2022年中考數(shù)學復習：幾何探究證明題專項訓練

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024年中考數(shù)學復習：幾何探究證明題專項訓練1．已知四邊形ABCD是正方形，一個等腰直角三角板的一個銳角頂點與A點重合，將此三角板繞A點旋轉(zhuǎn)時，兩邊分別交直線BC，CD于M，N．(1)如圖1，當M，N分別在邊BC，CD上時，求證：BM+DN=MN(2)如圖2，當M，N分別在邊BC，CD的延長線上時，請直接寫出線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系(3)如圖3，直線AN與BC交于P點，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的長．2．四邊形是由等邊和頂角為的等腰排成，將一個角頂點放在處，將角繞點旋轉(zhuǎn)，該交兩邊分別交直線、于、，交直線于、兩點．（1）當、都在線段上時（如圖1），請證明：；（2）當點在邊的延長線上時（如圖2），請你寫出線段，和之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）在（1）的條件下，若，，請直接寫出的長為．3．正方形ABCD中，點E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點G．（1）如圖1，求證AE⊥BF；（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點H，交BF于點N，連接CN，求證：AN+CN＝BN；4．綜合與實踐：如圖1，在正方形中，連接對角線，點O是的中點，點E是線段上任意一點（不與點A，O重合），連接，．過點E作交直線于點F．（1）試猜想線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）試猜想線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）如圖2，當E在線段上時（不與點C，O重合），交延長線于點F，保持其余條件不變，直接寫出線段之間的數(shù)量關(guān)系．5．在正方形和正方形中，，連接，H是的中點．（1）如圖1，若點B、D、F在同始終線上，求的長；（2）在（1）條件下，連接．求線段和的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并證明；（3）如圖2，正方形繞點D旋轉(zhuǎn)，使得點H在線段的延長線上，連接，求的長度．6．如圖1，在正方形中，為上一點，連接，過點作于點，交于點．（1）求證：；（2）如圖2，連接、，點、、、分別是、、、的中點，試推斷四邊形的外形，并說明理由；（3）如圖3，點、分別在正方形的邊、上，把正方形沿直線翻折，使得的對應邊恰好經(jīng)過點，過點作于點，若，正方形的邊長為3，求線段的長．7．已知正方形，，繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交、于點M、N，于點H．（1）如圖①，當時，可以通過證明，得到與的數(shù)量關(guān)系，這個數(shù)量關(guān)系是___________；（2）如圖②，當時，（1）中發(fā)覺的與的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？說明理由；（3）如圖③，已知中，，于點H，，，求的長．8．感知：如圖①，平分，，．推斷與的大小關(guān)系并證明．探究：如圖②，平分，，，與的大小關(guān)系變嗎？請說明理由．應用：如圖③，四邊形中，，，，則與差是多少（用含的代數(shù)式表示）9．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長線）于點M，N，AH⊥MN于點H．（1）如圖①，當∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時，請你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：；（2）如圖②，當∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時，（1）中發(fā)覺的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？假如不成立請寫出理由，假如成立請證明；（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點H，且MH＝2，AH＝6，求NH的長．（可利用（2）得到的結(jié)論）10．如圖1，在正方形中，E是上一點，F(xiàn)是延長線上一點，且．（1）求證：；（2）在圖1中，若G在上，且，則成立嗎？為什么？（3）運用（1）（2）解答中所積累的閱歷和學問，完成下題：①如圖2，在直角梯形中，，，，E是上一點，且，，求的長．②如圖3，在中，，，，，則的面積為____（直接寫出結(jié)果，不需要寫出計算過程）11．已知四邊形和四邊形都是正方形，且．（1）如圖1，連接、，求證：；（2）如圖2，將正方形圍著點旋轉(zhuǎn)到某一位置，恰好使得，.①求的度數(shù)；②若正方形的邊長為，請直接寫出正方形的邊長的值．12．如圖，在中，的平分線交于點，交的延長線于點，以、為鄰邊作，如圖①所示．（1）求證：是菱形；（2）若，連接、、，如圖②所示，求證：；（3）若，，，是的中點，如圖③所示，求的長．13．如圖1，點E為正方形ABCD內(nèi)一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（點A的對應點為點C）延長AE交CE于點F，連接DE．（1）試推斷四邊形BE′FE的外形，并說明理由．（2）如圖2，若DA＝DE，請猜想線段CF于FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明．（3）如圖1，若AB＝，CF＝3，請直接寫出DE的長．14．已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，將∠EAF繞頂點A旋轉(zhuǎn)，角的兩邊始終與直線CD交于點E，與直線BC交于點F，連接EF．（1）如圖①，當BF＝DE時，求證：△ABF≌△ADE；（2）若∠EAF旋轉(zhuǎn)到如圖②的位置時，求證：∠AFB＝∠AFE；（3）若BC＝4，當邊AE經(jīng)過線段BC的中點時，在AF的右側(cè)作以AF為腰的等腰直角三角形AFP，直接寫出點P到直線AB的距離．15．如圖1，在正方形中，為邊上一點（不與點、重合），垂直于的一條直線分別交、、于點、、．（1）求證；（2）如圖2，若垂足恰好為的中點，連接，交于點，連接，并延長交邊于點．求的度數(shù)；（3）如圖3，若該正方形邊長為11，將正方形沿著直線翻折，使得的對應邊恰好經(jīng)過點，過點作，垂足分別為，若，則______．16．如圖，四邊形ABCD是正方形，點O為對角線AC的中點．（1）問題解決：如圖①，連接BO，分別取CB，BO的中點P，Q，連接PQ，則PQ與BO的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）問題探究：如圖②，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到的三角形，連接CE，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．推斷△PQB的外形，并證明你的結(jié)論；（3）拓展延長：如圖③，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到的三角形，連接BO'，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．若正方形ABCD的邊長為1，求△PQB的面積．17．中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)n°得到，E與B是對應點，如圖1．（1）延長BC、EF，交于點K，求證：∠BKE=n°；（2）當m=150，n=60時，求四邊形CEFA的面積；（3）如圖3．當n=150時，取BE的中點P和CF的中點Q，直接寫出的值．18．（1）如圖1，正方形ABCD中，E為邊CD上一點，連接AE，過點A作AF⊥AE交CB的延長線于F，猜想AE與AF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）如圖2，在（1）的條件下，連接AC，過點A作AM⊥AC交CB的延長線于M，觀看并猜想CE與MF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）解決問題：王師傅有一塊如圖所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王師傅想切一刀后把它拼成正方形．請你幫王師傅在圖3中畫出剪拼的示意圖．19．如圖①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點D是BC的中點．作正方形DEFG，使點A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．（1）試猜想線段BG和AE的關(guān)系（直接寫出答案，不用證明）；（2）將正方形DEFG繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α≤60°），推斷（1）中的結(jié)論是否仍舊成立？請利用圖②證明你的結(jié)論；（3）若BC＝DE＝4，當α等于多少度時，AE最大？并求出此時AF的值．20．已知，如圖1，正方形ABCD的邊長為6，點E、F分別在邊AB、AD的延長線上，且BE=DF，連接EF．（1）求∠E的度數(shù)；（2）將△AEF繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，當旋轉(zhuǎn)角α滿足0°＜α＜45°時，設EF與射線AB交于點G，與AC交于點H，如圖所示，試推斷線段FH、HG、GE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）若將△AEF繞點A旋轉(zhuǎn)一周，連接DF、BE，并延長EB交直線DF于點P，連接PC，則點P的運動路徑長為；線段PC的取值范圍為．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1）證明：如圖，延長到使，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，在與中，，，，，，，∴，，，在與中，，，，又∵，，；（2），理由如下：如圖，在BM上取一點G，使得，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，在與中，，，，，∴，∴，又，，在與中，，，，又∵，，∴，故答案為：；（3）如圖，在DN上取一點G，使得，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，，在與中，，，，，∴，∴，又，，在與中，，，，設，∵，，∴，，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，在與中，，，，∴CP的長為3．2．解：（1）證明：把△DBM繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DAQ，則DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°，∴點Q在直線CA上，∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠QDN=∠MDN=60°，∵在△MND和△QND中，，∴△MND≌△QND（SAS），∴MN=QN，∵QN=AQ+AN=BM+AN，∴BM+AN=MN；（2）：.理由如下：如圖，把△DAN繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△DBP，則DN=DP，AN=BP，∵∠DAN=∠DBP=90°，∴點P在BM上，∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，∴∠MDP=∠MDN=60°，∵在△MND和△MPD中，，∴△MND≌△MPD（SAS），∴MN=MP，∵BM=MP+BP，∴MN+AN=BM；（3）如圖，過點M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，∵△ABC是等邊三角形，∴△BMG是等邊三角形，∴BM=MG=BG，依據(jù)（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND，依據(jù)MH∥AC可得∠QND=∠MHN，∴∠MND=∠MHN，∴MN=MH，∴GH=MH-MG=MN-BM=AN，即AN=GH，∵在△ANE和△GHE中，，∴△ANE≌△GHE（AAS），∴AE=EG=2.1，∵AC=7，∴AB=AC=7，∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8，∴BM=BG=2.8．故答案為：2.83．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，，在和中，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴；（2）如圖所示，過點B作，交AN于點H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AC，，∵，，∴，由（1）得，，∴，∴,∴，∴，在和中，∴（SAS），∴，∵AN平分，∴，∴，，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴BH=BN，在和中，∴（SAS），∴AH=CN，在中，依據(jù)勾股定理，∴；4．解：（1），理由如下：∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴，∴，在與中，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2），理由如下：如圖，過點E作交CB的延長線于點G，∴，由（1）知：，∴，∴，∴在中，，在與中，∴，∴，又∵，∴；（3），理由如下：如圖，過點E作交BC于點G，設CD與EF的交點為點P，∴，由（1）可知：，∴，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，由（1）可知：，∴，在與中，∴，∴，又∵，∴．5．解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴AB=AD=1，，∠A=∠G=90°，∴，，∵H為BF的中點，∴；（2）AH=GH，AH⊥GH，理由如下：如圖所示，連接AC交BD于P，連接EG交DF于Q，∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴，，∠APH=∠GQH=90°，∴∠GHQ+∠HGQ=90°，∴，，∴，，∴△APH≌△HQG（SAS），∴AH=GH，∠AHP=∠HGQ，∴∠AHP+∠GHQ=90°，∴∠AHG=90°，∴AH⊥GH；（3）如圖，過點F作FP⊥AH交AH的延長線于P，連接AG，GP∵AB⊥AH，∴AB∥PF，∴∠ABH=∠PFH，在△ABH和△PFH中∴△ABH≌△PFH（AAS），∴AH=PH，AB=PF，又∵AB=AD，∴AD=PF，∵∠HPF=∠FGD=90°，∴∠ADG=∠PFG，∴△ADG≌△PFG（SAS），∴AG=PG，∠PGF=∠AGD，∵∠PGF+∠PGD=90°，∴∠AGD+∠PGD=90°，∴△AGP為等腰直角三角形，∴AH=GH，AH⊥GH，設DH=x，則AH=GH=1+x，在Rt△DHG中，∴，解得，∴DH=1，AH=GH=2，∴，∴∠FHG=∠FGH，∵∠AHB+∠FHG=∠FHP+∠FHG=90°，∠FGH+∠DGH=90°，∴∠AHB=∠DGH，又∵∠EDH+∠GDH=∠DGH+∠GDH=90°，∴∠AHB=∠DGH=∠EDH，連接BD，在△BDH和△EHD中，，∴△BDH≌△EHD（SAS）∴EH=BD=．6．（1）證明：∵四邊形為正方形，∴，∴，∵，∴∠AHB=90°，∴，∴，在與中，，∴，∴．（2）解：四邊形為正方形，理由如下：∵、為、中點，∴為的中位線，∴，，∵點、、、分別是、、、的中點，∴PQ是的中位線，MQ為的中位線，NP為的中位線，，∴，，，，，，∴，，∴四邊形為平行四邊形．∵，∴，∴四邊形為菱形，∵，，∴，∵，∴，∴四邊形為正方形．（3）解：延長交于點，由對稱性可知，，，在中，，∴，設，則，在中，，，∴，在中，．7．解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠DAN＝45°，∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，∴∠BAM＝∠MAH，在Rt△ABM和Rt△AHM中，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案為：AB＝AH；（2）AB＝AH成立，理由如下：延長CB至E，使BE＝DN，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，在Rt△AEB和Rt△AND中，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN＋∠BAM＝45°，∴∠EAB＋∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∵AB，AH是△AEM和△ANM對應邊上的高，∴AB＝AH．（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長BM和DN交于點C，如圖：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，∴四邊形ABCD是正方形，∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．由折疊可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，設AH＝AB＝BC＝CD＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，∴，解得或（舍去），∴．8．【詳解】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：與的大小關(guān)系不變，還是相等，理由如下：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥AC，交AC延長線于點F，則∠DEB=∠DFC=90°，如圖所示：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴；應用：過點D作DH⊥AB于點H，DG⊥AC，交AC的延長線于點G，連接AD，如圖所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB與△DGC都為等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．9．解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，∴∠BAM＝∠MAH，在Rt△ABM和Rt△AHM中，，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案為：AB＝AH；（2）AB＝AH成立，理由如下：延長CB至E，使BE＝DN，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，∵BE＝DN，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又AM＝AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∵AB，AH是△AEM和△ANM對應邊上的高，∴AB＝AH．（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長BM和DN交于點C，如圖：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，∴四邊形ABCD是矩形，∵AB＝AD，∴四邊形ABCD是正方形，∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．由（2）可知，設NH＝x，則MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，解得x＝3，∴NH＝3．10．解：（1）證明：在正方形ABCD中CB=CD，∠B=∠CDA=90°，∴∠CDF=∠B=90°．在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（SAS）．∴CE=CF．（2）解：GE=BE+GD成立．理由如下：∵∠BCD=90°，∠GCE=45°，∴∠BCE+∠GCD=45°．∵△BCE≌△DCF（已證），∴∠BCE=∠DCF．∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°．∴∠ECG=∠FCG=45°．在△ECG和△FCG中，，∴△ECG≌△FCG（SAS）．∴GE=FG．∵FG=GD+DF，∴GE=BE+GD．（3）①如圖2，過點C作CG⊥AD交AD的延長線于點G，由（2）和題設知：DE=DG+BE，設DG=x，則AD=12-x，DE=x+4，在Rt△ADE中，由勾股定理，得：AD2+AE2=DE2∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2解得x=6．∴DE=6+4=10；②將△ABD沿著AB邊折疊，使D與E重合，△ACD沿著AC邊折疊，使D與G重合，可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∴∠EAG=∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，BD=EB=2，DC=CG=3，∴四邊形AEFG為正方形，設正方形的邊長為x，可得BF=x-2，CF=x-3，在Rt△BCF中，依據(jù)勾股定理得：BF2+CF2=BC2，即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，解得：x=6或x=-1（舍去），∴AD=6，則S△ABC=BC?AD=15．11．（1）證明：∵四邊形ABCD和CEFG為正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°.∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG，∴∠BCG=∠DCE.在△BCG和△DCE中，，∴△BCG≌△DCE(SAS).∴BG=DE；（2）①連接BE.由（1）可知：BG=DE.∵CG//BD，∴∠DCG=∠BDC=45°.∴∠BCG=∠BCD+∠GCD=90°+45°=135°.∵∠GCE=90°，∴∠BCE=360°?∠BCG?∠GCE=360°?135°?90°=135°.∴∠BCG=∠BCE.∵BC=BC，CG=CE，在△BCG和△BCE中，,∴△BCG≌△BCE(SAS).∴BG=BE.∵BG=BD=DE，∴BD=BE=DE.∴△BDE為等邊三角形．∴∠BDE=60°.②延長EC交BD于點H，在△BCE和△DCE中，，∴△BCE≌△BCG(SSS)，∴∠BEC=∠DEC，∴EH⊥BD，BH=BD.∵BC=CD=，在Rt△BCD中由勾股定理，得∴BD=2.∴BE=2∴BH=1.∴CH=1.在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH，∴CE=?1.∴正方形CEFG的邊長為?1.12．（1）證明：平分，．四邊形是平行四邊形，，，，，，．又四邊形是平行四邊形，平行四邊形為菱形；（2）四邊形是平行四邊形，，，，，，．由（1）知，四邊形是菱形，，，，，．是的平分線，，，，，，，；（3）如圖，連接，，，，四邊形是平行四邊形，四邊形是矩形．又由（1）可知四邊形為菱形，，四邊形為正方形，．為中點，，．在和中，，是等腰直角三角形．，，，．13．解：（1）四邊形BE′FE是正方形．理由如下：由旋轉(zhuǎn)得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，∴四邊形BE′FE是矩形，由旋轉(zhuǎn)得，BE′＝BE，∴四邊形BE′FE是正方形．（2）CF＝FE'，證明：如圖2，過點D作DG⊥AE于點G，則∠DGA＝∠AEB＝90°，∵DA＝DE，∴AG＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝AB，∠DAB＝90°，∴∠BAE+∠DAG＝90°，∵∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠ADG＝∠BAE，在△ADG和△BAE中，∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四邊形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′，由旋轉(zhuǎn)得，AE＝CE′，∴AE＝CE′，∴FE′＝AE＝CE′，∴CF＝FE'．（3）如圖3，過點D作DG⊥AE于點G，∵BE＝FE′，CF＝3，∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，∴(BE+3)2+BE2＝()2，解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合題意，舍去），∴AE＝1+3＝4，由（2）得，△ADG≌△BAE，∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1，∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，∵∠DGE＝90°，∴DE＝＝＝5．14．解：（1）證明：四邊形為正方形，，．在和中，，．（2）延長到，使，連接，如圖，四邊形為正方形，，．．在和中，，．，．，．即．，．在和中，，．．（3）點到直線的距離為或4，理由：當①時，；過點作于點，過點作，交延長線于點，如圖，四邊形為正方形，，．點是的中點，，．設，，，，．，．．在中，，．．解得：，（不合題意，舍去）．．，，，，．在和中，，．，到直線的距離為．②當，時，過作，交的延長線于點，如圖，則點到直線的距離為，，，，，．在和中，，．．點到直線的距離為．綜上，點到直線的距離為或4．15．（1）證明：∵四邊形是正方形，∴，，，過點作交于點，如圖1所示∴四邊形為平行四邊形，∴，，∴∵，∴，在和中，∴∴，∴；（2）解：連接，過點作，分別交、于點、，如圖2所示：∵四邊形是正方形，∴四邊形為矩形，∴，，，∵是正方形的對角線，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，∵是的垂直平分線，∴，在和中，∴，∴，∴∴，∴是等腰直角三角形，∴，即；（3）解：延長交于點，如圖3所示，由折疊的性質(zhì)可知，∴∴∴16．解:（1）∵點O為對角線AC的中點，∴BO⊥AC，BO＝CO，∵P為BC的中點，Q為BO的中點，∴PQ∥OC，PQOC，∴PQ⊥BO，PQBO；故答案為：PQBO，PQ⊥BO．（2）△PQB的外形是等腰直角三角形．理由如下：連接O'P并延長交BC于點F，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵將△AOB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△AO'E，∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，又∵點P是CE的中點，∴CP＝EP，在△O′PE和△FPC中，∴△O'PE≌△FPC（AAS），∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，∴BO'＝BF，∴△O'BF為等腰直角三角形．∴BP⊥O'F，O'P＝BP，∴△BPO'也為等腰直角三角形．又∵點Q為O'B的中點，∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，∴△PQB的外形是等腰直角三角形；（3）延長O'E交BC邊于點G，連接PG，O'P．∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，∴∠ECG＝45°，由旋轉(zhuǎn)得，四邊形O'ABG是矩形，∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，∴△EGC為等腰直角三角形．∵點P是CE的中點，∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，在△O'GP和△BCP中,，∴△O'GP≌△BCP（SAS），∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，∴∠O'PB＝90°，∴△O'PB為等腰直角三角形，∵點Q是O'B的中點，∴PQO'B＝BQ，PQ⊥O'B，∵AB＝1，∴O'A，∴O'B，∴BQ．∴S△PQBBQ?PQ．17．（1）設、交于點，是旋轉(zhuǎn)所得，，，，，；（2）連，作于，，，，，是等邊三角形，，，，，，，；（3）如圖，取CE中點G，連接PG，QG，則PG，QG為△BCE和△FCE的中位線，∴，，△GPQ為等腰三角形，依據(jù)中位線定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ，∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°，又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC，∴在四邊形ABCE中，∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°，∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°，作CN⊥FA于N點，依據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15°，∴∠CAN=30°，在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°，∴CN=3，，∴NF=AN+AF=由勾股定理得：，∴，即：，此時，作GM⊥PQ，則依據(jù)“三線合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM，∴，∴，∴．18．（1）AE=AF．理由：∵四邊形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)如圖所示．過A作AE⊥BC交BC于E，由于A