文档内容
【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
专题18.11正方形的性质与判定大题提升专练（重难点培优30题）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压
轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己
的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2021秋·江西赣州·八年级统考期末）如图，四边形ACMF、BCNE 是两个正方形．求证：AN＝BM．
【答案】见解析
【分析】根据正方形的性质可证得△ACN≅△MCB ，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ACMF和四边形CBEN都是正方形，
∴AC＝CM， NC ＝BC，∠ACM＝∠BCN＝90°，∠MCN＝∠NCM
∠ACN＝∠BCM ，
∴△ACN≌△MCB（SAS）
∴AN＝BM
【点睛】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握正方形的性质及全等
三角形的判定定理．
2．（2021秋·江苏·八年级专题练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边
CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF=45°．求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】证明见解析．
【分析】可作EM⊥BC于点M，由∠ABE+∠CEF=45°可得∠BEM+∠CEF=45°，进一步可得∠BAC=∠ACB=45°，从而可得AB=BC，再根据四边形ABCD是矩形即可得到结论．
【详解】证明：如图，作EM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴EM//AB，
∴∠ABE=∠BEM，∠BAC=∠CEM，∠ABC=90°
∵∠ABE+∠CEF=45°，∴∠BEM+∠CEF=45°，
∵BE⊥EF，∴∠CEM=45°=∠BAC，
∴∠BAC=∠ACB=45°，∴AB=BC
∴矩形ABCD是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·湖南张家界·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边的延长线上，点F在
CD边的延长线上，且CE=DF，连接AE和BF相交于点M．
求证：AE=BF ．
【答案】证明见解析．
【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，
利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，
∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，在△BCF和△ABE中，
¿
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2019·八年级统考课时练习）如图，四边形ABCD是正方形，点G是BC上的任意一点，DE⊥AG于
点E，BF∥DE，交AG于点F．那么AF与BF+EF相等吗？请说明理由．
【答案】AF=BF+EF．理由见解析.
【分析】证明△ABF≌△DAE得到BF=AE，，从而得到AF=BF+EF．
【详解】解：AF=BF+EF．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°．
∵DE⊥AG，
∴∠DEG=∠AED=90°．
∴∠ADE+∠DAE=90°．
又∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，
∴∠ADE=∠BAF．
∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠DEG=∠AED．
在△ABF与△DAE中，
∠AFB=∠AED
{∠BAF=∠ADE，
AB=AD
∴△ABF≌△DAE（AAS）．
∴BF=AE．
∵AF=AE+EF，
∴AF=BF+EF．【点睛】本题考查正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；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；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
也考查了全等三角形的判定与性质．
5．（2022秋·八年级课时练习）已知：如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，EF⊥AC，交
AD，AB于点F，H．求证：CF=CH．
【答案】见解析
【分析】由正方形的性质和已知条件易证AC是FH的垂直平分线，根据垂直平分线的性质即可证明
CF=CH．
【详解】证明：∵正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，
∴∠FAE=∠HAE=45°，
∵EF⊥AC，
∴∠FEA=∠HEA=90°，
∴∠AFE=∠FAE=45°，
∴AE=FE，
同理可证：AE=HE，
∴EF=EH，
∴AC是FH的垂直平分线，
∴CF=CH．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定和性质以及垂直平分线的性质，证明AC是FH的垂
直平分线是本题的关键．
6．（2022秋·八年级课时练习）已知：如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点，¿⊥CD，
GF⊥BC，E，F分别为垂足，连结AG，EF，求证：AG=EF．【答案】见解析
【分析】由已知可得，BD平分∠ADC，AD=CD，如果连结CG，那么很容易发现△AGD≌△CGD，
得AG=CG．由此我们只需证明四边形FCEG是矩形，就能完成证明．
【详解】证明：如图，连结CG．
在△AGD和△CGD中，
∠ADG=∠CDG（正方形的对角线平分一组对角），
DG=DG,AD=CD（正方形的四条边相等），
∴△AGD≌△CGD(SAS)，
∴AG=CG．
∵¿⊥CD,GF⊥BC，
∴∠GFC=∠GEC=90°．
又∵∠BCD=90°（正方形的四个角都是直角），
∴四边形FCEG是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形），
∴EF=CG（矩形的两条对角线相等），
∴AG=EF．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及矩形的判定和性质．熟练掌握正方形的性
质，证明三角形全等，是解题的关键．
7．（2022秋·八年级课时练习）已知：如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为OB上一点，
DF⊥EC于点F，交CO于点P．求证：OE=OP．【答案】见解析
【分析】由ASA可证△DOP≌△COE，可得OE=OP．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DO=CO，AC⊥BD，
∴∠BOC=∠DFE=90°，
∴∠≝+∠EDF=∠≝+∠ECO=90°，
∴∠EDF=∠ECO，且CO=DO，∠COE=∠DOP=90°，
∴△DOP≌△COE(ASA)，
∴OE=OP．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△DOP≌△COE是本题的关键．
8．（2022秋·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考阶段练习）如图，已知点E、F分别是正方形ABCD中
边AB、BC上的点，且AB＝12，AE＝6，将正方形分别沿DE、DF向内折叠，此时DA与DC重合为DG，
求CF的长度．
【答案】4
【分析】设CF＝x，则FG＝x，FB＝12﹣x，EF＝6+x，在Rt BEF中，利用勾股定理BE2+BF2=EF2，
△
得出62+(12−x) 2=(x+6) 2，解得x＝4，即为CF的长．
【详解】解：设CF＝x，则FG＝x，FB＝12﹣x，
∵AB＝12，AE＝6，
∴BE＝6，EG＝6，
∴EF＝6+x，在Rt BEF中，
BE2 △+BF2=EF2，
62+(12−x) 2=(x+6) 2，
解得：x＝4，
即CF的长为4．
【点睛】本题主要考查了图形的折叠，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握图形的折叠的性质，勾股定理，
正方形的性质是解题的关键．
9．（2022春·江苏·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，
且DE＝BF，连接AE．
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)若BC＝12，DE＝4，求△AEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)80
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝AB，∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°，可利用SAS证得
△ADE≌△ABF；
（2）根据勾股定理可得AE＝4√10，再由全等三角形的性质可得AE＝AF，∠EAF＝90°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°
∵F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°
在△ADE和△ABF中，
¿
∴△ADE≌△ABF（SAS）．
（2）解：∵BC＝12，
∴AD＝12在Rt△ADE中，DE＝4，AD＝12，
∴AE＝√AD2+DE2＝4√10，
由（1）知△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF．
∴∠EAF＝90°
1 1
∴S = AE2= ×160=80
ΔAEF 2 2
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，
全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
10．（2022秋·河北秦皇岛·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一个动点，
PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别是E、F，连接EF，猜想EF与AP的数量关系并证明你的猜想．
【答案】EF=AP，见解析
【分析】连接PC，由PE⊥BC，PF⊥CD，四边形ABCD是正方形，可得四边形PECF是矩形，根据矩形的
性质，可得EF=PC，然后证得 PAD≌△PCD，即可得PA=PC，则可证得EF=AP．
【详解】解： EF=AP．理由：△
∵PE⊥BC，PF⊥CD，四边形ABCD是正方形，
∴∠PEC=∠PFC=∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形，
连接PC，
∴PC=EF，
∵P是正方形ABCD对角线上一点，
∴AD=CD，∠PDA=∠PDC，
在 PAD和 PCD中，¿，
△ △∴△PAD≌△PCD（SAS），
∴PA=PC，
∴EF=AP．
【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矩形的判定与性质．解题的关键是数形
结合思想的应用，注意辅助线的作法．
11．（2022秋·黑龙江大庆·八年级校考期中）如图，在边长为6的大正方形中有两个小正方形（小正方形
的顶点都在大正方形的边或对角线上），若两个小正方形的面积分别是S 和S ，求：S +S
1 2 1 2
【答案】S +S =17
1 2
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角线可知图中三角形都是等腰直角三角形，根据正方形的对角线
等于边长的√2倍求出AC，然后求出两个小正方形的边长，再根据正方形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：由正方形的性质，∠DCF=∠BCF=∠DAF=∠BAF=45°，
∴四个角所在的三角形都是等腰直角三角形，
1 1
∴EF=AE=EB= AB，AH=HF=FC= AC，
2 3
∵正方形的边长为6，
∴AC=√2AD=6√2，
1 1 1 1
∴两个小正方形的边长分别为HF= AC= ×6√2=2√2，EF= AB= ×6=3，
3 3 2 2
∴S +S =(2√2) 2+32=8+9=17．
1 2
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握等腰直角三角
形的性质．
12．（2022秋·黑龙江大庆·八年级校考期中）在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上一点，AE=3，
点Q是对角线AC上的动点．求：△BEQ周长的最小值．【答案】△BEQ周长的最小值为6
【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的
最小值，进而可得出结论．
【详解】解：连接BD，DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，AB=AD=4，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
又AE=3
∴BE=4-3=1，
∵DE=BQ+QE=√AD2+AE2=√42+32=5，
∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、勾股定理的应用和轴对称-最短路线问题，解题的关键是熟知正方形
的性质．
13．（2022秋·广西百色·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在
BC的延长线上，且PE=PB．(1)求证：△BCP≌△DCP；
(2)求证：∠DPE=∠ABC；
(3)把正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变，如图．连接DE，试探究线段BP
与线段DE的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DE=PB，见解析
【分析】对于（1），根据“SAS”证明即可；
对于（2），根据全等三角形的性质得∠3=∠4，由等边对等角，得∠4=∠E．即可得出∠3=∠E，再
根据三角形内角和定理得∠DPO=∠OCE，即可得出结论；
对于（3），先证明PD=PB=PE，再证明∠DPE=∠ABC=60°，可知△DPE是等边三角形，即可得出
答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠1=∠2=45°．
∵PC=PC，
∴△BCP≌△DCP（SAS）．
（2）∵△BCP≌△DCP，
∴∠3=∠4．
∵PB=PE，
∴∠4=∠E．∴∠3=∠E．
记PE，CD交于点O，
在△POD和△COE中，∠5=∠6，
∴∠3+∠DPO=∠E+∠OCE．
∴∠DPO=∠OCE．
即∠DPE=∠DCE=∠ABC．
（3）DE=PB．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠ACB=∠ACD．
∵PC=PC，
∴△BCP≌△DCP（SAS）．
∴∠CBP=∠CDP，BP=DP．
∵PB=PE，
∴∠CBP=∠CEP．
∴∠CDP=∠CEP．
∵∠DPO=180°−∠CDP−∠DOP，∠OCE=180°−∠COE−∠CEO，
∴∠DPO=∠OCE．
即∠DPE=∠DCE=∠ABC=60°．
∵PD=PB=PE，
∴△DPE是等边三角形，
∴DE=PE=PB．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，菱形的性质，等边三角形的性质和判定等，
合理利用已证的结论是解题的关键．
14．（2022秋·山东烟台·八年级校考期中）如图，已知点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的
延长线上一点，连接AF，且EA⊥AF．(1)求证：DE＝BF；
(2)若AH平分∠FAE交线段BC上一点H，连接EH，请判断线段DE、BH、HE三者存在怎样的数量关系？
并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)DE+BH＝HE；证明见解析
【分析】（1）由同角的余角相等知，∠FAB＝∠DAE，由正方形的性质知，AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝
90°，则ASA证得△AFB≌△ADE，由全等三角形的性质可得DE＝BF；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝AE，根据角平分线的定义得到∠FAH＝∠EAH，根据全等三角形的
判定和性质即可得到结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABF=∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∵EA⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴∠FAB+∠BAE＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
在△BAF和△DAE中，
¿，
∴△BAF≌△DAE（SAS），
∴DE＝BF；
（2）
解：DE+BH＝HE，理由如下：
如图所示：由（1）知△BAF≌△DAE，
∴BF=DE，
∴AF＝AE，
∵AH平分∠FAE，
∴∠FAH＝∠EAH，
在△FAH与△EAH中，
¿，
∴△FAH≌△EAH（SAS），
∴FH＝EH，
∴DE+BH＝HE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解
题关键．
15．（2022秋·江西上饶·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC和CD上，且
AEF为等边三角形．
△
(1)求证：CE=CF；
(2)若AE=4，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)AC=2+2√3．
【分析】（1）通过条件可以得出 ABE≌△ADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，得到CE=CF；
（2）根据线段垂直平分线的性质△得到AC垂直平分EF，且 CEF是等腰直角三角形，求得EG=2，AG=2
△√3，得到EG=CG=2，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，
在Rt ABE和Rt ADF中，¿，
Rt A△BE≌Rt AD△F（HL），
∴B△E=DF，△
∴CE=CF；
（2）解：AC交EF于点G，如图，
∵AE=AF，CE=CF，
∴AC垂直平分EF，且 CEF是等腰直角三角形，
∵∠EAC=30°，AE=4，△
∴EG=2，AG=√42−22=2√3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ECG=45°．
∴ CEG是等腰直角三角形，
∴△EG=CG=2，
∴AC=CG +AG=2+2√3．
【点睛】本题考查了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是关键．
16．（2022秋·江苏镇江·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是线段OD上一点，
连接EC，过点B作BF⊥CE于点F，交OC于点G．(1)求证：BG=CE；
(2)若OB=√2，BF是∠DBC的角平分线，求OE的长．
【答案】(1)见解析
(2)OE=2−√2
【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠EOC=∠GOB=90°，OC=OB，易证 EOC≌△GOB（ASA），根据
全等三角形的性质即可得证； △
（2）根据BF⊥CE，可得∠EFB=∠CFB=90°，根据BF是∠DBC的角平分线，可知∠EBF=∠CBF，可证
EBF≌△CBF（SAS），可得BE=BC，根据正方形的性质，可知BC=2，即可求出OE．
△（1）
证明：在正方形ABCD中，AC⊥BD，OC=OB，
∴∠EOC=∠GOB=90°，
∴∠OEC+∠OCE=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠OEC+∠OBG=90°，
∴∠OBG=∠OCE，
在 EOC和 GOB中，
¿，△ △
∴△EOC≌△GOB（ASA），
∴BG=CE；
（2）
解：∵BF⊥CE，
∴∠EFB=∠CFB=90°，
∵BF是∠DBC的角平分线，
∴∠EBF=∠CBF，∵BF=BF，
∴△EBF≌△CBF（SAS），
∴BE=BC，
在正方形ABCD中，OB=OC，∠BOC=90°，
∵OB=√2，
根据勾股定理，得BC=2，
∴OE+√2=2，
∴OE=2-√2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的性质和判定，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质
是解题的关键．
17．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的周长是40．点P是正方形ABCD对角线
AC上一动点，过P点分别作AB、BC的垂线，垂足分别为E，F．
(1)求证：四边形PEBF是矩形．
(2)请你猜想EF与DP的数量关系，并给出证明．
(3)在P点运动过程中，EF的长也随之变化，求EF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)PD=EF，证明见解析
(3)5√2
【分析】（1）根据由三个角为直角的四边形为矩形，即可求证；
（2）根据矩形的性质可得PB=EF，再证明△ADP≌△ABP，即可求证；
（3）根据PD=EF可得EF的最小值，即DP的最小值，再由垂线段最短，可得当DP⊥AC时，DP取得
最小值，求出AC，即可求解．
（1）证明：∵PE⊥AB，PF⊥BC∴∠PEB=∠PFB=90°又∵ABCD是正方形∴∠ABC=90°∴四
边形四边形PEBF是矩形PD=EF PB PEBF
（2）解： ，证明如下：连接 ， ∵四边形 为矩形，∴
PB=EF，又∵四边形ABCD是正方形，P为AC上任意一点，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，
∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴PB=PD，∴PD=EF；
（3）解：由（2）得DP=EF，则EF的最小值，即DP的最小值，当DP⊥AC时，DP取得最小值，∵
正方形ABCD的周长为40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，AC=√102+102=10√2，∵DP⊥AC
1
，∴DP= AC=5√2∴EF的最小值是5√2．
2
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握正
方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2022春·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点P是边AB上的定点．
(1)如图1中仅用圆规分别在AD、BC上作点E、F，使EP⊥PF，且EP=PF，保留作图痕迹，不写作法；
(2)根据你的作图步骤，利用图2证明：EP⊥PF，且EP=PF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用圆规在AD上截取AE＝BP，在BC上截取BF＝AP；
（2）利用正方形的性质得到∠A＝∠B＝90°，再证明 APE≌△BFP得到PE＝PF，∠AEP＝∠BPF，再证明
∠EPF＝90°，从而得到PE⊥PF． △
【详解】（1）解：如图1，点E、F为所作；（2）证明：如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
在 APE和 BFP中，
¿，△ △
∴△APE≌△BFP（SAS），
∴PE＝PF，∠AEP＝∠BPF，
∵∠AEP+∠APE＝90°，
∴∠APE+∠BPF＝90°，
∴∠EPF＝180°－（∠APE+∠BPF）＝90°，
∴PE⊥PF，
即EP⊥PF，且EP＝PF
【点睛】本题考查了作图，此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂
作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
19．（2022秋·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，
CE，延长AE交CD边于点F．(1)求证：∠AEB=∠CEB．
(2)若∠AEC=2α，∠AFD=β，求证：α+β=135°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用正方形的性质得出边角相等的关系，证明三角形全等就可证∠AEB=∠CEB；
（2）利用全等三角形的性质和三角形外角的性质进行计算和变形就可求出β与α之间的数量关系．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=∠ADC=90°，
∠ABE=∠CBE=∠ADB=45°，在△ABE和△CBE中，¿，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴
∠AEB=∠CEB；
1
（2）证明：由（1）知，∠AEB=∠CEB，又∵∠AEC=2α，∴∠CEB= ×2α=α=∠AEB，∴
2
∠≝=∠AEB=α，∴ ∠AFD=180°−∠≝−∠EDF=180°−45°−α=β∴α+β=135°．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的性质和判定，掌握以上知识点结合图形灵活运用是
做出本题的关键．
20．（2021秋·四川资阳·八年级统考期末）如图，正方形ABCD中，P是AB上一点，连结DP，E是DP上
一点，连结AE，过点A作AF⊥AE，交DP的延长线于点F，AE=AF.
(1)求证： ADE≌△ABF；
(2)若AD=△3，DE=1，求DF的长.
【答案】(1)见解析(2)DF的长为√17．
【分析】（1）求得∠DAE=∠BAF，利用SAS即可证明 ADE≌△ABF；
△ 1
（2）过点A作AG⊥DF于点G，利用等腰直角三角形的性质得到AG=FG=GE= EF，设AG=FG=GE=a，
2
利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，AF⊥AE，
∴∠EAF=∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠EAF-∠EAP =∠DAB-∠EAP，
∴∠DAE=∠BAF，
在 DAE和 BAF中，¿，
∴ △ADE≌△A△BF(SAS)；
（△2）
解：过点A作AG⊥DF于点G，
∵AE=AF，∠EAF=90°，
1
∴AG=FG=GE= EF，
2
设AG=FG=GE=a，则DG=a+1，
在Rt△GDA中，DA2=AG2+DG2，
∴32=a2+( a+1)2，
−1±√17
解得：a= (负值舍去)，
2
∴EF=2a=√17−1，
∴DF=EF+DE=√17−1+1=√17．
【点睛】本题主要考查对正方形的性质，等腰直角三角形，直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的
判定和性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．21．（2022秋·北京顺义·八年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，Q为对角线BD上一点(DQ>BQ)，
连接AQ、CQ．
(1)求证：AQ=CQ；
(2)过点Q作QR⊥BD交BC于点R，延长CB至点H使BH=CR，连接AH．
①依题意补全图形；
②用等式表示AH与CQ之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①补全图形见解析；②AH=√2CQ，证明见解析
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABQ≌△CBQ，即可得证；
（2）①根据题意补全图形即可求解；
②连接HQ，证明△QBH≌△QRC，进而证明△ADH是等腰直角三角形，即可得出结论
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC,∠ABQ=∠CBQ=45°，
又BQ=BQ，
∴△ABQ≌△CBQ(SAS)，
∴AQ=CQ；
（2）①补全图形，如图，
②AH=√2CQ，理由如下，如图，连接HQ，∵QR⊥BD,∠QBR=45°，
∴∠QRB=45°，
∴∠QBR=∠QRB，
∴BQ=RQ，∠QRC=∠QBH=135°，
又∵CR=HB，
∴△QBH≌△QRC，
∴QH=QC，∠HQB=∠RQC，
由（1）可知△ABQ≌△CBQ，
∴∠AQB=∠BQC，
∴∠AQH+∠HQB=∠BQR+∠RQC，
∴∠AQH=∠BQR=90°，
∵AQ=QC，
∴AQ=HQ，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴AH=√2AQ，
∴AH=√2CQ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握
以上知识是解题的关键．
22．（2022春·河南鹤壁·八年级校考期中）如图1，有一个正方形ABCD，将边CB绕点C旋转得到线段
CE，连接BE，点F是BE的中点，过点A作AG⊥BE交直线BE于点G．(1)如图2，当点E落在正方形内部时，易得：
①CF与BE的位置关系是 ；
②线段AG与FB的数量关系是 ；
③CF，AG，GF的数量关系是 ．
(2)若点E落在正方形外部（点B，C，E不在同一直线上）时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请
证明；若不成立，请直接写出新的结论．
【答案】(1)①CF⊥BE；②AG=FB；③GF=CF−AG；
(2)CF⊥BE，AG=FB，成立；点E落在正方形的边CD上方时，GF=AG−CF；点E落在正方形的边
BC右侧时，GF=AG+CF．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质可得到CF⊥BE；利用AAS可证明△ABG≌△BCF，利用全等三角
形的性质可得到AG=FB以及GF=CF−AG；
（2）分点E落在正方形的边CD上方和点E落在正方形的边BC右侧时，两种情况讨论，证明
△ABG≌△BCF，利用全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；
②∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，∴AG=FB；
③∵△ABG≌△BCF，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BG−BF=CF−AG；
故答案为：①CF⊥BE；②AG=FB；③GF=CF−AG；
（2）解：当点E落在正方形的边CD上方时，如图，
由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；
∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BF−BG=AG−CF；
当点E落在正方形的边BC右侧时，如图，由旋转的性质知CB=CE，
∵点F是BE的中点，即EF=BF，
∴由等腰三角形的性质得CF⊥BE；
∵四边形ABCD是正方形，AG⊥BE，
∴∠ABC=∠AGB=∠CFB=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBF=∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ABG=∠BCF，
∴△ABG≌△BCF(AAS)，
∴BG=CF，AG=FB，
∴GF=BF+BG=AG+CF．
【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握相关的
判定定理和性质定理是解题的关键．
23．（2022春·全国·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点
且∠EAF=45°．猜测线段EF、BE、FD三者存在哪种数量关系？直接写出结论．（不用证明）结论：
．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且
∠EAF是∠BAD的一半．（1）中猜测的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；【答案】（1）EF=BE+FD；（2）成立，见解析
【分析】（1）延长CB到G，使BG=FD，根据已知条件容易证明△ABG≅△ADF，由此可以推出
1
∠BAG=∠DAF，AG=AF，而∠EAF= ∠BAD，所以得到∠DAF+∠BAE=∠EAF，进一步得
2
到∠EAF=∠GAE，现在可以证明△AEF≅△AEG，然后根据全等三角形的性质就可以证明结论成立；
（2）在CD上截取DG=BE，利用BE=DG，AB=AD，∠B=∠ADG=90°，得出△ABE≅△ADG，
进而得出△AEF≅△AFG即可得出答案．
【详解】解：（1）延长CB到G，使BG=FD，
∵∠ABG=∠D=90°,AB=AD,
∴△ABG≅△ADF，
∴∠BAG=∠DAF,AG=AF,
1
∵∠EAF= ∠BAD,
2
∴.∠DAF+∠BAE=∠EAF,
∴∠EAF=∠GAE,
∴△AEF≅△AEG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF.
故答案为：EF=BE+FD；
（2）结论成立，应为EF=BE+FD，
在CD上截取DG=BE，（如图②）∵BE=DG,AB=AD, ∠B=∠ADG=90°,
∴△ABE≅△ADG
∴∠BAE=∠DAG,AG=AE,
1
∵∠EAF= ∠BAD,
2
∴∠∠EAF=∠FAG,，
又AF=AF,AE=AG,
∴△AEF≅△AGF
∴.EF=FG=DF+DG=EB+DF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
24．（2021秋·海南省直辖县级单位·八年级统考期中）如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是对角
线BD上（不与点B，D重合）的任意一点，且PE⊥DC于点E，PF⊥BC于点F．
(1)求证：①AP=CP；
②AP2=PE2+PF2；
(2)若∠APF=105°，求线段PB的长．
【答案】(1)①见解析；②见解析
√2 √6
(2) +
2 6
【分析】（1）①根据题意证明△ADP≌△CDP(SAS)即可得出结论；
②根据题意以及①中的结论证明四边形PFCE是矩形，根据勾股定理以及等量代换可得结论；（2）过点A作AM⊥BD，垂足为M，根据等腰三角形性质以及正方形的性质得出∠PAM=30°，从而
√2 √6
得出AP=2PM，然后根据勾股定理分别求出AM=BM= ，PM= ，则结论可得．
2 6
【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，
又∵DP=DP，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴AP=CP；
②由①可知AP=CP，
∵PE⊥DC，PF⊥BC，
∴四边形PFCE是矩形，
∴PF=EC，
由勾股定理得 CP2=PE2+EC2，
∴AP2=PE2+PF2；
（2）解：过点A作AM⊥BD，垂足为M，则∠AMB=90°，
∵∠ABM=∠PBF=∠BPF=45°，∠APF=105°，
∴AM=BM，∠APM=∠APF−∠BPF=105°−45°=60°，
∴∠PAM=30°，
∴AP=2PM，
∵正方形ABCD的边长为1，即AB=1，
在Rt△AMB中，由勾股定理得AB2=AM2+BM2，
即 2BM2=1，
√2
解得 AM=BM= ，
2
在Rt△AMP中，由勾股定理得AP2=AM2+PM2，2
即 (2PM) 2=
(√2)
+PM2
2
√6
解得 PM= ，
6
√2 √6
∴PB=BM+PM= + ．
2 6
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，
熟练掌握相关知识点是解本题的关键．
25．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）【感知】如图①，点F是正方形ABCD的边AB上一点，点E
是AD延长线上一点，且CE⊥CF．易证△CBF≌△CDE，进而证得BF=DE．
【应用】（1）如图②，在正方形ABCD中，点F、G分别在边AB、AD上，且∠FCG=45°．求证：
BF+DG=FG．
【拓展】（2）如图③，在四边形ABCD中，BC=DC，∠A=∠BCD=90°，点M、N分别在边AB、
AD上，且∠MCN=45°．若BD=7，MN=4.2，则四边形MBDN的周长为______．
【答案】（1）见解析；（2）15.4．
【分析】（1）如图②中，过点C作CH⊥CF交AD延长线于点H．先证明△CBF≌△CDH，再证明
△CFG≌△CHG，得到FG=HG，由此即可证明．
（2）如图③中，过点C作CP⊥CN交AB延长线于点P．先证明△CPB≌△CND，再证明
△MNC≌△MPC，得到ND+MB=MN，由此即可计算四边形的周长．
【详解】（1）证明：如图②中，C作CH⊥CF交AD延长线于点H．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，∠B=∠BCD=∠ADC=90°．∴∠B=∠ADH=90°，∠BCF+∠FCD=90°．
∵CH⊥CF，
∴∠FCD+∠DCH=90°．
∴∠BCF=∠DCH．
在△CFB和△CHD中，
¿
∴△CBF≌△CDH(ASA)．
∴CF=CH，BF=DH．
∵∠FCG=45°，CH⊥CF，
∴∠GCF=∠GCH=45°．
在△CFG和△CHG中，
¿
∴△CFG≌△CHG(SAS)．
∴FG=HG．
∵HG=GD+DH=GD+BF，
∴BF+DG=FG．
（2）如图③中，过点C作CP⊥CN交AB延长线于点P．
∵BC=DC，∠A=∠BCD=90°，
∴∠A+∠BCD=180°
∴∠ABC+∠ADC=180°,
∵∠ABC+∠PBC=180°
∴∠ADC=∠PBC，
∵CP⊥CN，
∴∠PCB+∠BCN=90°．
∵∠BCN+∠NCD=90°,
∴∠PCB=∠NCD．在△CPB和△CND中，
¿，
∴△CPB≌△CND(ASA)．
∴NC=CP，ND=BP．
∵∠MCN=45°，CP⊥CN，
∴∠NCM=∠PCM=45°．
在△MNC和△MPC中，
¿，
∴△MNC≌△MPC(SAS)．
∴MN=MP．
∵MP=MB+BP=MB+ND，
∴ND+MB=MN．
∴四边形MBDN的周长为MN+(ND+BM)+DB=4.2+4.2+7=15.4，
故答案为：15.4．
【点睛】本题考查四边形的综合题、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会
由感知部分得到启发，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）【方法回顾】
如图1，过正方形ABCD的顶点A作一条直l交边BC于点P，BE⊥AP于点E，DF⊥AP于点F，猜想
BE，DF，EF三条线段的数量关系： ，并证明你的猜想．
【问题解决】
3
如图2，菱形ABCD的边长为 ，过点A作一条直线l交边BC于点P，且∠DAP=90°，点F是AP上一点，
2
且∠BAD+∠AFD=180°，过点B作BE⊥AB，与直线l交于点E，若EF=1，求BE的长．
【思维拓展】
如图3，在正方形ABCD中，点P在AD所在直线上的上方，AP=2，连接PB，PD，若△PAD的面积与△PAB的面积之差为m(m>0)，则PB2−PD2的值为 （用含m的式子表示）
5
【答案】EF=DF−BE； ；4m
8
【分析】方法回顾：通过证明△ABE≌△DAF(AAS)转化线段即可得出结论；
问题解决：通过证明△DAF≌△ABE(ASA)得出DF=AE=AF+EF,AF=BE；然后根据勾股定理解出
AF的长度，即可得出结果；
思维拓展：过点P作PN⊥BA交BA的延长线于N，PM⊥DA交DA的延长线于M，构造出直角△PMD、
△PNB以及矩形PMAN；根据勾股定理表示出PB2与PD2；进一步代入求解即可；
【详解】方法回顾：
解：EF=DF−BE
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴∠BAE+∠DAF=90°
∵BE⊥AP，DF⊥AP
∴∠DFA=∠AEB=90°，∠BAE+∠ABE=90°
∴∠ABE=∠DAF
在△ABE和△DAF中
¿
∴△ABE≌△DAF(AAS)
∴BE=AF，AE=DF
∴EF=AE−AF=DF−BE
问题解决：
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD
∵BE⊥AB
∴∠ABE=∠DAF=90°
∵∠BAD+∠AFD=180°，即：∠BAP+∠FAD+∠AFD=180°
∠ADF+∠FAD+∠AFD=180°
∴∠BAP=∠ADF
∴△DAF≌△ABE(ASA)
∴DF=AE=AF+EF=AF+1，AF=BE
∵∠DAF=90°∴AF2+AD2=DF2，
3 2
∴AF2+( ) =(AF+1) 2
2
5
解得：AF=
8
5
∴BE=AF=
8
思维拓展：
解：如图，过点P作PN⊥BA交BA的延长线于N，PM⊥DA交DA的延长线于M，设PN=x，PM= y；
则：∠PMA=∠MAN=∠PNA=90°，
∴四边形PMAN是矩形，
∴PN=AM=x，PM=AN= y
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，设AB=AD=a；
∵S −S =m
△PAD △PAB
1 1
∴ ay− ax=m
2 2
∴ay−ax=2m
∴PB2−PD2=x2+(a+ y) 2−[y2+(a+x) 2]=2ay−2ay=2(ay−ax)=4m
故答案为：4m
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识点；熟练运用这些特殊平
行四边形的性质转化线段是解题的关键．
27．（2022秋·四川·八年级校联考期中）已知，如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、
CD上，且∠EAF=45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种
常用的方法．(1)在图1中，连接EF，为了证明结论“EF=BE+DF ”，小亮将ΔADF绕点A顺时针旋转90°后解答
了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
(2)如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF−BE．
【分析】（1）利用旋转的性质，证明ΔAGE≅ΔAEF即可．
（2）把ΔABE绕点A逆时针旋转90°，使AB 与CD 重合，点E 与点G 对应到AD ，证明
ΔAEF≅ΔAGF 即可求得EF=DF−BE ．
【详解】（1）证明：如图1，
由旋转可得GB=DF ,AF=AG ,∠BAG=∠DAF
∵四边形ABCD 为正方形
∴ ∠BAD=∠ADF=∠ABC=90°
∴ ∠ABC+∠ABG=180°
∴ G 、B 、C 三点在一条直线上
∵ ∠EAF=45°
∴ ∠BAE+∠DAF=45°
∴ ∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF
在ΔAGE 和ΔAFE 中¿
∴ ΔAGE≅ΔAFE(SAS)
∴ ¿=EF
∵ ¿=GB+BE=BE+DF
∴ EF=BE+DF
（2）结论：EF=DF−BE ．
理由：如图2，把ΔABE 绕点A 逆时针旋转90° ，使AB 与AD 重合，点E 与点G 对应，同（1）可
证得ΔAEF≅ΔAGF(SAS)
∴ EF=GF ,且DG=BE
∴ EF=DF−DG=DF−BE
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利
用旋转法构造全等三角形．
28．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C
重合，点F是BA的延长线上一点，且AF=CE．
(1)求证：△DCE≌△DAF；
(2)如图，连接EF，交AD于点K，过点D作DH⊥EF，垂足为H，延长DH交BF于点G，连接HB，HC，求证：HD=HB；
(3)在（2）的条件下，试判断∠ADF与∠EHC的大小关系并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)∠ADF= ∠EHC，理由见解析
【分析】（1）直接根据SAS证明即可；
（2）根据（1）中结果及题意，证明△DFE为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明
HD=HB；
（3）根据已知条件，先证明△DCH≌△BCH，利用角之间的关系得出∠HCE=∠DFK，再由平行线的
性质得出∠DKF=∠HEC，最后利用三角形内角和定理即可证明结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD,∠DCE=∠DAF=90°．
又∵CE=AF，
∴△DCE≌△DAF．
（2）证明；由（1）得△DCE≌△DAF，
∴DE=DF,∠CDE=∠ADF．
∴∠FDE=∠ADF+∠ADE=∠CDE+∠ADE=∠ADC=90°．
∴△DFE为等腰直角三角形．
又∵DH⊥EF，
∴点H为EF的中点．
1
∴HD= EF．
2
1
同理，由HB是Rt△EBF斜边上的中线得，HB= EF．
2
∴HD=HB．
（3）∠ADF= ∠EHC，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB．
又∵HD=HB, CH=CH，
∴△DCH≌△BCH．
∴∠DCH=∠BCH=45°．又∵△≝¿为等腰直角三角形，
∴∠DFE=45°．
∴∠HCE=∠DFK．
∵四边形ABCD是正方形，
AD∥BC．
∴∴ ∠DKF=∠HEC，
∴180°−∠HCE−∠HEC=180°−∠DFK−∠FKD，
即∠ADF= ∠EHC．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三
角形的性质，熟知相关的性质与判定是解决本题的关键．
29．（2022春·江苏南京·八年级南京市第一中学校考阶段练习）在正方形ABCD中，AD=CD，
∠ADC=90°，点E是平面内一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF．
(1)如图1，若点E在AB上运动，连接CF，当AB=4，AE=1时，BF=__，EF=__；
(2)如图2，若EF恰好经过点C，连接AE，求证：AE+CE=√2DE．
【答案】(1)5，√34
(2)见详解
【分析】（1）借助正方形的性质和旋转的性质，证明△ADE≌△CDF，即可推导CF=AE=1，点B、
C、F在同一直线上，然后由BF=BC+CF计算BF的长即可；通过BE=AB−AE得出BE的长，再根据
勾股定理计算EF的长即可；
（2）类比（1）中的方法，先证明△ADE≌△CDF，可推导AE=CF， AE+CE=CF+CE=EF，再
根据勾股定理可得EF=√2DE，即可证明AE+CE=√2DE．
（1）
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=∠ADC=∠BCD=90°，AB=BC=CD=DA=4，由旋转可知，DE=DF，∠EDF=90°，
∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+CDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
¿，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴∠DCF=∠A=90°，CF=AE=1，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠DCF=90°+90°=180°，即点B、C、F在同一直线上，
∴BF=BC+CF=4+1=5，
∵BE=AB−AE=3，∠B=90°，
∴在Rt△ADE中，由勾股定理可知EF=√BE2+BF2=√32+52=√34．
故答案为：5，√34；
（2）
证明：∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°−∠ CDE，DE=DF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，
∴AE+CE=CF+CE=EF，
∵EF=√DE2+DF2=√2DE2=√2DE，
∴AE+CE=√2DE．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练
掌握正方形和旋转的性质，证明三角形全等是解题关键．
30．（2022秋·福建厦门·八年级统考期中）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A、O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且交边CD于点E．(1)求证：PB=PE；
(2)若正方形ABCD的边长为6．
①过点E作EF⊥AC于点F，如图2，则在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，请直
接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
②连接BE交AC于点G，在点P运动的过程中，当CE=2，求PG的长．
【答案】(1)见解析；
5√2
(2)①PF的长不发生变化，为定值3√2；② ．
2
【分析】（1）过点P作MN∥AD，根据正方形的性质和同角的余角相等，证明△BMP≌△PNE，即
可得证．
（2）①连接OB，根据正方形的性质，对角线垂直和同角的余角相等，证明△OBP≌△FPE，即可得解；
②过点P作MN∥AD，利用正方形的性质，求出PC，过G作GQ⊥BC于Q，GH⊥CD于H，利用
S +S =S ，求出CG，再用PG=PC−CG即可得解．
△BCG △ECG △BCE
（1）
证明：如图1，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
则BM=CN，
∵PB⊥PE，
∴∠BPE=90°，
∴∠MPB+∠NPE=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=90°，∠PCN=45°，
∵AD∥MN，
∴∠BMP=∠BAD=∠PNE=∠D=90°，
∴∠MPB+∠MBP=90°，
∴∠NPE=∠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：①在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由如下：
如图2，连接OB．
∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴AB=CB=6，
∵点O是AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB=∠EFP=90°，
∴∠OBP+∠BPO=90°．
∴∠BPE=90°，
∴∠BPO+∠FPE=90°，
∴∠OBP=∠FPE．
由（1）得：PB=PE，
∴△OBP≌△FPE(AAS)，
∴PF=OB．
∵△ABO是等腰直角三角形，
√2
∴OB= AB=3√2，
2
∴PF=3√2，
即PF的长不发生变化，为定值PF＝3．②过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．
由（1）可知，PM=NE，△AMP和△PCN是等腰直角三角形，
∴PA=√2PM,PC=√2NC，
∴PA=√2NE，
∴PC=√2(NE+CE)=√2NE+√2CE=PA+√2CE，
∴PC−PA=√2CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠ACB=∠ACD=45°，
∴AC=√2AB=6√2=PC+PA，
∴PC=4√2,PA=2√2，
过G作GQ⊥BC于Q，GH⊥CD于H，
则GQ＝GH，△CGQ是等腰直角三角形，
∴CG=√2GQ，
设GQ=GH=x，则CG=√2x，
∵S +S =S ，
△BCG △ECG △BCE
1 1 1
∴ BC⋅GQ+ CE⋅GH= BC⋅CE，
2 2 2
1 1 1
即 ×6⋅ x+ ×2⋅ x= ×6×2，
2 2 2
3
解得：x= ，
2
3√2
∴CG= ，
2
3√2 5√2
∴PG=PC−CG=4√2− = ，
2 2
5√2
即PG的长为 ．
2【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质．根据正方形的性质添加合适的辅助线证明三
角形全等是解题的关键．
