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专题 18.7 正方形中的几何综合
◆ 典例分析
【典例1】在正方形ABCD中，E是BC边上一点（点E不与点B，C重合），AE⊥EF，垂足为点E，
EF与正方形的外角∠DCG的平分线交于点F．
（1）如图1，若点E是BC的中点，猜想AE与EF的数量关系是________．证明此猜想时，可取AB的中
点P，连接EP．根据此图形易证△AEP≌△EFC．则判断△AEP≌△EFC的依据是______
（2）点E在BC边上运动．
①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由．
②如图3，连接AF，DF，若正方形ABCD的边长为4，求△AFD周长的取值范围．
【思路点拨】
（1）取AB的中点P，连接EP．先证AP=EC，再证∠APE=∠ECF，∠BAE=∠CEF，然后由ASA证
△AEP≌△EFC，即可得出结论；
（2）①在AB上取一点P，使BP=BE，连接PE，证△AEP≌△EFC(ASA)，即可得出结论；
②过D作DH⊥CF交DG于点H，连接FH、AH，证△DCH是等腰直角三角形，则点H与D关于CF
对称，得DF=HF，AF+DF=AF+FH，当A、F、H三点共线时，AF+FH即AF+DF最短，此时
AF+DF=AH，BH=BC+CH=2，再由勾股定理得AH=2❑√5，此时c=AD+AF+DF=2+2❑√5；当
DF=FH与CD相等时，即A、D、F三点共线，此时AD+AF+DF=2+4+2=8，则
c= GF2 ，S = GF⋅OK= GF2 ，
△EFG 2 4 △GFO 2 4
∴S =❑√2S ，故D符合题意；
△GEF △OGF
故选：D．
8．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过
点A作AE的垂线交DE于点P，连接BP．若AE=AP=1，PB=❑√5．下列四个结论中：①
△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为❑√2；④S =4+❑√6．其中正确结论
正方形ABCD
的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【思路点拨】
此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的判定及勾股定理，综合性比较强，
解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
根据正方形的性质可得AB=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAE=∠DAP，然后利用“边角边”证
明△APD≌△AEB，从而判断①正确，根据全等三角形对应角相等可得∠AEB=∠APD=135°，可证
EB⊥ED，从而判断②正确，根据等腰直角三角形的性质求出PE，再利用勾股定理列式求出BE的长，
过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，先求出∠BEF=∠EBF=45°，由等腰三角形的性质可求
❑√2 ❑√6
EF=BF= BE= ，即可判断出③错误；由勾股定理可求得AB2，即可求正方形ABCD的面积，从
2 2
而判断④正确．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AP⊥AE，
∴∠BAE+∠BAP=90°，又∵∠DAP+∠BAP=∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠DAP，
在△APD和△AEB中，
∵AB=AD，∠BAE=∠DAP，AE=AP，
∴△APD≌△AEB(SAS)，故①正确；
∵AE=AP，AP⊥AE，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠APD=180°−45°=135°，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB=∠APD=135°，
∴∠BEP=135°−45°=90°，
∴EB⊥ED，故②正确；
∵AE=AP=1，
∴PE=❑√2，
∴BE=❑√BP2−PE2=❑√(❑√5) 2 −(❑√2) 2=❑√3，
如图，过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，
∵∠AEB=135°，
∴∠BEF=45°，
∵BF⊥AE，
∴∠BEF=∠EBF=45°，
∴EF=BF，
∵BE=❑√3，
∴EF2+BF2=BE2，而EF=BF，
❑√2 ❑√6
∴EF=BF= BE= ，
2 2❑√6
∴点B到直线AE的距离为 ；故③说法错误；
2
❑√6
∴AF=AE+EF=1+ ，
2
∴AB2=AF2+BF2= ( 1+ ❑√6) 2 + (❑√6) 2 =4+❑√6，
2 2
∴S =AB2=4+❑√6，故④正确，
正方形ABCD
∴正确的有：①②④，
故选：B．
9．（24-25八年级下·四川自贡·期中）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=❑√2CD；③∠GCF=45°；④CE=CF．下列正确的选项是
（ ）
A．①②④ B．①③ C．①②③ D．②③④
【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∠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(SAS)，得到AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，由此推出
∠GCF=∠DCF−∠DCG=45°，故③正确；进而求得AC=AE+CE=CE+CG=❑√2CD，故②正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，则CF=0，CE≠0，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°，∴∠GCF=∠DCF−∠DCG=45°，
故③正确；
∴AC=AE+CE=CE+CG=❑√2CD，
故②正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，则CF=0，CE≠0，
∴CE不一定等于CF，
故④错误．
综上，正确的有①②③．
故选：C．
10．（24-25八年级下·重庆北碚·期中）在正方形ABCD中，G为BC边上一点，连接AG交BD于点H，过
点H作AG．的垂线交CD于点E，连接AE、EG，若∠DAE=α，则∠EGC的度数是（ ）
A．90°−2α B．90°−α C．2α D．67.5°−α
【思路点拨】
过点H作HP⊥AD于点P，HM⊥AB于点M，MH的延长线交CD于点N，过点A作AK⊥AG交CD的
延长线于点K，证明四边形AMHP，四边形DPHN是正方形，进而得AM=HN，由此证明△AMH和
△HNE全等得AH=EH，则△AHE是等腰直角三角形，进而得∠GAE=45°，则
∠DAG=∠AGB=α+45°，再求出∠K=45°+α，∠KAE=∠GAE=45°，继而证明△ADK和△ABG
全等得AK=AG，然后问题可求解．
【解题过程】
解：过点H作HP⊥AD于点P，HM⊥AB于点M，MH的延长线交CD于点N，过点A作AK⊥AG交
CD的延长线于点K，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，AB∥CD，AD∥BC，∠ADB=45°，
∵HM⊥AB，
∴HN⊥CD，
∴四边形AMHP和四边形DPHN都是矩形，
∴∠AMH=∠HNE=90°,AM=PH，
∴∠ADB=45°，∠1+∠2=90°，
∴△PHD是等腰直角三角形，
∴PH=PD，
∴矩形DPHN是正方形，
∴PH=HN，
∴AM=HN，
∵EH⊥AG，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∴△AMH≌△HNE(ASA)，
∴AH=EH，
∴△AHE是等腰直角三角形，
∴∠GAE=45°，
∵∠DAE=α，
∴∠DAG=∠DAE+∠EAG=α+45°，
∴∠1=∠BAD−∠DAG=90°−(α+45°)=45°−α，
∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠DAG=α+45°，
∵AK⊥AG，
∴∠KAG=∠BAD=90°，
∴∠KAD+∠DAG=∠DAG+∠1，
∴∠KAD=∠1=45°−α，
∵∠ADK=∠ABG=90°，
∴△ADK≌△ABG(ASA)
∴AK=AG
在Rt△ADK中，∠K=90°−∠KAD=45°+α，∵∠DAE+∠1=∠BAD−∠GAE=45°，
∴∠DAE+∠KAD=45°，
即∠KAE=∠GAE=45°，
在△AKE和△AGE中，
{
AK=AG
)
∠KAE=∠GAE ，
AE=AE
∴△AKE≌△AGE(SAS)，
∴∠K=∠AGE=45°+α，
∴∠EGC=180°−(∠AGB+∠AGE)=90°−2α．
故选：A．
11．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为CD上
一点，BF⊥AE，CG⊥BF，垂足分别为F、G，连接OG、OF，AO与BF交于点H，在下列结论中：
①AF=BG；②△GOF是等腰三角形；③BG+FH=GH；④HG2+H F2=2HO2；⑤OG平分∠FGC
正确个数是（）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【思路点拨】
由正方形性质证明△AFB≅△BGC(AAS)，从而可判断①；再证明△FAO≌△GBO(SAS)，可证明
△GOF为等腰直角三角形，所以∠FGO=45°，∠OGC=45°，即OG平分∠FGC，从而可判断②⑤；
设GC交BD于点I，连接HI，由△FAO≌△GBO知FO=GO，∠FOA=∠GOB，由△GOF为等腰直角
三角形知∠HFO=∠IGO=45°，证明△FOH≌△GOI(ASA)，可得HO=IO，GI=HF，从而△HOI
为等腰直角三角形，故得HI=2HO，在Rt△HGI中，由勾股定理可得HG2+GI2=H I2，即
HG2+H F2=2HO2，可判断④；如图2所示，作GJ=GI，因为GJ=HF，故BG+HF=BG+GJ=BJ，
当且仅当BG=HJ时，BG+HF=GH成立，故可判断③．
【解题过程】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AB=BC=AD，OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠ABF+∠CBG=90°，
∠AOB=∠BCO=45°,∠AOB=90°,
∵BF⊥AE，CG⊥BF，
∴∠AFB=∠BGC=90°，∠CBG+∠BCG=90°,
∴∠ABF=∠BCG，
在△ABF和△BCG中，
{∠ABF=∠BCG
)
∠AFB=∠BGC ，
AB=BC
∴△ABF≌△BCG（AAS），
∴AF=BG，①正确；BF=CG，
∵∠ABF+∠OBF=∠BCG+∠OCG=45°,∠ABF=∠BCG,
∴∠OBF=∠OCG
∵OB=OC，
∴△OBF≌△OCG，
∴FO=GO，∠FOA=∠GOB，
∵∠AOG+∠GOB=90°，
∴∠AOG+∠FOA=90°=∠FOG，
故△GOF为等腰直角三角形，故②正确；
∴∠FGO=45°，
∵∠BGC=90°，
∴∠OGC=45°=∠FGO，
∴OG平分∠FGC，故⑤正确；
设GC交BD于点I，连接HI，如图1所示，∵△GOF为等腰直角三角形，∠OGC=45°=∠FGO
∴∠HFO=∠IGO=45°，
在△FOH和△GOI中，
{∠HFO=∠IGO
)
FO=GO
∠FOA=∠GOB
∴△FOH≌△GOI(ASA)，
∴HO=IO，GI=HF．
∴△HOI为等腰直角三角形，
∴H I2=2HO2，
在Rt△HGI中，由勾股定理可得HG2+GI2=H I2，
即HG2+H F2=H I2=2HO2，故④正确；
如图2所示，作GJ=GI，
∵GI=HF，
∴GJ=HF，
∴BG+HF=BG+GJ=BJ，
当且仅当BG=HJ时，BG+HF=GH成立，故③不一定正确．
综上，正确的序号为①②④⑤，
故选：C．
12．（2025·浙江杭州·一模）如图，E是正方形ABCD的边CD上一动点（不与C，D重合），连结AE，
以AE为边作正方形AEFG，点M是AF的中点，连结CM．给出下列结论：①2CM=❑√2AE；②点B，
M，D三点共线，则下列判断正确的是（ ）A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对
【思路点拨】
连接AC,BD,CF，根据四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，得出
AD=AB,∠ADC=∠ABC=∠DCB=∠DAB=90°，∠ADB=∠CDB=∠ACB=45°，
AE=AG=EF=GF,∠GAE=∠GFE=∠AEF=90°，AF=❑√2AE，即可得∠1=∠2，连接BG，证明
△ADE≌△ABG，得出∠ABG=∠ADE=90°，即可证明点G,B,C三点共线，延长DC，过点F作
FN⊥DC交DC的延长线于点N，过点F作FK⊥BC交BC于点K，过点G作GH⊥FN交NF的延长线
于点H，则四边形GHNC和四边形KCNF是矩形，则GH=CN，证明△GFH≌△FEN，得出GH=NF，
即可得CN=NF，证出四边形KCNF是正方形，即可得∠7=45°，从而得∠ACF=∠ACB+∠7=90°，
1 ❑√2
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出CM=AM= AF，即可得出CM= AE，即2CM=❑√2AE，
2 2
故①正确；连接DM，证明△ADM≌△CDM，得出∠3=∠4=45°，即可得∠3=∠ADB，从而证出点
D,M,B三点共线，故②正确.
【解题过程】
解：连接AC,BD,CF，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB,∠ADC=∠ABC=∠DCB=∠DAB=90°，∠ADB=∠CDB=∠ACB=45°，
AE=AG=EF=GF,∠GAE=∠GFE=∠AEF=90°，AF=❑√2AE，
∴∠1=∠2=90°−∠BAE，
连接BG，
在△ADE和△ABG中
{AE=AG
)
∠1=∠2 ，
AD=AB
∴△ADE≌△ABG(SAS)，
∴∠ABG=∠ADE=90°，∴∠ABG+∠ABC=180°，
∴点G,B,C三点共线，
延长DC，过点F作FN⊥DC交DC的延长线于点N，过点F作FK⊥BC交BC于点K，过点G作
GH⊥FN交NF的延长线于点H，
则四边形GHNC和四边形KCNF是矩形，
∴GH=CN，
∵∠5+∠6=90°,∠5+∠EFN=90°，
∴∠6=∠EFN，
在△GFH和△FEN中
{
∠6=∠EFN
)
∠H=∠N=90° ，
GF=EF
∴△GFH≌△FEN(AAS)，
∴GH=NF，
∴CN=NF，
∴四边形KCNF是正方形，
∴∠7=45°，
∴∠ACF=∠ACB+∠7=90°，
∵点M是AF中点，
1
∴CM=AM= AF，
2
❑√2
∴CM= AE，
2
即2CM=❑√2AE，故①正确；
连接DM，
在△ADM和△CDM中{
AD=CD
)
AM=CM ，
DM=DM
∴△ADM≌△CDM(SSS)，
∴∠3=∠4=45°，
∴∠3=∠ADB，
∴点D,M,B三点共线，故②正确；
故选：A．
13．（2025·陕西咸阳·二模）如图，点E是正方形ABCD内一点，且BE⊥CE，垂足为E，连接DE，点P，
Q分别是AD，DE的中点，若BC=10，则PQ的最小值是 ．
【思路点拨】
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线，直角三角形斜边中线的性质，取BC中点O，连接
1 1
OA、OE、AE，则OB= BC=5，OA=5❑√5，由BE⊥CE结合斜边中线得到OE= BC=5，即可得到
2 2
1 5❑√5−5 5❑√5+5
5❑√5−5≤AE≤5❑√5+5，再由PQ是△ADE的中位线，得到PQ= AE，求出 ≤PQ≤ ，
2 2 2
即可得到PQ的最小值．
【解题过程】
解：取BC中点O，连接OA、OE、AE，
∵正方形ABCD，BC=10，
∴AB=BC=10，∠ABC=90°，1
∴OB= BC=5，OA=❑√AB2+OB2=❑√102+52=5❑√5，
2
∵BE⊥CE，
1
∴OE= BC=5，
2
∴OA−OE≤AE≤OA+OE，即5❑√5−5≤AE≤5❑√5+5，当O、A、E三点共线时取等号，
∵点P，Q分别是AD，DE的中点，
∴PQ是△ADE的中位线，
1
∴PQ= AE，
2
5❑√5−5 5❑√5+5
∴ ≤PQ≤ ，
2 2
5❑√5−5
∴PQ的最小值是 ，
2
5❑√5−5
故答案为： ．
2
14．（24-25八年级下·北京·期中）如图，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，E是DC延长线上一
个动点，点G在射线CB上（不与点C重合），H是DF的中点，连接GH．若AD=8，则GH的最小值为
．
【思路点拨】
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明△FHG≌△DHM(ASA)是
解题的关键．延长GH交CD于点M，证明△FHG≌△DHM(ASA)，则DM=FG,GH=MH，得到
GM=2GH，设DM=FG=x，则GC=GF=x，CM=CD−DM=8−x，在Rt△CMG中，由勾股定理
得到GM2=CM2+GC2=(8−x) 2+x2=2(x−4) 2+32，进一步得到GM≥4❑√2，即可得到GH的最小值．
【解题过程】
解：延长GH交CD于点M，∵四边形ABCD是正方形，AD=8，
∴CD=AD=8，∠BCD=90°，
∵四边形CEFG都是正方形，E是DC延长线上一个动点，
∴FG∥DE，GF=GC，
∴∠HFG=∠HDM，
∵H是DF的中点，
∴DH=FH，
∵∠FHG=∠DHM，
∴△FHG≌△DHM(ASA)，
∴DM=FG,GH=MH，
∴GM=2GH，
设DM=FG=x，则GC=GF=x，CM=CD−DM=8−x，
在Rt△CMG中，GM2=CM2+GC2=(8−x) 2+x2=2(x−4) 2+32，
∵2(x−4) 2≥0，
∴2(x−4) 2+32≥32，
∴GM2≥32，即GM≥4❑√2，
∴2GH≥4❑√2，
∴GH≥2❑√2，
即GH的最小值为2❑√2．
故答案为：2❑√2．
15．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）已知△ABC中，AB=4，AC=2，以AB、AC为边作正方形
ABDE、正方形ACFG，连接EG，取BC和EG中点N、M，连接MN，则MN的最大值为 ．【思路点拨】
如图，连接BG、CE，BG与CE相交于O点，CE与AB交于点I，先证△ABG≌△AEC(SAS)，得
BG=CE，∠ABG=∠AEC，再证BG⊥CE，连接BE，取BE的中点H，连接HM，HN，分别交CE，
❑√2
BG于P，Q，结合三角形中位线可得HM=HN且HM⊥HN，可知MN=❑√2HM= BG，由
2
❑√2
BG≤AB+AG=6，当点A在BG上时，取等号，可知MN= BG≤3❑√2，即可求解．
2
【解题过程】
解：如图，连接BG、CE，BG与CE相交于O点，CE与AB交于点I，
∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，
∴AB=AE=4，AC=AG=2，∠BAE=∠CAG=90°，
则∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC，
∴∠BAG=∠EAC，
在△ABG和△AEC中，
{
AB=AE
)
∠BAG=∠EAC ，
AG=AC
∴△ABG≌△AEC(SAS)，
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠BIO=∠EIA，
∴∠BOI=∠BAE=90°，即BG⊥CE，连接BE，取BE的中点H，连接HM，HN，分别交CE，BG于P，Q，
∴HM为△BEG的中位线，
1 1
∴HM∥BG，且HM= BG，同理，HN∥CE，且HN= CE，
2 2
∴HM=HN且HM⊥HN，
❑√2
∴MN=❑√H N2+H M2=❑√2HM= BG，
2
∵BG≤AB+AG=6，当点A在BG上时，取等号，
❑√2
∴MN= BG≤3❑√2，
2
∴MN的最大值为3❑√2．
故答案为：3❑√2．
16．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，
BC上的动点，且满足AE=BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG=3GB，
1
则OM+ FG的最小值是 ．
2
【思路点拨】
先证明△DAE≌△ABF(SAS)，得到∠DOF=90°，再利用直角三角形性质，线段最短原理，勾股定理
解答即可．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=AB=BC，∠DAE=∠ABF=∠FBN=90°，
在△DAE和△ABF中，
{
DA=AB
)
∴ ∠DAE=∠ADF ，
AE=BF
∴ △DAE≌△ABF(SAS)，∴∠ADE=∠BAF，
∵∠DAO+∠BAF=90°，
∴∠DAO+∠ADE=90°，
∴∠DOF=90°，
∵点M是DF的中点，
1
∴ OM= DF，
2
延长GB到点N，使得GB=BN，
∴FG=FN，
1 1
∴ OM+ FG= (DF+FG)，
2 2
1 1
∴ OM+ FG= (DF+FN)，
2 2
连接DN，
∵DF+FN≥DN，
∴当D，F，N三点共线时，DF+FN取得最小值，
∵AB=8，AG=3GB，
∴AG=6，GB=BN=2，
∴AN=AB+BN=10，
∴ DN=❑√DA2+AN2=2❑√41，
1 1
∴ OM+ FG= DN=❑√41，
2 2
1
故OM+ FG的最小值是❑√41，
2
故答案为：❑√41．
17．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且
CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG, CF, BF，下列结论：①1
AG垂直平分BF；②∠BFC=90°；③S =17；④∠GAE= ∠D，其中正确的是 ．
△AGE 2
【思路点拨】
由正方形和折叠的性质可得AB=AF，∠AFG=90°，证明Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)可得GB=GF，即
可由线段垂直平分线的性质判断①；由AB=6，CD=3DE，可得DE=EF=2，CE=4，设GB=GF=a，
则CG=6−a，EG=2+a，在Rt△ECG中由勾股定理得(6−a) 2+42=(2+a) 2，得a=3，可得GF=CG，
1
即可判断②；利用三角形的面积公式可得S = EG·AF=15，即可判断③；由∠EAF=∠EAD，
△AGE 2
1 1 1
∠GAB=∠GAF可得∠GAE= ∠DAF+ ∠BAF= ∠BAD即可判断④；
2 2 2
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=6，∠ABG=∠ADE=∠ECG=∠BAD=90°，
由折叠可得，AF=AD，∠AFE=∠ADE=90°，∠EAF=∠EAD，
∴AB=AF，∠AFG=90°，
∴∠ABG=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AB=AF)
，
AG=AG
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，
∴GB=GF，∠GAB=∠GAF，
∵AB=AF，GB=GF，
∴AG垂直平分BF，故①正确；
∵AB=6，CD=3DE，
∴DE=EF=2，CE=4，设GB=GF=a，则CG=6−a，EG=2+a，
在Rt△ECG中，CG2+CE2=EG2，
∴(6−a) 2+42=(2+a) 2，
解得a=3，
∴GB=GF=3，CG=6−3=3，EG=2+3=5，
∴GF=CG，
∴∠GFC=∠GCF，
∵GB=GF，
∴∠GBF=∠BFG，
∵∠GFC+∠GCF+∠GBF+∠BFG=180°，
∴∠BFC+∠GFC=90°，
∴∠BFC=90°；故②正确；
∵EG=5，AF=AD=6，AF⊥EG，
1 1
∴S = EG·AF= ×5×6=15，故③错误；
△AGE 2 2
∵∠EAF=∠EAD，∠GAB=∠GAF，
1 1
∴∠EAF= ∠DAF，∠GAF= ∠BAF，
2 2
1 1 1 1
∴∠GAE=∠EAF+∠GAF= ∠DAF+ ∠BAF= (∠DAF+∠BAF)= ∠BAD，
2 2 2 2
1
∴∠GAE= ∠D，故④正确；
2
综上，正确的结论为①②④，
故答案为：①②④．
18．（2025九年级下·江苏南通·专题练习）正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OH⊥BC于点
EH
H，点E是AB上一点且2∠AOE=∠EHB，则 的值为 ．
CD【思路点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强．过点O作OE⊥OF
交AD于点F，连接EF，在CB的延长线上截取BG=AE，连接GE．先证明△AOE≌△DOF(ASA)，得到
△EOF是等腰直角三角形．再证明△AEF≌△BGE，得到∠GEB=∠AOE．设∠AOE=α，则
∠EHB=2∠AOE=2α，从而证明∠HEG=∠G，HE=HG．设AB=2a，EB=b，结合勾股定理求出
4 EH 5
b= a，即可证明 = ．
3 CD 6
【解题过程】
解：如图所示，过点O作OE⊥OF交AD于点F，连接EF，在CB的延长线上截取BG=AE，连接GE．
∵正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，
∴∠AOD=∠EOF=90°,OA=OD，∠OAE=∠ODF=45°，
∴∠AOE=∠DOF，
∴△AOE≌△DOF(ASA)．
∴OF=OE，AE=FD，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴∠FEO=∠FAO=45°，
∴∠AFE=∠AOE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FAE=∠EBG=∠EBH=90°，AD=AB，
∵AE=FD，
∴AF=EB．
在△AEF和△BGE中，
{
BG=AE
)
∠FAE=∠EBG ，
AF=EB
∴△AEF≌△BGE(ASA)，∴∠GEB=∠AFE，
∴∠GEB=∠AOE．
∵2∠AOE=∠EHB，
设∠AOE=α，则∠EHB=2∠AOE=2α，
∴∠GEB=∠AOE=α，
∴∠G=90°−α，
∴∠HEG=180°−∠G−EHB=90°−α，
∴∠HEG=∠G，
∴HE=HG．
设AB=2a，EB=b，
∴AE=2a−b，
∴BG=AE=2a−b，
∵OH⊥BC于点H，OB=OC，
1 1
∴BH=HC= BC= AB=a．
2 2
在Rt△EBH中，EH2=EB2+BH2=b2+a2，
HG=BG+BH=2a−b+a=3a−b，
∵HE=HG，
∴(3a−b) 2=b2+a2，
4
∴b= a，
3
❑ √ a2+ (4 a ) 2 5 a
∴EH ❑√a2+b2 3 3 5．
= = = =
CD 2a 2a 2 6
5
故答案为：
6
19．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，正方形ABCD的边长为❑√2，点E，G分别为边AD，BC的中点，
连接BE，将△ABE沿BE翻折至同一平面得到△FBE．边CD上有一点H，连接GH，又将△CGH沿GH
翻折至同一平面得到△PGH，若点P恰好落在BF上，则此时折痕GH的长为 ．【思路点拨】
本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识
点，灵活运用相关知识并掌握特殊化思想成为解题的关键．由正方形的性质以及题意可得
❑√2
∠A=∠D=90°,AB=CD=❑√2,DE=AE=BG=CG= ；再根据折叠的性质可得
2
❑√2 ❑√2
AE=EF=DE= ，BF=AB=❑√2，PG=CG=BG= 、∠BFE=∠A=90°；如图：延长BF交
2 2
DC于K，连接EK，则∠EFK=90°，易证Rt△DKE≌Rt△FKE(HL)可得KF=DK，设KF=DK=x，
❑√2 3❑√2 5❑√2
则有CK=❑√2−x,BK=❑√2+x，根据勾股定理列方程可得x= ，即CK= ,BK= ；连接PC,
4 4 4
根据等边对等角、三角形内角和定理可得∠CPB=90°, 再根据折叠的性质可得PC⊥HG，H是线段CK
的中点，最后由勾股定理求解即可．
【解题过程】
解：∵正方形ABCD的边长为❑√2，点E，G分别为边AD，BC的中点，连接BE，
❑√2
∴∠A=∠D=90°,AB=CD=❑√2,DE=AE=BG=CG= ，
2
∵将△ABE沿BE翻折至同一平面得到△FBE．边CD上有一点H，连接GH，又将△CGH沿GH翻折至同
一平面得到△PGH，
❑√2 ❑√2
∴AE=EF=DE= ，BF=AB=❑√2，PG=CG=BG= ,∠BFE=∠A=90°
2 2
如图：延长BF交DC于K，连接EK，则∠EFK=90°，
∴∠EFK=∠D=90°，
∵ED=EF,EK=EK，
∴Rt△DKE≌Rt△FKE(HL)，
∴KF=DK，设KF=DK=x，则有CK=❑√2−x,BK=❑√2+x，
在Rt△BCK中，BK2=CK2+BC2,
❑√2
∴(❑√2+x) 2=(❑√2−x) 2+(❑√2) 2 ，解得：x= ，
4
3❑√2 5❑√2
∴CK= ,BK= ，
4 4
如图：连接PC,
∵BG=GP，
∴∠GPB=∠GBP，
同理：∠GPC=∠GCP，
∵∠GPB+∠GBP+∠GPC+∠GCP=180°，
∴∠CPB=∠GPB+∠GPC=90°,
∵将△CGH沿GH翻折至同一平面得到△PGH，
∴GH垂直平分PC，CH=PH
∴PC⊥HG，∠HCP=∠HPC；
∵∠HCP+∠CKP=∠HPC+∠HPK=90°，
∴∠HKP=∠HPK，
∴HK=HP=CH，
即H是线段CK的中点，
1 3❑√2
∴CH= CK= ；
2 8
5❑√2
在Rt△CHG中，由勾股定理得GH=❑√CH2+CG2=
．
8
5❑√2
故答案为： ．
8
20．（24-25八年级下·湖北黄石·期中）如图，已知F、E分别是边长2为的正方形ABCD的边AB,BC的
动点，且AF=BE，AE与DF交于点G，连接CG、BG，则下列结论：①∠AGD=90°，②BG的最小值
为❑√5−1，③若点E，F分别为CB、AB边上的中点，则CG=AB，④若点E，F分别为CB、AB边上的中点¿+GF=❑√2GB．其中正确结论的有 ．
【思路点拨】
证明△ADF≌△BAE，可得DF=AE，∠ADF=∠BAE，进一步可得①符合题意；如图，取AD的中点
T，连接GT，BT，求解BT=❑√12+22=❑√5，结合BG≥BT−>¿，当B,G,T三点共线时，BG最小，进一
步可得②符合题意；如图，点E，F分别为CB、AB边上的中点，过G作MN⊥AD交AD于M，交BC于
N，证明四边形AMNB为矩形，进一步利用勾股定理计算可得③④符合题意．
【解题过程】
解：∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠DAB=90°，
∵AF=BE，
∴△ADF≌△BAE，
∴DF=AE，∠ADF=∠BAE，
∴∠ADF+∠DAG=∠DAG+∠BAE=90°，
∴∠AGD=90°，故①符合题意；
如图，取AD的中点T，连接GT，BT，
∴AT=DT=>=1，
∴BT=❑√12+22=❑√5，
∵BG≥BT−>¿，
当B,G,T三点共线时，BG最小，∴BG的最小值为❑√5−1，故②符合题意；
如图，点E，F分别为CB、AB边上的中点，
∴AF=BF=BE=CE=1，
过G作MN⊥AD交AD于M，交BC于N，
则四边形AMNB为矩形，
∴AM=BN，AB=MN=2，
∴DF=AE=❑√12+22=❑√5，
AD⋅AF 2❑√5 3❑√5
∴AG= = ，¿=AE−AG= ，
DF 5 5
4❑√5
∴DG=❑√AD2−AG2=
，
5
AG⋅DG 4
∴MG= = ，
AD 5
4 6 2
∴NG=2− = ，BN=AM=❑√AG2−MG2= ，
5 5 5
2 8
∴CN=2− = ，
5 5
∴CG=❑√GN2+CN2=2=AB，故③符合题意，
❑√5 2 3
∵GF=DF−DG= ，NE=1− = ，
5 5 5
3❑√5
∴¿=❑√GN2+N E2=
，
5
4❑√5
∴¿+GF= ，
5
2❑√10
而BG=❑√GN2+BN2=
，
5
2❑√10 4❑√5
∴❑√2BG=❑√2× = ，
5 5∴¿+GF=❑√2GB，故④符合题意；
故答案为：①②③④．
21．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，点E为对角线AC上一动
点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，连接BE，下列结论：①BE=DE；②
CE=CF；③△BEF是等腰三角形；④AB=CF+❑√2CE．其中结论正确的序号有 ．
【思路点拨】
本题主要考查了正方形,全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．证明
△BAE≌△DAE(SAS)即可证明BE=DE，故①正确；过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，
证明△DEN≌△FEM(ASA)，推出△BEF是等腰三角形，故③正确；过点E作EH⊥CE交BC于点H，
由△ECH和△BEF都是等腰三角形，EM⊥BC，利用等腰三角形的性质求解即可推出AB=CF+❑√2CE．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠DAE=45°，AB=AD，
∵AE=AE，
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴BE=DE，故①正确；
过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，如图所示，
则∠EMC=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴EM=EN，∵∠≝=90°，
∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴BE=EF，
∴△BEF是等腰三角形，故③正确；
∵点E为对角线AC上一动点，
∴没办法说明CE=CF，故②错误；
过点E作EH⊥CE交BC于点H，如图，
∵∠ECH=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴CH=❑√2CE，
∵△ECH和△BEF都是等腰三角形，EM⊥BC，
∴CM=HM，FM=BM，
∴CF=BH，
∴CF+❑√2CE=BH+CH=BC=AB，故④正确．
综上可知①③④正确．
故答案为：①③④，
22．（23-24八年级上·辽宁沈阳·期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边AD，BC上，
将四边形ABFE沿EF折叠得到四边形EFNM，点A的对应点M恰好落在直线CD上．若DM=1，则线段
BF的长度为 ．【思路点拨】
当点M在边AD上时，连结AM，过点F作FH⊥AD于点H，证明△FHE≌△ADM，得到HE=DM=1，
15
然后根据勾股定理列方程DE2+12=(4−DE) 2，解得DE= ，即可进一步求得答案；点M在边CD的延
8
15
长线上时，连结AM，交FE的延长线于点K，过点F作FL⊥AD于点L，同理求得HL=1，DE= ，即
8
可进一步求得另一个答案．
【解题过程】
解：如图1，点M在边AD上时，连结AM，过点F作FH⊥AD于点H，
∵四边形ABFE沿EF折叠得到四边形EFNM，
∴EF⊥AM，AE=ME，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，AB=AD，
∴∠FHE=∠D=90°，
∵∠FEH+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠FEH=∠AMD，
∵∠BAH=∠ABF=∠FHA=90°，
∴四边形ABFH时矩形，
∴AB=FH，
∴FH=AD，
∴△FHE≌△ADM(AAS)，
∴HE=DM=1，
在Rt△DEM中，ME=4−DE，
∴DE2+DM2=M E2，∴DE2+12=(4−DE) 2，
15
解得DE= ，
8
15 17
∴AE=4− = ，
8 8
17 9
∴AH=AE−HE= −1= ，
8 8
9
∴BF=AH= ；
8
如图2，点M在边CD的延长线上时，连结AM，交FE的延长线于点K，过点F作FL⊥AD于点L，
同理可得FL=AD，∠FLE=∠ADM=90°，
∵∠FLE=∠AKE=90°，∠FEL=∠AEK，
∴∠EFL=∠MAD，
∴△FEL≌△AMD(ASA)，
∴≤=DM=1，
在Rt△DEM中，DE2+DM2=M E2，
∴DE2+12=(4−DE) 2，
15
解得DE= ，
8
15 17
∴AE=4− = ，
8 8
17 25
∴AL=AE+HL= +1= ，
8 8
25
∴BF=AL= ；
89 25
综上所述，线段BF的长度为 或 ．
8 8
9 25
故答案为： 或 ．
8 8
23．（24-25八年级下·吉林松原·期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，点E为对角线AC上的点，连
接DE，过点E作EF⊥DE，交边BC于点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）求证：△ADE≌△CDG；
（3）当五边形DEFCG为轴对称图形时，若AB=❑√2，直接写出BF的长．
【思路点拨】
（1）过点E作EH⊥BC，EI⊥CD，如图所示，由正方形的判定与性质得到相关角度与线段关系，再由
两个三角形全等的判定得到△FEH≌△DEI(ASA)，则ED=EF，再由正方形的判定即可得证；
（2）由正方形性质得到相关角度与线段关系，再由两个三角形全等的判定即可得证；
（3）由五边形DEFCG为轴对称图形，正方形ABCD的边AB=❑√2，得到CE=CD=❑√2，CF=CG，在
Rt△ABC中，由勾股定理求得AC=2，数形结合表示出BF=BC−CF，代值求解即可得到答案．
【解题过程】
（1）证明：过点E作EH⊥BC，EI⊥CD，如图所示：
∴ EHCI
四边形 是矩形，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴AC是∠BCD的角平分线，
∴EH=EI，
∴四边形EHCI是正方形，
∵ DEFG为矩形，
∴∠≝=90°，∵∠DEI+∠FEI=90°=∠FEH+∠FEI，
∴∠DEI=∠FEH，
在△FEH和△DEI中，
{
∠DEI=∠FEH
)
EI=EH
∠EHF=90°=∠EID
∴△FEH≌△DEI(ASA)，
∴ED=EF，
∵ DEFG为矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）证明：由（1）知矩形DEFG是正方形，
∴∠EDG=90°，DE=DG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADE+∠EDC=90°=∠CDG+∠EDC，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
{
AD=DC
)
∠ADE=∠CDG
DE=DG
∴△ADE≌△CDG(SAS)；
（3）解：∵五边形DEFCG为轴对称图形，正方形ABCD的边AB=❑√2，
∴CE=CD=❑√2，CF=CG，
在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC=❑√2，则由勾股定理可得AC=❑√AB2+BC2=2，
∴AE=AC−EC=2−❑√2，
由（2）知△ADE≌△CDG，
∴FC=CG=AE=2−❑√2，
∴BF=BC−CF=❑√2−(2−❑√2)=2❑√2−2．
24．（2025·江苏扬州·二模）在正方形ABCD中，点E是射线BD上的一个点，以CE为边向右侧作正方形
CEFG．（1）如图1，当点E在线段BD上时，求证：BD=DG+DE；
（2）如图2，当点E在线段BD的延长线上时，猜想线段BD、DG、DE之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，点M为线段EF的中点，连接AM，若AB=4，则AM的最小值为________．
【思路点拨】
（1）证明△BCE≌△DCG，得DG=BE，由BD=BE+DE即可证明；
（2）证明△BCE≌△DCG，得DG=BE，由BD=BE−DE即可证明；
（3）取AB中点N，延长AD到Q，使DQ=AD=4，取DQ中点P，连接PN，点M在射线NP上运动，当
AM⊥NP时，AM最短；利用勾股定理及面积关系即可求得AM最小值．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形，
∴BC=DC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=90°−∠ECD=∠DCG；
在△BCE与△DCG中，
{
BC=DC
)
∠BCE=∠DCG ，
CE=CG
∴△BCE≌△DCG，
∴DG=BE，
∴BD=BE+DE=DG+DE；
（2）解：BD=DG−DE；
证明如下：
∵四边形ABCD，四边形CEFG都是正方形，
∴BC=DC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE=90°+∠ECD=∠DCG；
在△BCE与△DCG中，{
BC=DC
)
∠BCE=∠DCG ，
CE=CG
∴△BCE≌△DCG，
∴DG=BE，
∴BD=BE−DE=DG−DE；
（3）解：如图，取AB中点N，延长AD到Q，使DQ=AD=4，取DQ中点P，连接PN，
则点M在射线NP上运动，当AM⊥NP时，AM最短；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，
∵AB中点为N，DQ=AD=4，DQ中点为P，
1 1
∴AN= AB=2，DP= DQ=2，
2 2
∴AP=AD+DP=6；
在Rt△APN中，由勾股定理得：PN=❑√AN2+AP2=2❑√10；
1 1
∵S = AN⋅AP= PN⋅AM，
△APN 2 2
AN⋅AP 2×6 3❑√10
∴AM= = = ，
PN 2❑√10 5
3❑√10
即AM的最小值为 ．
5
3❑√10
故答案为： ．
5
25．（24-25八年级下·北京密云·期中）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一点（不与B，C重合），
点D关于直线AE的对称点是点F，连接AF，BF，直线AE，BF交于点P，连接DF．（1）在图1中补全图形，∠AFD_____∠BAP（填“>”“=”或“<”）；
（2）求证：∠APB=∠DFP；
（3）用等式表示线段PA，PB，PF之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据对称的性质，正方形的性质即可求解；
（2）先证明AF=AD=AB得到∠AFB=∠ABF，再由三角形外角的性质结合（1）的结论即可得到结论；
（3）如图，过点A作AQ⊥AP，与射线PD交于点Q，证明△APQ为等腰直角三角形，得到AP=AQ，
PQ=❑√2AP．再证明△ABP≌△ADQ，再由全等三角形的性质即可得到结论．
【解题过程】
（1）解：补全图形如图所示；
∵点D、F关于AE对称，
∴∠AFD=∠ADF，AE⊥FD，
∵在正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠DAP=90°=∠DAP+∠ADF，
∴∠BAP=∠ADF，
∴∠AFD=∠BAP，
故答案为：=；
（2）证明：由（1）可知∠AFD=∠BAP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
由轴对称的性质可得AF=AD，∴AF=AD=AB，
∴∠AFB=∠ABF．
又∵∠AFB=∠AFD+∠DFP，∠ABF=∠BAP+∠APB，∠AFD=∠BAP，
∴∠DFP=∠APB；
（3）解：❑√2PA=PF+PB，证明如下：
如图，过点A作AQ⊥AP，与射线PD交于点Q．
∵AP⊥DF，∠APB=∠DFP，
∴∠APB=45°，
由对称性可知∠APQ=∠APF=45°，
又∵AQ⊥AP，
∴△APQ为等腰直角三角形．
∴AP=AQ，PQ=❑√2AP．
∵∠BAD=∠PAQ=90°，
∴∠BAP=∠DAQ，
∵AB=AD，AP=AQ，
∴△ABP≌△ADQ(SAS)．
∴BP=DQ．
∵PQ=PD+DQ，PF=PD，
∴❑√2PA=PF+PB．
26．（24-25八年级下·重庆渝北·期中）如图1，正方形ABCD中，E, F分别为AB, AD上的点，AF=BE，
BF与CE交于点H．（1）求证：BF⊥CE；
（2）如图2，连接AC, BF交AC于点M，O为AC的中点，OB交CE于点N，连接OH．
求证：CH−BH=❑√2OH；
（3）如图3，若正方形ABCD的边长为8，P, Q是AC上两动点，且PQ=❑√2，请直接写出
BQ+PQ+DP的最小值．
【思路点拨】
（1）证明△ABF≌△BEC，得出∠ABF=∠BCE，进而得到∠HBC+∠BCH=90°， 由此得证；
（2）过点O作OG⊥OH交CH于点G， 可证出△OGC≌△OHB，得CG=BH， 解直角三角形即可得
证CH−BH=❑√2OH；
（3）过点B作AC的平行线，过点P作BQ的平行线，两线交于点G，过点G作GH⊥CD于点H，交AB
于点K，连接GH，则四边形BGPQ为平行四边形，可以得到PG=BQ，当G、P、D三点共线时，
PD+BQ最小，最小值为DG长，然后根据勾股定理解答即可．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC， ∠ABC=∠BAD=90°，
又∵AF=BE，
∴△ABF≌△BCE(SAS)，
∴∠ABF=∠BCE，
∵∠ABC=∠ABH+∠HBC=90°，
∴∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHC=90°，
∴BF⊥CE；
（2）证明：过点O作OG⊥OH交CH于点G，∵∠HON+∠NOG=∠NOG+∠GOC=90°，
∴∠HON=∠GOC，
又∵OC=OB,∠OCN=∠OBH=90°−∠BNH，
∴△OGC≌△OHB(ASA)，
∴CG=BH，
∴CH−BH=CH−CG=HG，
∵∠HOG=90°、OH=OG，
∴HG=❑√2OH，
∴CH−BH=❑√2OH；
（3）解：过点B作AC的平行线，过点P作BQ的平行线，两线交于点G，过点G作GH⊥CD于点H，
交AB于点K，连接GH，则四边形BGPQ为平行四边形，
∴GB=PQ=❑√2，PG=BQ，
∴PD+BQ=PD+PG，即当G、P、D三点共线时，PD+BQ最小，最小值为DG长，
∵ABCD是正方形，
∴∠CAB=45°，
又∵BG∥AC，
∴∠GBA=∠CAB=45°，
又∵GH⊥DC，
∴∠GKB=∠GHD=90°，BCHK是矩形，
∴CH=GK=BK=1，
∴DH=CD−CH=8−1=7，GH=HK+KG=8+1=9，∴DG=❑√GH2+DH2=❑√92+72=❑√130，
∴BQ+PQ+DP最小值为❑√130+❑√2．
27．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图1，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE=AB，
M、N分别为AE、BC的中点，连接DE交AB于O，MN交ED于H点．
（1）求证：AO=BO；
（2）求证：∠HEB=∠HNB；
PE−PA
（3）过A作AP⊥ED于P点，连接BP，则 的值．
PB
【思路点拨】
（1）利用ASA证明△ADO≌△BEO即可；
（2）延长BC至F，且使CF=BE，连接AF、DF，利用SAS证明△ABF≌△DCE，得出
∠DEC=∠AFB，由MN为△AEF的中位线得MN∥AF，利用平行线的性质即可证明
∠HNB=∠AFB=∠HEB；
（3）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，利用ASA证明△BEQ≌△BAP，推出PA=QE，QB=PB，即可证
PE−PA PE−QE PQ
明△PBQ是等腰直角三角形，则 = = =❑√2．
PB PB PB
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=AD，
∴∠DAB=∠ABE，∠ADO=∠BEO，
∵AB=BE，
∴AD=BE，
∴△ADO≌△BEO(ASA)，
∴AO=BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF=BE，连接AF、DF，如图1所示：则BF=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DC，AD∥BC，∠BAD=∠ABC=∠DCB=90°，
在△ABF和△DCE中，
{
AB=DC
)
∠ABC=∠DCB ，
BF=CE
∴△ABF≌△DCE(SAS)，
∴∠DEC=∠AFB，
∵EB=CF，BN=CN，
∴N为EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，
∴∠HNB=∠AFB，
∴∠DEC=∠HNB，
即∠HEB=∠HNB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ=90°，
∵∠ABE=180°−∠ABC=90°，
∴∠EBQ=∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP=∠BEQ，∵AP⊥DE，∠BAD=90°，
由角的互余关系得：∠BAP=∠ADP，
∴∠BEQ=∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，
{∠EBQ=∠ABP
)
BE=BA ，
∠BEQ=∠BAP
∴△BEQ≌△BAP(ASA)，
∴PA=QE，QB=PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ=❑√2PB，
PE−PA PE−QE PQ
∴ = = =❑√2．
PB PB PB
28．（24-25八年级下·山东临沂·期中）在正方形ABCD中，点E是BC边所在直线上的任意一点，连接
AE，把线段AE绕着点E顺时针旋转90°得线段EF（即AE⊥EF，AE=EF），连接CF．
（1）如图1，当点E在线段BC上时，求线段CF与BE的数量关系，并说明理由；
（2）若点E在CB的延长线上时，在图2中补全图形，再探究线段CF与BE的数量关系，并说明理由；
（3）若AB=1，BE=2，请直接写出BF的长度为________．
【思路点拨】
本题考查旋转的性质、三角形全等的判定与性质、同角的余角相等、勾股定理、垂直定义等知识，掌握一
线三垂直全等模型是解题的关键．
（1）过点F作FM⊥CB延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明△ABE≌△EMF(AAS)，再证明
BE=CM=MF，再结合勾股定理即可得出结论；
（2）同理（1）即可得出结论；
（3）分两种情况讨论：过点E作EM⊥CB延长线于点M，求出BM，FM，再由勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：如图，过点F作FM⊥CB延长线于点M，由旋转得AE=FE，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
又∵在正方形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ABC=∠DME=90°，∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠EFC，
∴△ABE≌△EMF(AAS)，
∴BE=MF，AB=EM，
∵AB=BC，
∴. BC=EM，即BE+EC=EC+CM，
∴BE=CM=MF，
∵FM⊥CB，
∴CF2=CM2+FM2=2BE2，
∴CF=❑√2BE；
（2）解：如图，过点F作FM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AE=FE，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
又∵在正方形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ABC=∠DME=90°，∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠EFC，∴△ABE≌△EMF(AAS)，
∴BE=MF，AB=EM，
∵AB=BC，
∴. BC=EM，即BE+EC=EC+CM，
∴BE=CM=MF，
∵FM⊥CB，
∴CF2=CM2+FM2=2BE2，
∴CF=❑√2BE；
（3）如解图3-1，当E在线段BC延长线上时，过点F作FM⊥CB延长线于点M，
同理（1）得：EM=AB=1，FM=BE=2，
∴BM=BE+EM=2+1=3，、
∴在Rt△BMF中，BF=❑√BM2+FM2=❑√32+22=❑√13
如解图3-1，当E在线段BC反向延长线上时，过点F作FM⊥CB延长线于点M，
同理（1）得：EM=AB=1，FM=BE=2，
∴BM=BE−EM=2−1=1，、
∴在Rt△BMF中，BF=❑√BM2+FM2=❑√12+22=❑√5
综上所述：BF的长为❑√5或❑√13
29．（24-25八年级下·福建莆田·期中）在正方形ABCD中，E是AB边上一点（不与点A，B重合），作点
D关于CE的对称点F，连接CF．（1）如图1，连接EF，若EC=EF，求证：E是AB的中点；
（2）如图2，连接BF，DF，作BG⊥DF于点G，M，N分别为BF，DG的中点，连接AN，MN．
①求∠GFB的大小；
②猜想线段AN与MN的关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据HL证明Rt△ADE≌Rt△BCE，得出AE=BE，即可求证；
（2）①根据题意易得CD=CB=CF，设∠BCF=x，则∠DCF=90°+x，根据等腰三角形的性质得出
1 1
∠BFC=90°− x，∠DFC=45°− x，最后根据∠GFB=∠BFC−∠DFC即可求解；②延长AN，
2 2
过点G作GT∥AD，GT交AN延长线于点T，连接TM,GM,AM，延长AB，交TG延长线于点H，令TH
交BF于点P，先证明△ADN≌△TGN(AAS)，得出TG=AD=AB，AN=TN，再证明
△ABM≌△TGM(SAS)，得出AM=TM，∠AMB=∠TMG，推出∠AMT=90°，即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：如图1中，连接DE．
∵点D和点F关于CE的对称，
∴EF=ED，
∵EC=EF，
∴EC=ED，∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=BC，∠A=∠B=90°，
∴Rt△ADE≌Rt△BCE(HL)，
∴AE=BE，
即E是AB的中点；
（2）解：①∵点D和点F关于CE的对称，
∴CD=CF，
∵CD=CB，
∴CD=CB=CF，
设∠BCF=x，则∠DCF=90°+x，
1 1
在△BCF中，∠BFC= (180°−x)=90°− x，
2 2
1 1
在△DCF中，∠DFC= (180°−90°−x)=45°− x，
2 2
1 ( 1 )
∴∠GFB=∠BFC−∠DFC=90°− x− 45°− x =45°；
2 2
②结论：MN=AN，MN⊥AN，
证明：延长AN，过点G作GT∥AD，GT交AN延长线于点T，连接TM,GM,AM，延长AB，交TG延长
线于点H，令TH交BF于点P，
∵GT∥AD，
∴∠DAN=∠GTN，
∵点G为DG中点，
∴DN=GN，∵∠∧=∠TNG, ∠DAN=∠GTN，DN=GN，
∴△ADN≌△TGN(AAS)，
∴TG=AD=AB，AN=TN，
∵BG⊥DF，点M为BF中点，
1
∴BM=GM=FM= BF，
2
∵∠GFB=45°，BG⊥DF，
∴BG=FG，
∵点M为BF中点，
∴GM⊥BF，则∠GMP=90°，
∵GT∥AD，
∴∠H=90°，
在△BHP和△GMP中，∠H=∠GMP=90°，∠BPH=∠GPM，
∴∠PBH=∠PGM，
∴180°−∠PBH=180°−∠PGM，即∠ABP=∠TGM，
在△ABM和△TGM中，
{
BM=GM
)
∠ABP=∠TGM ，
TG=AB
∴△ABM≌△TGM(SAS)，
∴AM=TM，∠AMB=∠TMG，
∵∠GMB=∠GMA+∠AMB=90°，
∴∠AMT=∠GMA+∠TMG=90°，
∵AN=TN，
∴MN=AN,MN⊥AN．
30．（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期中）已知四边形ABCD是正方形，点E是射线BC上一点，AE⊥EF
（点F在直线AE的右侧），AE=EF，FG⊥BC于点G．（1）如图1，当点E在线段BC上时，求证：△ABE≌△EGF；
（2）射线GF与射线BD交于点M，BM和AF交于点O．
①如图2，当点E在线段BC上时，求证：BM与AF互相平分；
②连接AC，OC，若AB=4，CE=1，请直接写出△AOC的面积．
【思路点拨】
（1）由题意易得∠B=∠G=90°，根据同角的余角相等得∠BAE=∠FEG，再由AE=EF即可判断
△ABE≌△EGF(AAS)；
（2）①连接CF，根据全等三角形的性质可得BE=GF，BC=EG，进而可得GF=CG，即GF=CG，根
据等边对等角得∠FCG=∠CFG=45°，再由∠MBG=45°，可得CF∥BM，进而得出四边形CFMD
是平行四边形，进一步得出△ABO≌△FMO(ASA)，即可得出结论；
②设AC与BD交于点N，由题意易得AC=4❑√2，CG=3，再由等腰直角三角形的性质得CF=3❑√2，由
3
正方形的性质可知点N是AC的中点，ON⊥AC，再由中位线的性质得ON= ❑√2，进而可算出三角形的
2
面积．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵FG⊥BC，AE⊥EF，
∴∠G=90°，∠AEF=90°，
∴∠FEG+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
{
∠B=∠G
)
∴在△ABE和△EGF中， ∠BAE=∠FEG ，
AE=EF∴△ABE≌△EGF(AAS)．
（2）①证明：如图，连接CF，
∵△ABE≌△EGF，
∴BE=GF，BC=AB=EG，
∴BE=BC−EC=EG−EC=CG，
∴GF=CG，
又∵∠G=90°，
∴∠FCG=∠CFG=45°，
∵BD是正方形ABCD 的对角线，
∴∠MBG=45°，
∴CF∥BM，
∵FG⊥BC，DC⊥BC，
∴MG∥DC∥AB，
∴四边形CFMD是平行四边形，∠M=∠ABO，∠MFO=∠BAO，
∴MF=DC=AB，
{
∠M=∠ABO
)
在△ABO和△FMO中， MF=AB ，
∠MFO=∠BAO
∴△ABO≌△FMO(ASA)，
∴AO=FO，BO=MO，
∴BM与AF互相平分．
②解：如图，设AC，OC， AC与BD交于点N，∵AB=4，CE=1，
∴AC=4❑√2，CG=EG−CE=4−1=3，
∵∠FCG=∠CFG=45°，∠G=90°，
∴CF=3❑√2，
∵正方形ABCD中，AC与BD交于点N，
∴点N是AC的中点，ON⊥AC，
∴ON是△ACF的中位线，
1 3
∴ON= CF= ❑√2，
2 2
1 1 3
∴S = AC·ON= ×4❑√2× ❑√2=6．
△AOC 2 2 2
31．（24-25八年级下·福建泉州·期中）已知：正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，过点B作
BH⊥AP交边CD于H．
（1）如图1，求证：AP=BH；
（2）如图2，把线段BH沿BA向上平移到MN位置，连接BD，MN分别交AB、AP、BD、DC于点M、
E、F、N
①若E为AP中点，AB=6，BP=2，求EF的长；
②如图3，在EN上截取EQ=AE，连接CQ，G为CQ中点，连接DG，DE．若DG=3，求DE的长．
【思路点拨】
（1）根据正方形性质证明△ABP≌△BCH，得出AP=BH即可；（2）①先证明FE垂直平分AP，再根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP=FC，然后根据等边
1
对等角和等量代换求得∠AFP=90°，根据直角三角形斜边中线的性质证出FE= AP，再根据勾股定理
2
求出AP，则可得出结果；
②连接EG并延长到H，使得EG=GH，连接CH，DH，证明△CGH≌△QGE(SAS)，得出CH=EQ，
∠CHG=∠GEQ，证明△ADE≌△CDH(SAS)，得出DH=DE，∠CDH=∠ADE，证明△DEH是等
腰直角三角形，得出HG=EG，证明△DEG也是等腰直角三角形，得出DG=EG=3，根据勾股定理求出
DE=❑√DG2+EG2=3❑√2．
【解题过程】
（1）证明：如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵BH⊥AP，
∴∠BGA=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∵∠ABG+∠CBH=90°，
∴∠BAG=∠CBH，
∴△ABP≌△BCH，
∴AP=BH；
（2）解：如图，连接FA，FP，FC，∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA=FC，∠FAB=∠FCP，
∵把线段BH沿BA向上平移到MN位置，BH⊥AP，
∴MN⊥AP，
∵E为AP的中点，
∴FE垂直平分AP，
∴FA=FP，
∴FP=FC，
∴∠FPC=∠FCP，
∵∠FAB=∠FCP，
∴∠FAB=∠FPC，
∵∠FPC+∠FPB=180°
∴∠FAB+∠FPB=180°，
∴∠ABC+∠AFP=180°，
∴∠AFP=90°，
1
∴FE= AP，
2
∵AB=6，BP=2，
∴AP=❑√AB2+BP2=❑√62+22=2❑√10，
1
∴EF= AP=❑√10；
2
②连接EG并延长到H，使得EG=GH，连接CH，DH，如图所示：∵点G为CQ的中点，
∴CG=QG，
又∵∠CGH=∠EGQ，
∴△CGH≌△QGE(SAS)，
∴CH=EQ，∠CHG=∠GEQ，
∴CH∥EQ，
∴∠DCH=∠QNC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠BAD=90°，
∴∠AME=∠CNQ，
∵∠MAE+∠DAE=90°，
又∵MN⊥AP，
∴∠AME+∠MAE=90°，
∴∠DAE=∠AME，
∴∠DAE=∠DCH，
∵AE=EQ，
∴AE=CH，
由正方形的性质可知，AD=CD，
∴△ADE≌△CDH(SAS)，
∴DH=DE，∠CDH=∠ADE，
∴∠CDH+∠CDE=∠CDE+∠ADE=∠ADC=90°，
即∠EDH=90°，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵HG=EG，
∴DG⊥EH，
∴△DEG也是等腰直角三角形，∴DG=EG=3，
∴DE=❑√DG2+EG2=3❑√2．
32．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知，四边形ABCD为正方形，连接BD，BD上有一点E在
CF的垂直平分线上，连接AE，EF．
（1）如图1，求证：AE=EF；
（2）如图2，连接AF，求证：∠EAF=45°；
（3）如图3，射线AE交边CD于点H，交BC的延长线于点K，△FCH的周长为12，CK=2BC，连接
BH交AF于点P，求PH的长．
【思路点拨】
（1）连接CE，先证出△ADE≌△CDE，根据全等三角形的性质可得AE=CE，再根据线段垂直平分线
的性质可得EF=CE，由此即可得证；
（2）先根据全等三角形的性质可得∠DAE=∠DCE，再设∠DAE=∠DCE=x，分别求出
∠AEB=45°+x，∠FEB=45°−x，则可得∠AEF=90°，然后根据等腰三角形的性质即可得证；
（3）如图，过点A作AG⊥AK，交CB延长线于G，过点P作PM⊥BC于M，PN⊥FH于N，根据角
的和差关系得出∠GAB=∠DAH，利用ASA证明△AGB≌△AHD，得出BG=DH，AG=AH，根据
∠EAF=45°得出∠GAF=∠HAF，可证明△AGF≌△AHF，得出FG=FH，∠AFG=∠AFH，根
据角平分线的性质得出PM=PN，△FCH的周长为12得出BC=CD=6，利用勾股定理AK=6❑√10，设
BG=x，则CH=6−x，GK=18+x，AG2=62+x2，利用勾股定理列方程求出x=2，CH=4，
BH=2❑√13，设BF= y，则CF=6−y，FH=GF=2+ y，利用勾股定理求出y=3，CF=3，FH=5，
PH 5
利用面积法得出 = ，即可得答案．
PB 3
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接CE∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD,∠ADE=∠CDE=∠CBD=45°，∠BCD=90°，
{
AD=CD
)
在△ADE和△CDE中， ∠ADE=∠CDE=45° ，
DE=DE
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵点E在CF的垂直平分线上，
∴EF=CE，
∴AE=EF．
（2）证明：由（1）已证：△ADE≌△CDE，
∴∠DAE=∠DCE，
设∠DAE=∠DCE=x，则∠BCE=∠BCD−∠DCE=90°−x，
∴∠AEB=∠ADE+∠DAE=45°+x，
∵点E在CF的垂直平分线上，
∴EF=CE，
∴∠EFC=∠BCE=90°−x，
∴∠FEB=∠EFC−∠CBE=45°−x，
∴∠AEF=∠AEB+∠FEB=90°，
由（1）可知AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA=45°．
（3）解：如图，过点A作AG⊥AK，交CB延长线于G，过点P作PM⊥BC于M，PN⊥FH于N，∵∠DAH+∠BAH=90°，∠GAB+∠BAH=90°，
∴∠GAB=∠DAH，
{∠GAB=∠DAH
)
在△AGB和△AHD中， AB=AD ，
∠ABG=∠ADH
∴△AGB≌△AHD，
∴BG=DH，AG=AH，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=∠GAB+∠BAF=∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠HAF，
{
AG=AH
)
在△AGF和△AHF中， ∠GAF=∠HAF ，
AF=AF
∴△AGF≌△AHF，
∴FG=FH，∠AFG=∠AFH，
∵PM⊥BC，PN⊥FH，
∴PM=PN，
∵△FCH的周长为12，
∴CF+CH+FH=BG+BF+CF+CH=DH+BF+CF+CH=BC+CD=12，
∴BC=CD=6，
∵CK=2BC，
∴BK=18，
∴AK=❑√AB2+BK2=❑√62+182=6❑√10，
设BG=x，则CH=6−x，GK=18+x，AG2=62+x2，
∵AG2+AK2=GK2，
∴62+x2+(6❑√10) 2=(18+x) 2，
解得：x=2，
∴CH=4，BH=❑√BC2+CH2=❑√42+62=2❑√13，
设BF= y，则CF=6−y，FH=GF=2+ y，
∵CF2+CH2=FH2，∴(6−y) 2+42=(2+ y) 2，
解得：y=3，
∴CF=6−y=3，FH=❑√CF2+CH2=❑√32+42=5，
1
FH⋅PN
S 2 FH PH 5
∵ △FHP= = = = ，
S 1 BF PB 3
△FBP BF⋅PM
2
5 5 5❑√13
∴PH= BH= ×2❑√13= ．
8 8 4
33．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，正方形ABCD、正方形CEFG，连接AF，取AF的中
点H，连接CH、GH．
（1）【尝试探究】如图1，当点D落在CG上时，则AF=______CH；
（2）【深入探究】如图2，将正方形CEFG绕着点C旋转至点F落在AD的延长线上．求证：GH⊥AF；
（3）【拓展应用】如图3，继续将正方形CEFG绕着点C旋转，连接DH交CG于点P，连接DG，若点P
为CG的中点，△CDH的面积为2，则线段DG的长为______．
【思路点拨】
（1）根据四边形ABCD、CEFG是正方形，得出∠ACF=90°，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的
一半即可证明；
（2）在HF上截取HM=DH，连接DG,GM，根据H是AF中点，得出AD=MF，再结合四边形ABCD、
CEFG是正方形，得出CD=MF,∠CDH=90°，证明△DCG≌△MFG，根据全等三角形的性质得出
DG=GM，再根据等腰三角形三线合一的性质即可证明GH⊥AF；
（3）延长DH至K，使HK=DH，连接KG，连接FK延长交CD于点Q，证明△ADH≌△FKH，再证
出△GDC≌△GKF，即可得出△DGK、△DGH是等腰直角三角形，证出DH=GH，过C作CL⊥DH1
于点L，证明△LPC≌△HPG，证出GH=CL=DH，根据S = CL⋅DH=2，即可解答；
△CDH 2
【解题过程】
（1）解：连接AC，CF，如图所示：
∵四边形ABCD、CEFG是正方形，
∴∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
∵H是AF中点，
1
∴CH= AF，
2
即AF=2CH；
（2）证明：在HF上截取HM=DH，连接DG,GM，如图所示：
∵H是AF中点，
∴AH=HF，
∴AH−DH=HF−HM，
∴AD=MF，
∵四边形ABCD、CEFG是正方形，
∴AD=CD,GF=GC,∠ADC=∠CGF=90°，
∴CD=MF,∠CDH=90°，
∵∠CDN+∠DCN+∠DNC=∠GNF+∠NGF+∠GFN=180°,∠DNC=∠GNF，∴∠DCG=∠GFM，
∴△DCG≌△MFG(SAS)，
∴DG=GM
∴GH⊥DM
即GH⊥AF；
（3）解：延长DH至K，使HK=DH，连接KG，连接FK，并延长交CD于点Q，
∵H是AF中点，
∴AH=HF，
∵∠DHA=∠KHF,DH=KH,AH=HF，
∴△ADH≌△FKH(SAS)，
∴AD=KF,∠3=∠4，
∴AD∥KF，
∵四边形ABCD、CEFG是正方形，
∴AD=CD,CG=GF,∠CGF=90°,∠ADC=∠DQF=90°．
∴CD=KF,∠CQM=90°，
∵∠QMC+∠CQM+∠QCM=∠GMF+∠MGF+∠GFM=180°
∴∠QCG=∠GFK，
∴△GDC≌△GKF(SAS)，
∴DG=KG,∠1=∠2，
∴GH⊥DK，
∵∠2+∠CGK=∠CGF=90°，
∴∠1+∠CGK=∠DGK=90°，
∴△DGK、△DGH是等腰直角三角形，
∴DH=GH，过C作CL⊥DH于点L，
∵P是GG中点，
∴CP=GP，
∵∠CLP=∠GHP=90°,∠LPC=∠HPG，
∴△LPC≌△HPG(AAS)，
∴GH=CL，
∴DH=CL，
1
∵S = CL⋅DH=2，
△CDH 2
∴CL⋅DH=DH2=4，
∴DH=2，
∴DG=❑√2DH=2❑√2．
34．（2025·黑龙江绥化·二模）已知正方形ABCD中，点E在边AB上，连接DE．
【尝试初探】
（1）当点G在边AD上时，作GF⊥DE，如图①，GF与边BC相交于点F，直接写出BF,AE,AG三条
线段的数量关系；
【深入探究】
（2）当点G在边DA的延长线上时，作GF⊥DE，如图②，GF与边BC相交于点F，试判断
BF,AE,AG三条线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）当点G与点D重合时，作GF⊥DE，如图③，GF与边BC的延长线相交于点F，连接EF，取EF的
中点P，连接PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由．【思路点拨】
（1）过点G作GI⊥BC于点I，△DAE≌△GIF(ASA)，根据全等三角形的性质以及线段和差即可求证；
（2）过点F作FJ⊥AD，证明△DAE≌△FJG(ASA)，根据全等三角形的性质以及线段和差即可求证；
（3）在BC上取点K，使得CK=CF，证明△DAE≌△DCF(ASA)，则AE=CF，则AE=CK，那么
BE=BK，由勾股定理得EK=❑√2BE，可得PC是△FEK的中位线，则EK=2PC，即可求证．
【解题过程】
（1）证明：如图，过点G作GI⊥BC于点I，则∠BIG=∠GIF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠A=∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠BIG=90°，∠A=∠GIF=90°，
∴四边形ABIG为矩形，
∴AB=GI，∠IGA=∠IGD=90°，BI=AG，
∴AD=GI，
∵GF⊥DE，
∴∠1=∠2=90°−∠3，
∴△DAE≌△GIF(ASA)，
∴AE=IF，
∵BF=BI+IF，
∴BF=AG+AE；
（2）解：BF=AE−AG，理由如下：
过点F作FJ⊥AD，则∠4=∠6=90°，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠DAE=∠B=90°，
∴∠DAE=∠B=∠6=90°，
∴四边形ABFJ为矩形，
∴AB=FJ,AJ=BF，
∴AD=FJ，
∵GF⊥DE，
∴∠5=90°,
∵∠3=∠2+∠4=∠1+∠5，
∴∠1=∠2，
∴△DAE≌△FJG(ASA)，
∴GJ=AE，
∵AJ=GJ−AG，
∴BF=AE−AG；
（3）解：BE=❑√2CP，理由如下：证明：在BC上取点K，使得CK=CF，如图；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=DA=DC，∠B=∠ADC=∠A=∠BCD=90°，
∴∠3=90°，
∴∠A=∠3，
∵GF⊥DE，
∴∠1=∠2=90°−∠EDC，
∴△DAE≌△DCF(ASA)，
∴AE=CF，
∴AE=CK，
∵BA=BC，
∴BE=BK，
∴EK=❑√BE2+BK2=❑√2BE，
∵EF的中点为P，CK=CF，
∴PC是△FEK的中位线，
∴EK=2PC，
∴❑√2BE=2PC，
∴BE=❑√2CP．
