AD⊥CF
∴∠B=∠D=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF
∴∠AEB=∠AEG，∠AFG=∠AFD
在△AEB和△AEG中，
{
∠AEB=∠AEG
)
∠ABE=∠AGE=90°
AE=AE
∴△AEB≌△AEG(AAS)
∴AB=AG，
同理可证明：△AFG≌△AFD(AAS)，
∴AD=AG，
∴AB=AD
∴四边形ABCD是正方形；
解：②延长CB至H，使BH=DF，如图所示：
在△ABH和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABH=∠ADF
BH=DF
∴△ABH≌△ADF(SAS)∴AH=AF，∠HAB=∠FAD，
由（1）可知∠EAF=45°，
又∵∠EAB+∠FAD+∠EAF=90°
∴∠EAB+∠FAD=∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠HAB=∠EAF=45°
即∠HAE=∠EAF，
在△AHE和△AFE中，
{
AE=AE
)
∠HAE=∠EAF
AH=AF
∴△AHE≌△AFE(SAS)
∴HE=EF，
∴HB+BE=EF
∴DF+BE=EF，
设BE=a,DF=b，
∵△AHE≌△AFE，
∴S +S =S ，
△ABE △ADF △AEF
∴S =S +S +S +S =2(S +S )+S
正方形ABCD △ABE △ADF △AEF ECF △ABE △ADF ECF
1 1 1
即6×6=2×( ×6a+ ×6b)+ (6−a)(6−b)，
2 2 2
1
化简得：3a+3b+ ab=18
2
∴6a+6b+ab=36，
∴(BE+6)(DF+6)=(a+6)(b+6)=6a+6b+ab+36=36+36=72．
13．（22-23八年级下·浙江台州·期末） 如图1，在正方形ABCD中，点E是线段CD上任意一点
（不含端点），点F在射线BE上，且CF=CB，连接DF，过点D作DH⊥DF交BE于点H，连接CH．
（1）①若∠EBC=20°，求∠DFB的度数；②试判断∠DFB的度数是否变化？请说明理由；若不变，请求出它的度数；
（2）若BC=5，当CH∥DF时，求CH的长度；
（3）如图2，当CH⊥BF时，求证：DE=CE．
【思路点拨】
（1）①由四边形ABCD是正方形，得∠BCD=90°，BC=CD，而BC=CF，有∠EBC=∠CFB=20°
，CD=CF，故∠FCE=180°−∠EBC−∠CFB−∠BCD=50°，可知
∠CFD=(180°−∠FCE)÷2=65°，即得∠DFB=∠CFD−∠CFB=65°−20°=45°
②设∠CBF=∠CFB=x°，同①方法可得∠DFB=∠CFD−∠CFB=(45+x)°−x°=45°；
（2）过C作CK⊥CH交BF于T，交DF于K，根据DH⊥DF，CH∥DF，可得四边形DHCK是矩
形，有∠DKC=90°，CH=DK，△HCT和△FKT是等腰直角三角形，故CT=CH=DK=KF=KT，
设CT=CH=DK=KF=KT=m，在Rt△CDK中，x2+(2x) 2=52，可解得CH=❑√5
（3）过C作CM⊥CH，过D作DM⊥CM于M，连接CN，证明△BCH≌△DCM(AAS)，得
CH=CM，可知四边形NHCM是正方形，有CH=HN，∠HNM=90°，而△DNH是等腰直角三角形，
知DN=HN，故CH=DN，而CH∥DN，即得四边形DHCN是平行四边形，DE=CE．
【解题过程】
（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵BC=CF，
∴∠EBC=∠CFB=20°，CD=CF，
∴∠FCE=180°−∠EBC−∠CFB−∠BCD=180°−20°−20°−90°=50°，
∵CD=CF，
∴∠CFD=(180°−∠FCE)÷2=65°，
∴∠DFB=∠CFD−∠CFB=65°−20°=45°，
∴∠DFB的度数是45°；
②∠DFB的度数不变化，∠DFB的度数是45°；理由如下：
设∠CBF=∠CFB=x°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵∠EBC=∠CFB=x°，
∴∠FCE=180°−∠EBC−∠CFB−∠BCD=180°−x°−x°−90°=(90−2x)°，∵BC=CF，
∴CD=CF，
∴∠CFD=(180°−∠FCE)÷2=[180°−(90−2x)°)÷2=(45+x)°，
∴∠DFB=∠CFD−∠CFB=(45+x)°﹣x°=45°；
（2）解：过C作CK⊥CH交BF于T，交DF于K，如图：
由（1）知∠DFB=45°，
∵DH⊥DF，
∴∠HDF=90°，
∵CH∥DF，
∴∠DHC=90°，∠THC=∠DFB=45°，
∴四边形DHCK是矩形，
∴∠DKC=90°，CH=DK，
∴△HCT和△FKT是等腰直角三角形，
∴CH=CT，KT=KF，
∵CD=CF，∠DKC=90°，
∴DK=KF，
∴CT=CH=DK=KF=KT，
设CT=CH=DK=KF=KT=m，则CK=2m，
在Rt△CDK中，DK2+CK2=CD2，而CD=BC=5，
∴x2+（2x）2=52，
解得x=❑√5（负值已舍去），
∴CH=❑√5；
（3）证明：过C作CM⊥CH，过D作DM⊥CM于M，连接CN，如图：∵∠BCD=∠HCM=90°，
∴∠BCH=∠DCM，
∵∠BHC=90°=∠M，BC=CD，
∴△BCH≌△DCM(AAS)，
∴CH=CM，
∵∠NHC=∠HCM=∠M=90°，
∴四边形NHCM是正方形，
∴CH=HN，∠HNM=90°，
∵∠HDF=90°，∠DFB=45°，
∴∠DHF=45°，
∴△DNH是等腰直角三角形，
∴DN=HN，
∴CH=DN，
∵∠CHN=90°=∠DNH，
∴CH∥DN，
∴四边形DHCN是平行四边形，
∴DE=CE．
14．（23-24九年级上·江苏南京·开学考试）如图，P是正方形ABCD的边CD右侧一点，CP=CD，
∠PCD为锐角，连接PB，PD．
（1）如图①，若PD=PC，求∠BPD的度数；
（2）如图②，作CE平分∠PCD交PB于E．
①∠BEC的度数是___°；②探究PD，BE，CE之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）可证∠PCD=60°=∠DPC，可求∠BCP=150°，即可求解；
1
（2）①设∠DCP=x，∠BPC=45°− x，由∠CEB=∠BPC+∠PCE即可求解；②连接DE，过点C
2
作CF⊥CE交BP于点F，可求EF=❑√2CE，可证△BCF≌△DCE，从而可得BF=DE，
∠BFC=∠DEC，可证EF=BE−BF=❑√2CE，DP=❑√2DE，即可求证．
【解题过程】
（1）解：∵CP=CD=PD，
∴△PCD是等边三角形，
∴∠PCD=60°=∠DPC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=CP，∠BCD=90°，
∴∠BCP=150°，
1
∴∠CPB= (180°−150°)=15°，
2
∴∠BPD=∠DPC−∠CPB=45°；
（2）解：①设∠DCP=x，
∴∠BCP=90°+x，
∵BC=CD=CP，
1
∴∠BPC= (180°−∠BCP)
2
1
= (180°−90°−x)
2
1
=45°− x，
2
∵CE平分∠DCP，
1 1
∴∠PCE= ∠DCP= x，
2 2
∴∠CEB=∠BPC+∠PCE
1 1
=45°− x+ x
2 2
=45°；故答案为：45；
❑√2
②BE− DP=❑√2CE，理由如下：
2
如图，连接DE，过点C作CF⊥CE交BP于点F，
∴∠FCE=∠BCD=90°，
∴∠BCF+∠DCF=∠DCE+∠DCF，
∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠BCF=∠DCE，CE=CF，
∴EF=❑√2CE，
在△BCF和△DCE中
{
BC=DC
)
∠BCF=∠DCE ，
CF=CE
∴△BCF≌△DCE（SAS），
∴BF=DE，∠BFC=∠DEC，
∵∠BFC=180°−∠CFE=135°，
∴ ∠DEC=135°，
∴∠≝=∠DEC−∠CEF=90°，
EF=BE−BF=❑√2CE，
∴BE−DE=❑√2CE，∠DEP=90°，
∵CD=CP，CE平分∠DCP，
∴CE垂直平分DP，
∴DE=EP，
∴DP=❑√2DE，
❑√2
∴DE= DP，
2❑√2
∴ BE− DP=❑√2CE．
2
15．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图1，正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的
点，∠BAD=2∠EAF，
（1）请你直接写出BE、DF、EF之间的数量关系：___________．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD与∠BCD互补，点E、F分别是边BC、CD上的
点，∠BAD=2∠EAF，请问：（1）中结论是否成立？若成立，请证明结论；若不成立，请说明理由；
（3）在（1）的条件下，若E、F分别在直线BC和直线CD上，若BE=2，AB=5，则EF=
___________．
【思路点拨】
（1）如图1，先证△ABE≌△ADG(SAS)，得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再证明
△AEF≌△AGF(SAS)，即可证明结论；
（2）如图2，先证△ABE≌△ADG(SAS)，得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再证明
△AEF≌△AGF(SAS)即可证明结论；
（3）分点E在线段BC上延长线上两种情况，分别运用全等三角形的性质和勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：EF=DF+BE，理由如下：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠ADC=90°，
∴∠ADG=180°−∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵∠BAD=2∠EAF=90°，
∴∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠EAF，
∴∠DAG+∠BAE=∠GAF=45°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
{
AE＝AG
)
∠EAF＝∠GAF
AF＝AF
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF，
∴EF=DG+DF=DF+BE；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BAD+∠BCD+∠B+∠ADC=360°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADG+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠DAF+∠DAG=∠GAF=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
{
AE＝AG
)
∠EAF＝∠GAF ，
AF＝AF
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF，
∴EF=DG+DF=DF+BE；
（3）解：如图：当点E在线段BC上时，
∵BE=2，AB=5=CD=BC，
∴CE=BC−BE=3，CF=CD−DF=5−DF
∵EF=DF+BE，
∴EF=DF+2，
∵EF2=CE2+CF2，
5
∴(DF+2) 2=9+(5−DF) 2，解得：DF= ，
2
5 9
∴EF=DF+2= +2= ，
2 2
如图，当点E在线段CB的延长线上时，在CD上截取DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠GAE=∠DAB，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠GAF=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
{
AE＝AG
)
∠EAF＝∠GAF ，
AF＝AF
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF，
∴EF=GF=DC+CF−DG=5+CF−2=CF+3，EC=BC+BE=5+2=7
∵EF2=EC2+CF2，
20
∴(CF+3) 2=72+CF2，CF=
3
20 29
∴EF= +3=
3 3
9 29
综上所述：EF的长为 或 ．
2 3
16．（2023·辽宁营口·一模）如图1，在正方形ABCD的BC边的延长线上取点G，以CG为边作正方形
CGFE，连接AF，取AF的中点M，连接DM，EM．（1）请说明线段DM，EM的关系，不必说理；
（2）如图2，把正方形CGFE绕点C顺时针旋转，当点G在BC上时，（1）中结论是否仍然成立？若成
立，请说明理由；
（3）在旋转过程中，当D，E，F三点在一条直线上时，若AB=13，CE=5，请直接写出MF的长．
【思路点拨】
（1）作出辅助线，根据题意可证ΔAMK≅ΔFME，再证得ΔKDE是等腰直角三角形，即可得出结论．
（2）作出辅助线，根据题意可证ΔAMT≅ΔFME(AAS)，再证得ΔTDE是等腰直角三角形，即可得出
结论．
（3）作出辅助线，分两种情况讨论，即F在DC左右两侧的情况，即可求解．
【解题过程】
（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．
理由：如图中，延长EM交AD于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE=∠≝=90°，AD=CD，
∴AD//EF，
∴∠MAH=∠MFE，
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH=ME，AH=EF=EC，
∴DH=DE，
∵∠EDH=90°，∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，延长EM，DA交于点T，
∵EF∥CG∥AD，
∴∠MAT=∠MFE，∠MTA=∠MEF，
∵M是AF的中点，
∴AM=FM，
∴△AMT≌△FME(AAS)，
∴AT=EF=EC，TM=EM，
∵AD=CD，
∴AD+AT=CD+CE，即DT=DE，
∵∠TDE=90°，
∴ΔTDE是等腰直角三角形，
而TM=EM，
∴DM=EM，DM⊥EM．
（3）连接DE，过点M作MR⊥DE于点R，延长EM至H，使MH=ME，连接AH，DH，
当F在DC右侧时，如图，
∵MH=ME，∠AMH=∠EMF，AM=FM，
∴△AMH≌△FME(SAS)，
∴AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，∴AH∥DF，
∴∠DAH+∠ADE=180°，
∴∠DAH+∠CDE=90°，
∴∠DCE+∠CDE=90°，
∴∠DAH=∠DCE，
∵DA=DC，
∴△DAH≌≌DCE(SAS)，
∴DH=DE，∠ADH=∠CDE，
∴∠HDE=∠ADC=90°，
∵ME=MH，
∴DH⊥EH，DM=MH=EM，
在Rt△CDE中，DE=❑√DC2−CE2=❑√132−52=12，
∵DM=ME，DM⊥ME，MR⊥DE，
1
∴MR= DE=6=DR=ℜ，
2
∴FR=EF+ℜ=11，
在Rt△RMF中，MF=❑√M R2+RF2=❑√62+112=❑√157；
当F在DC左侧时，如图，
同法可得DE=12，MR=6=DR=ℜ，
∴FR=ER−FE=6−5=1，
在RtΔRMF中，MF=❑√M R2+FR2=❑√62+12=❑√37，
综上，MF的长为❑√157或❑√37．
17．（22-23八年级下·湖北武汉·期中）已知正方形ABCD中，等腰直角△BEG绕着点B旋转．（1）如图1，若E点落在边AD上，BG交DC于H，直接写出AE，CH，EH的数量关系；
（2）如图2，连DG，取DG中点F，连EF、CF，试探究EF与CF的关系：
（3）若E点落在直线DC上，且CE:DE=1:2，连接CG，AG，直接写出CG:AG=______．
【思路点拨】
（1）将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBF，使AB与BC重合，则△ABE≌△CBF，从而得到
AE=CF，BE=BF，∠ABE=∠CBF，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质得到
∠HBF=45°=∠EBH，然后证明出△EBH≌△FBH(SAS)，得到EH=HF=HC+CF，即可证明出
EH=HC+AE；
（2）延长EF至H，使EF=FH，连接DH、CH、CE，通过证明△EGF≌△HDF得到
DH=EG，∠EGF=∠HDF，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质得到
CD=BC，BE=≥=DH，根据多边形的内角和得到∠EBC=∠CDH，通过证明△EBC≌△HDC，得
到EC=HC，∠ECB=∠HCD，从而推出△HCE为等腰直角三角形，再由等腰直角三角形的性质即可
得出答案；
（3）过点G作GM⊥DC交DC的延长线于M，过点G作GN⊥AD交AD于点N，设CE=a，则DE=2a
，CD=3a，由正方形的性质可得∠BCD=∠ADC=90°，BC=AD=CD=3a，由勾股定理可得
BE=❑√10a，由等腰直角三角形的性质可得∠BEG=90°，BE=≥=❑√10a，通过证明
△BCE≌△EMG(AAS)，得到MG=CE=a，ME=BC=3a，从而得到MD=5a，CM=2a，通过证明
四边形DMGN是矩形，可得DN=MG=a，NG=DM=5a，从而得到AN=4a，由勾股定理可得
AG=❑√41a，最后进行计算即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBF，使AB与BC重合，∴ △ABE≌△CBF，
∴ AE=CF，BE=BF，∠ABE=∠CBF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ABC=90°，
∵ △BEG是等腰直角三角形，
∴ ∠EBG=45°，
∴ ∠ABE+∠CBH=45°，
∴ ∠CBF+∠CBH=45°，
∴ ∠HBF=45°=∠EBH，
又∵ BE=BF，BH=BH，
∴ △EBH≌△FBH(SAS)，
∴ EH=HF=HC+CF，
∵ AE=CF，
∴ EH=HC+AE；
（2）解：如图，延长EF至H，使EF=FH，连接DH、CH、CE，
，
∵ F为CD的中点，
∴GF=DF，
在△EGF和△HDF中，{
GF=DF
)
∠GFE=∠DFH ，
EF=HF
∴△EGF≌△HDF(SAS)，
∴DH=EG，∠EGF=∠HDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=DC，
∵ △BEG是等腰直角三角形，
∴EG=EB，∠BEG=90°，
∴EB=DH，
∵多边形BCDGE为五边形，
∴ ∠EBC+∠BCD+∠CDG+∠EGD+∠BEG=540°，
∴∠EBC+∠CDG+∠EGD=360°，
∵∠CDG+∠FDH+∠CDH=360°，∠EGF=∠FDH，
∴∠EBC=∠CDH，
在△EBC和△HDC中，
{
BC=DC
)
∠EBC=∠HDC ，
EB=HD
∴△EBC≌△HDC(SAS)，
∴EC=HC，∠ECB=∠HCD，
∵∠ECB+∠ECD=∠BCD=90°，
∴∠HCD+∠ECD=∠HCE=90°，
∴△HCE为等腰直角三角形，
∵EF=HF，
∴F为等腰直角△HCE斜边EH上的中点，
∴CF=EF，CF⊥EF；
（3）解：如图，过点G作GM⊥DC交DC的延长线于M，过点G作GN⊥AD交AD于点N，，
∵CE:DE=1:2，
∴设CE=a，则DE=2a，
∴CD=CE+DE=a+2a=3a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=∠ADC=90°，BC=AD=CD=3a，
∴BE=❑√BC2+CE2=❑√(3a) 2+a2=❑√10a，
∵△BEG是等腰直角三角形，
∴∠BEG=90°，BE=≥=❑√10a，
∴∠BEC+∠GEM=90°，
∵∠CBE+∠BEC=90°，
∴∠CBE=∠MEG，
∵GM⊥DC，
∴∠GME=90°=∠ECB，
在△BCE和△EMG中，
{∠BCE=∠EMG
)
∠CBE=∠MEG ，
BE=EG
∴△BCE≌△EMG(AAS)，
∴MG=CE=a，ME=BC=3a，
∴MD=ME+DE=3a+2a=5a，CM=ME−CE=3a−a=2a，
∴CG=❑√MG2+MC2=❑√a2+(2a) 2=❑√5a，
∵∠ADC+∠MDN=180°，∠ADC=90°，
∴∠MDN=90°，∵GN⊥AD，
∴∠GND=∠MDN=∠GMD=90°，
∴四边形DMGN是矩形，
∴DN=MG=a，NG=DM=5a，
∴AN=AD+DN=3a+a=4a，
∴AG=❑√AN2+NG2=❑√(4a) 2+(5a) 2=❑√41a，
❑√205
∴CG:AG=❑√5a:❑√41a= ．
41
18．（22-23八年级下·重庆铜梁·期末）在正方形ABCD中，E为直线AB上一点．
（1）如图1，E在AB延长线上，F为对角线BD上一点，连接EF，AF，CF，若EF=CF，求∠EFC
度数；
（2）如图2，E在AB边上，连接DE，点H在BC边上且BH=2AE，过点H作HQ⊥DE，垂足为Q，
延长HQ交AD于点G，连接AQ．求证：EQ+GQ=❑√2AQ；
（3）如图3，E在AB边上运动，连接DE，取DE中点M．点N在CD边上运动，连接BN，将△BCN沿着
CN
BN翻折到同一平面内得到△BC′N．当点M与点C′重合时，直接写出 的值．
AE
【思路点拨】
（1）作FG⊥BC，FH⊥AB，证明四边形HBGF是矩形，推出∠HFG=90°，证明
Rt△EFH≌Rt△CFG(HL)，推出∠HFE=∠GFC，据此可求得∠EFC=90°；
（2）作AI∥GH交BC于点I，证明△IBA≌△EAD，推出BI=IH=AG=AE，作AP⊥AQ交HG的延
长点P，作AM⊥HP于点M，证明四边形AMQN为正方形，推出PQ=❑√2AQ，再证明△PAG≌△QAE
，据此即可证明结论成立；
（3）过M作GH∥AD，证明△EMG≌△DMH，推出AG=≥=DH， GM=MH，设GM=MH=a，
AG=≥=DH=b，则正方形ABCD的边长为2a，证明△GMO是等边三角形，推出∠2=∠1=30°，利用2❑√3a
含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，计算得出CN= ，AE=2b=2(2−❑√3)a，即可求解.
3
【解题过程】
（1）解：作FG⊥BC，FH⊥AB，垂足分别为G，H，
∵正方形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∴四边形HBGF是矩形，
∴∠HFG=90°，
∵正方形ABCD，
∴BD平分∠ABC，
∴FG=FH，
∵EF=CF，
∴Rt△EFH≌Rt△CFG(HL)，
∴∠HFE=∠GFC，
∴∠EFC=∠EFG+∠GFC=∠EFG+∠HFE=90°；
（2）证明：作AI∥GH交BC于点I，
∵AD∥BC，
∴四边形AGHI是平行四边形，
∴AG=IH，
∵HQ⊥DE，
∴AI⊥DE，∴∠1+∠AED=∠2+∠AED，
∴∠1=∠2，
∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠B=∠EAD=90°，
∴△IBA≌△EAD，
∴BI=AE，
∵BH=2AE，
∴BI=IH=AG=AE，
作AP⊥AQ交HG的延长点P，作AM⊥HP于点M，
∴四边形AMQN为矩形，
∴AM∥DE，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴△AEN≌△AGM，
∴AN=AM，
∴四边形AMQN为正方形，
∴∠AQM=45°，
∴△AQP是等腰直角三角形，
∴AQ=AP，PQ=❑√2AQ，
∵∠EAD=∠PAQ=90°，
∴∠PAG=∠QAE，
∵AQ=AP，AE=AG，
∴△PAG≌△QAE，
∴PG=QE，
∵PG+GQ=PQ=❑√2AQ，
∴EQ+GQ=❑√2AQ；
（3）解：过M作GH∥AD，∵正方形ABCD，
∴四边形AGHD为矩形，
∴AG=DH，
∵点M是DE中点，∴EM=DM，
∴△EMG≌△DMH，
∴AG=≥=DH，GM=MH，
设GM=MH=a，AG=≥=DH=b，则正方形ABCD的边长为2a，
由折叠知BM=BC=2a，∠BMN=∠C=90°，
∴∠1=90°−∠BMG=∠2，
取BM的中点O，连接OG，
∴OG=OM=OB=a=GM，
∴△GMO是等边三角形，
∴∠GMO=60°，
∴∠2=∠1=30°，
1
由折叠知∠MBN=∠CBN= (90°−∠2)=30°，
2
在Rt△BGM中，BG=❑√BM2−GM2=❑√3a，
在Rt△BCN中，BN=2CN，
∴CN2+BC2=BN2，即CN2+(2a) 2=(2CN) 2，
2❑√3a
∴CN= ，AE=2b=2(2−❑√3)a，
3
2❑√3a
∴CN 3 2❑√3+3.
= =
AE 2(2−❑√3)a 3
19．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）正方形ABCD中，点E在边BC、CD上运动（不与正方形顶点
重合），作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F．（1）如图，当点E在边BC上时，
①若BE=DF，则图中与线段AE相等的线段是________．
②过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数．
③求证：在②的条件下，AB+BE=❑√2BG．
（2）当点E在边CD上，点F在边CD延长线上时，仍过点E作EG⊥AF于点G，再过点G作GN⊥EF于
EN
点N，连接DG，若DF=DG，求 的值．
GN
【思路点拨】
（1）①通过证明△ABE≌△ADF(SAS)，即可得到AE=AF；
②当E点在BC上时，过点G作GM⊥AD交AD于点M，延长MG交BC于点N，证明
△AMG≌△GNE(AAS)，推出△GMD是等腰直角三角形，进而得到∠GDC=45°；当E点在CD上时，
过点G作GN⊥DF交DF于点N，延长GN交BA点的延长线于点M，同理可证明△AMG≌△GNE(AAS)
，推出△NDG是等腰直角三角形，则∠GDN=45°，∠GDC=180°−45°=135°；
③延长BA到H，使AH=BE，过G作MG⊥AD于M，交BC于点N，则∠AMG=90°=∠ENM，推出
△AEG是等腰直角三角形，则AG=EG，证明△AHG≌△EBG(SAS)，可得∠H=∠4，推出BG=HG
，结合BG2+HG2=BH2即可证明；
（2）延长NG、BA，交于点M，可推出△AGE是等腰直角三角形，则AG=≥¿，可证明
△AMG≌△GNE(AAS)，得到GN=AM，MG=NE，推出△GDN是等腰直角三角形，设
GN=DN=AM=a，则GD=DF=DE=❑√2a，可得EN=DN+DE=a+❑√2a，即可求解．
【解题过程】
（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，∠B=∠D=90°，
∵ BE=DF，
∴ △ABE≌△ADF(SAS)，
∴ AE=AF，故答案为：AF；
②当E点在BC上时，如图1，过点G作GM⊥AD交AD于点M，延长MG交BC于点N，
∴ ∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴ ∠AGM+∠MAG=90°，
∵ EG⊥AF，
∴ ∠AGM+∠EGN=90°，
∴ ∠MAG=∠NGE，
∵ ∠AGE=90°，∠EAF=45°，
∴ AG=EG，
在△AMG和△GNE中，
{∠AMG=∠GNE=90°
)
∠MAG=∠NGE ，
AG=EG
∴ △AMG≌△GNE(AAS)，
∴ AM=GN，
∵ AM+MD=GN+GM，
∴ MD=MG，
∴ △GMD是等腰直角三角形，
∴ ∠MDG=45°，
∴ ∠GDC=45°；
当E点在CD上时，如图2，过点G作GN⊥DF交DF于点N，延长GN交BA点的延长线于点M，∴四边形ADNM是矩形，
同理，△AMG≌△GNE(AAS)，
∴ GN=AM=DN，
∴ △NDG是等腰直角三角形，
∴ ∠GDN=45°，
∴ ∠GDC=180°−45°=135°，
综上所述，∠GDC的度数为45°或135°；
③延长BA到H，使AH=BE，
∴ AB+BE=AB+AH=BH，
过G作MG⊥AD于M，交BC于点N，则∠AMG=90°=∠ENG，
∴ ∠1+∠3=90°，∠2+∠AGM=90°，
∵ ∠AGE=90°，
∴ ∠1+∠AGM=90°，
∴ ∠1=∠2，
∴ ∠AGM=∠3，
∵ ∠2+∠BAG=∠BAD=90°，∴ ∠AGM=∠BAG=∠3，
∴ 180°−∠3=180°−∠BAG，即∠BEG=∠HAG，
∵ ∠EAG=45°，∠AGE=90°，
∴ △AEG是等腰直角三角形，
∴ AG=EG，
又∵ ∠HAG=∠BEG，AH=BE，
∴ △AHG≌△EBG(SAS)，
∴ ∠H=∠4，
∵ ∠5+∠4=∠ABC=90°，
∴ ∠5+∠H=90°，
∴ ∠BGH=90°，∠5=∠H=45°，
∴ BG=HG且BG2+HG2=BH2，即BH=❑√2BG，
即AB+BE=❑√2BG；
（2）如下图，延长NG、BA，交于点M，
则四边形ADNM是矩形，
∴ ∠M=∠ENG=90°，AM=DN，
∴ ∠1+∠2=90°，
∵ AF⊥EG，
∴ ∠1+∠NGE=90°，
∴ ∠2=∠NGE，
∵ ∠GAE=45°，
∴ △AGE是等腰直角三角形，
∴ AG=≥¿，
在△AMG和△GNE中，¿，
∴ △AMG≌△GNE(AAS)，
∴ GN=AM，MG=NE，
∴ GN=DN，
∴ △GDN是等腰直角三角形，
∴设GN=DN=AM=a，
∴ GD=❑√GN2+N D2=❑√2a=DF，
∵ AE=AF，∠ADE=90°，
∴ DE=DF=❑√2a，
∴ EN=DN+DE=a+❑√2a，
EN a+❑√2a
∴ = =1+❑√2．
GN a
20．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）问题提出：
（1）如图1，在正方形ABCD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．判断线段DN，MB，EC之间的数量关系，并说明理由；
问题探究：
（2）在（1）的基础上，解答下列问题：
①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；
②如图③，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P′
处．若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P′S的最小值．
【思路点拨】
（1）过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF=MB
，证明△ABE≌△BCF得出BE=CF，即可得出结论；
（2）①连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角
形，得出∠EAQ=∠AEQ=45°，即可得出结论；
②连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重
合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA=∠ADO′=45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接
PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP=∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NH P′得出PG=NH，
GN=P′H，由正方形的性质得出∠PDG=45°，易得出PG=GD，得出GN=DH，DH=P′H，得出
∠P′DH=45°，故∠P′DA=45°，点P′在线段DO′上运动；过点S作SK⊥DO′，垂足为K，即可得出
结果．
【解题过程】
解：（1）线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB=EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠BCD=90°，AB=BC=CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF=MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE=90°，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
{
∠BAE=∠CBF
)
AB=BC ，
∠ABE=BCF=90°
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，∵DN+NF+CF=BE+EC，
∴DN+MB=EC；
（2）①连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图所示：
∵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°，
∴△DHQ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，
{AQ=QE)
，
AH=QI
∴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°；
②连接AC交BD于点O，如图所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠ODA=∠ADO′=45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP=PC，
在△APB和△CPB中，
{AP=PC
)
BP=BP ，
AB=BC
∴△APB≌△CPB(SSS)，
∴∠BAP=∠BCP，
∵∠BCD=∠MPA=90°，
∴∠PCN=∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP=∠PNC，
∴∠PCN=∠PNC，
∴PC=PN，
∴AP=PN，
∴∠PNA=45°，
∴∠PN P′=90°，
∴∠P′NH+∠PNG=90°，
∵∠P′NH+∠N P′H=90°，∠PNG+∠NPG=90°，
∴∠NPG=∠P′NH，∠PNG=∠N P′H，
由翻折性质得：PN=P′N，
在△PGN和△NH P′中，{∠NPG=∠PNH
)
PN=P′N
，
∠PNG=∠N P′H
∴△PGN≌△NH P′ (ASA)，
∴PG=NH，GN=P′H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG=45°，
易得PG=GD，
∴GN=DH，
∴DH=P′H，
∴∠P′DH=45°，故∠P′DA=45°，
∴点P′在线段DO′上运动；
过点S作SK⊥DO′，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS=2，则P′S的最小值为❑√2．
