正方形练习题.docx

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

1．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）

A、3.5 B、 C、 D、2
2．如图，将边长为12cm的正方形ABCD折叠，使得点A落在CD边上的点E处，折痕为MN．若CE的长为7cm，则MN的长为（ ）

A．10 B．13 C．15 D．12

3．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，DE=DC，连接AE，将△ADE沿AE翻折，点D落在点F处，点O是对角线BD的中点，连接OF并延长OF交CD于点G，连接BF，BG，则△BFG的周长是_______.

4．如图，点P在正方形ABCD内，△PBC是正三角形，AC与PB相交于点E．有以下结论：
①∠ACP＝15°；②△APE是等腰三角形；③AE2＝PE·AB；④△APC的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，则S1：S2＝1：4．其中正确的是 （把正确的序号填在横线上）．

5．如图，E是边长为1的正方形ABCD对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R，则PQ+PR的值为 。

6．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连结AO，如果AB＝3，AO＝2，那么AC的长为 ．

7．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．若AE=AP=1，，则正方形的面积为 。

8．如图，在△ABE中∠AEB=90°，AB=，以AB为边在△ABE的同侧作正方形ABCD，点O为AC与BD的交点，连接OE，OE=2，点P为AB上一点，将△APE沿直线PE翻折得到△GPE，若PG⊥BE于点F，则BF= ．

9．如图，正方形ABCD，点P是对角线AC上一点，连结BP，过P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，若AP=4，CQ=10，则正方形ABCD的面积为 ．

10．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E为边DC的中点，连结AE，将△ADE沿着AE翻折，使点D落在正方形内的点F处，连结BF、CF，则S△BFC的面积为 ．

11．已知，直线AP是过正方形ABCD顶点A的任一条直线（不过B、C、D三点），点B关于直线AP的对称点为E，连结AE、BE、DE，直线DE交直线AP于点F．

（1）如图1，直线AP与边BC相交．
①若∠PAB=20°，则∠ADF= °，∠BEF= °；
②请用等式表示线段AB、DF、EF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，直线AP在正方形ABCD的外部，且DF=6，EF=8，求线段AF的长．
12．正方形ABCD中，E点为BC中点，连接AE，过B点作BF⊥AE，交CD于F点，交AE于G点，
连接GD，过A点作AH⊥GD交GD于H点．

（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若正方形边长为4，AH=，求△AGD的面积．
13．已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM＋DN＝MN．
M
N
D
C
A
图3
B
N
M
B
A
C
D
图1
N
M
B
A
C
D
图2

（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想，并加以证明．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想并加以证明．
14．问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．

【发现证明】小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF=BE+FD，请你利用图（1）证明上述结论．
【类比引申】如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD．
【探究应用】如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：=1.41， =1.73）
15．在正方形中，是上的一动点，连接，分别过点作，垂足为.

（1）求证：；
（2）如图（2），若点是的延长线上的一个动点，请探索三条线段之间的数量关系？并说明理由；
（3）如图（3），若点是的延长线上的一个动点，请探索三条线之间的数量关系？（直接写出结论，不需说明理由）
16．在正方形ABCD中，BD为对角线，点P从A出发，沿射线AB运动，连接PD，过点D作DE⊥PD，交直线BC于点E．

（1）当点P在线段AB上时（如图1），求证：BP+CE=BD；
（2）当点P在线段AB的延长线上时（如图2），猜想线段BP、CE、BD之间满足的关系式，并加以证明；
（3）若直线PE分别交直线BD、CD于点M、N，PM=3，EN=4，求PD的长．
17．某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：

问题发现：如图1，在等边三角形ABC中，点M是边BC上任意一点，连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，证明：BM=CN．
变式探究：如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，∠ABC=∠α，点M为边BC上任意一点，以AM为腰作等腰三角形AMN，MA=MN，使∠AMN=∠ABC，连接CN，请求出的值．（用含α的式子表示出来）
解决问题：如图3，在正方形ADBC中，点M为边BC上一点，以AM为边作正方形作AMEF，N为正方形AMEF的中心，连接CN，若正方形AMEF的边长为，CN=，请你求正方形ADBC的边长．
18．（1）如图1，将直角的顶点E放在正方形ABCD的对角线AC上，使角的一边交CD于点F，另一边交CB或其延长线于点G，求证：EF=EG；
（2）如图2，将（1）中的“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，其他条件不变．若AB=m，BC=n，试求的值；
（3）如图3，将直角顶点E放在矩形ABCD的对角线交点，EF、EG分别交CD与CB于点F、G，且EC平分∠FEG．若AB=2，BC=4，求EG、EF的长．

考点：四边形综合题．

试卷第7页，总7页
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参考答案
1．C
【解析】
试题分析：连接AC、CF，根据正方形的性质可得∠ACF=90°，延长AD交EF于点M，则AM=4，FM=2，根据Rt△AMF的勾股定理可得：AF=2，根据H为AF的中点，△ACF为直角三角形，则CH=AF=.
考点：（1）、勾股定理；（2）、直角三角形的性质.
2．13
【解析】
试题分析：首先设AM=x，则ME=x，DM=12-x，DE=12-7=5，根据求出ME的长度；根据得出BN的长度，最后根据得出答案.
考点：（1）、折叠图形的性质；（2）、勾股定理
3．
【解析】
试题分析：延长EF，交BC于点H，则可证得△ABH全等△AFH，所以BH=FH，
在△HCE中，令FH=x，则HE=x+2，EC=4，HC=6-x，由勾股定理可得x=3， 所以H是BC的中点，所以OH=3。
再由△OHF相似△GEF，OH=FH=3，可得EG=EF=2，所以GC=2，所以BG=2，
在△OJG中，OJ=3，JG=1，由勾股定理可得OG=，所以FG=。
在△HCE中，HI：HC=HF：HE+FI：EC，可求得HI=，FI=，所以BI=，
在△BFI中可求得BF=。 所以C△BFG=BF+FG+BG=。

考点：（1）勾股定理；（2）相似三角形的应用
4．①②③
【解析】
试题分析：∵△PBC是等边三角形，∴∠PCB=60°，PC=BC，∠PCB=60°，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，∠ABC=90°， ∴∠ACB=45°， ∴∠ACP=60°﹣45°=15°，∴①正确；
∵∠ABC=90°，∠PBC=60°， ∴∠ABP=90°﹣60°=30°， ∵BC=PB，BC=AB， ∴PB=AB，
∴∠BPA=∠PAB=（180°﹣30°）=75°， ∵∠ABP=30°，∠BAC=45°， ∴∠AEP=45°+30°=75°=∠BPA，
∴AP=AE， ∴△APE为等腰三角形，∴②正确；
∵∠APB=∠APB，∠AEP=∠PAB=75°， ∴△PAE∽△ABP， ∴， ∴=PE·AB，
∴=PEAB；∴③正确；
连接PD，过D作DG⊥PC于G，过P作PF⊥AD于F，
设正方形的边长为2a，则S2=4，等边三角形PBC的边长为2a，高为a，
∴PF=2a﹣a=（2﹣）a， ∴S△APD=SADPF=（2﹣），
∴∠PCD=90°﹣60°=30°， ∴GD=CD=a，∴S△PCD=PCDG=，S△ACD=2，
∴S1=S△ACD﹣S△ADP﹣S△PCD=2﹣﹣（2﹣）=（﹣1）＜，
∴S1：S2≠1：4． ∴④错误；

考点：（1）、正方形的性质；（2）、三角形相似的应用；（3）、等腰三角形的判定.
5．.
【解析】
试题分析：如图，连接BP，过C作
为BD的中点，为直角三角形，即的值为.

考点：正方形的性质.
6．7.
【解析】
试题解析：如图在CA上截取CM=AB，连接OM，

∵四边形BCDE是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∵∠ABO+∠AKB=90°，∠OCM+∠OKC=90°，∠AKB=∠OKC，
∴∠ABO=∠OCM，
在△ABO和△MCO中，
，
∴△ABO≌△MCO，
∴AO=MO，∠AOB=∠COM，
∴∠AOM=∠BOC=90°，
∵AO=OM=2，AB=CM=3，
∴AM==4，
∴AC=AM+CM=4+3=7.
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.正方形的性质．
7．
【解析】
试题分析：∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，∴∠EAB=∠PAD，又∵AE=AP，AB=AD，∴△APD≌△AEB，∴∠APD=∠AEB，又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，∴∠BEP=∠PAE=90°，∴EB⊥ED，过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，∵AE=AP，∠EAP=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，又∵EB⊥ED，BF⊥AF，∴∠FEB=∠FBE=45°，又∵BE=，∴BF=EF=∵AE=1，∴在Rt△ABF中，AB2=（AE+EF）2+BF2=，∴S正方形ABCD=AB2=.

考点：1.正方形的性质2.全等三角形的判定与性质3.勾股定理.
8．5-．
【解析】
试题解析：如图，在BE上截取BM=AE，连接OM，OE，AC与BE交于点K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO=OB，
∴∠AEB=∠AOB=90°，
∴∠EAK+∠AKE=90°，∠BKO+∠OBM=90°，
∵∠BKO=∠AKE，
∴∠EAO=∠OBM，
在△OAE和△OBM中，
，
∴△OAE≌△OBM，
∴OE=OM，∠AOE=∠BOM，
∴∠EOM=∠AOB=90°，
∴EM=OE=4，设AE=BM=a，
在RT△ABE中，∵AB2=AE2+BE2，
∴26=a2+（a+4）2，
∵a＞0，
∴a=1，
∵△PEG是由△PEA翻折，
∴PA=PG，∠APE=∠GPE，
∵PG⊥EB，AE⊥EB，
∴AE∥PG，
∴∠AEP=∠GPE=∠APE，
∴AP=AE=1，PB=，
∴，
∴，
∴BF=5-．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.正方形的性质.
9．324
【解析】
试题分析：作PM⊥BC于点M，PN⊥CD于点N，利用正方形的性质和角平分线上的点到角的两边相等以及已知条件即可证明△BPM≌△QPN，得出BM=QN，设BM=x，则NF=x，PM=CM=CN=10+x，根据平行线分线段成比例定理即可得到关于x的比例式，求出x的值，即可求出正方形的边长，进而求出其面积．
解：作PM⊥BC于点M，PN⊥CD于点N，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，
∴PM=PN，∠NEM=90°，
∴四边形PMCN为正方形，∵PQ⊥BP，∴∠BPQ=90°，
∴∠BPM=∠NPQ，
在△BPM和△QPN中，，
∴△BPM≌△QPN（AAS），
∴BM=QN；
设BM=x，则NF=x，
∴PM=CM=CN=10+x，
∴CP=（10+x），
∵PM∥AB，
∴，即，
解得：x=4或x=﹣10（舍），
∴BM=4，CM=14，
∴BC=BM+CM=18，
∴正方形ABCD的面积为：18×18=324．
故答案为：324．

考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
10．
【解析】
试题分析：根据题意得出S△ADE+S△AFE+S△EFC+S△ABF+S△BFC=4×4，进而得出S△BFC=FN，再利用勾股定理得出FN的长，进而得出答案．
解：∵正方形ABCD的边长为4，点E为边DC的中点，连结AE，将△ADE沿着AE翻折，使点D落在正方形内的点F处，
∴△ADE≌△AFE，DE=EC=EF=2，AB=AF=4，
过点F作FN⊥CD于点N，FM⊥AB于点M，
∴S△ADE+S△AFE+S△EFC+S△ABF+S△BFC=4×4，
∴×2×4+×2×4+×2×FN+×4×（4﹣FN）+S△BFC=16，
∴8+FN+8﹣2FN+S△BFC=16，
∴S△BFC=FN=×BC×NC=2NC，
设NC=x，则FN=2x，EN=2﹣x，
∴EF2=EN2+FN2，
∴22=（2﹣x）2+（2x）2，
解得：x1=0（不合题意舍去），x2=，
∴FN=2×=，
∴S△BFC=．
故答案为：．

考点：翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
11．（1）65；45；BF2+DF2=2AB2．（2）2.
【解析】
试题分析：（1）①利用轴对称的性质以及等腰三角形的性质得出即可；②连接BD，BF先依据翻折的性质证明△BEF为等腰直角三角形，从而得到△BFD为直角三角形，由勾股定理可得到BF、FD、BD之间的关系，然后由△ABD为等腰直角三角形，从而得打BD与AB之间的关系，故此可得到BF、FD、AB之间的关系
（2）连接BF、DB．先依据翻折的性质和等腰三角形的性质证明∠BFD=90°，然后在△BDF中，由勾股定理可求得BD的长，从而求得AB的长，然后在等腰直角三角形EFB中可求得FG=GB=8，然后再Rt△AGB中，由勾股定理可求得AG的长，由AF=FG-AG可求得AG的长．
试题解析：（1）①翻折的性质可知：∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB．
∴∠AEB=∠ABE=×（180°-40°）=70°．
∵ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°．
∴AE=AD，∠DAE=50°．
∴∠ADE=∠AED=×（180°-50°）=65°．
∴∠BEF=180°-70°-65°=45°．
②线段AB、DF、EF之间的数量关系是：BF2+DF2=2AB2．
理由：连接BD，BF．

∵由翻折的性质可知：BF=FE，
∴∠FBE=∠FEB=45°．
∴∠BFE=90°．
∴BF2+DF2=DB2．
∵BD=AB，
∴BD2=2AB2．
∴BF2+DF2=2AB2．
（2）如图2所示：连接BF、DB．

由翻折的性质可知：AB=AE，∠1=∠2，EF=BF=8，EG=GB．
又∵AD=AB，
∴AE=AD．
∴∠1=∠3．
∴∠2=∠3．
∵∠4=∠5，
∴∠5+∠3=∠2+∠4=90°．
∴△FDB和△EFB均为直角三角形，
∴BD=．
∴AB=BD=10×=10．
∵在Rt△EFB中，EF=BF，
∴EB=EF=×8=16．
∴GF=EG=BG=8．
在Rt△ABG中，AG==6．
∴AF=FG-AG=8-6=2．
考点：四边形综合题．
12．（1）、答案见解析；（2）、
【解析】
试题分析：（1）、根据正方形的性质得出∠1+∠2=90°，根据AE⊥BF得出∠3+∠2=90°，从而说明∠1=∠3，根据正方形得出∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，从而得出三角形全等；（2）、延长BF交AD延长线于M点，根据全等得出CF=BE，根据中点的性质得出CF=CD=FD，从而得出△BCF和△MDF全等，根据正方形的性质得出GD和AH的长度，从而得出面积.
试题解析：（1）、正方形ABCD中，∠ABE=90°，
∴∠1+∠2=90°，
又AE⊥BF，
∴∠3+∠2=90°，
则∠1=∠3
又∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA）

（2）、延长BF交AD延长线于M点， ∴∠MDF=90°
由（1）知△ABE≌△BCF， ∴CF=BE
∵E点是BC中点， ∴BE=BC，即CF=CD=FD，
在△BCF和△MDF中，
∴△BCF≌△MDF（ASA）
∴BC=DM，即DM=AD，D是AM中点
又AG⊥GM，即△AGM为直角三角形，
∴GD=AM=AD
又∵正方形边长为4，
∴GD=4
S△AGD=GD•AH=×4×=．
考点：（1）、正方形的性质；（2）、三角形全等的判定与性质.
13．（1）、BM＋DN=MN成立，证明过程见解析；（2）、DN－BM＝MN，证明过程见解析.
【解析】
试题分析：（1）、在MB的延长线上，截得BE=DN，连接AE得到△ABE≌△AND，从而得到AE=AN，然后证明△AEM≌△ANM，得到ME=MN，从而得出答案；（2）、在DC上截取DF=BM，连接AF得到△ABM≌△ADF，然后证明△MAN≌△FAN，得到所求的答案.
试题解析：（1）、BM＋DN=MN成立．
如下图1，在MB的延长线上，截得BE=DN，连接AE，易证：△ABE≌△AND，∴AE=AN．
∴∠EAB=∠NMD．∴∠BAD=90°,∠NAM=45°
∴∠BAM+∠NMD=45°．∴∠EAB+∠BAM=45°．∴∠EAM=∠NAM 又AM为公共边，∴△AEM≌△ANM ，
∴ME=MN，∴ME=BE＋BM=DN＋BM.∴DN+BM=MN.
（2）、DN－BM＝MN．
如图2，在DC上截取DF=BM，连接AF．∵AB=AD，∠ABM=∠ADF=90°，∴△ABM≌△ADF （SAS）
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．∴∠MAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=90°，即∠MAF=∠BAD=90°．
又∠MAN=45°，∴∠NAF=∠MAN=45°．∵AN=AN，∴△MAN≌△FAN．∴MN=FN，即 MN=DN－DF=DN－BM；

考点：三角形全等的证明与应用.
14．【发现证明】证明见解析；【类比引申】∠BAD=2∠EAF．【探究应用】长约为109米．
【解析】
试题分析：【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，只要再证明∠BAD=2∠EAF即可得出EF=BE+FD．
试题解析：【发现证明】如图（1），

∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，

∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H．

∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在 CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵AH=80×=40，HF=HD+DF=40+40（-1）=40
故∠HAF=45°，
∴∠DAF=∠HAF-∠HAD=45°-30°=15°
从而∠EAF=∠EAD-∠DAF=90°-15°=75°
又∵∠BAD=150°=2×75°=2∠EAF
∴根据上述推论有：EF=BE+DF=80+40（-1）≈109（米），即这条道路EF的长约为109米．
考点：四边形综合题．
15．（1）BE=EF+DF；（2）DF=EF+BE；（3）EF=BE+DF．
【解析】
试题解析：（1）根据正方形的性质可知证出△ABE≌△DAF，根据全等三角形的性质：全等三角形对应边相等可得：BE=AF，AE=DF，得出BE=EF+DF；
（2）同（1）的证法相同，先证明△ABE≌△DAF，利用全等三角形的性质可得：BE=AF，BE=DF，再根据等量代换可得出图（2）中DF=EF+BE；
（3）同（1）的证法相同，可得出图（3）中EF=EB+FD．
试题解析：（1）BE=EF+DF，
证明：∵BE⊥PA，DF⊥PA，
∴∠BEA=∠AFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=∠ADF+∠DAF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△BAE和△ADF中
，
∴△BAE≌△ADF（AAS），
∴BE=AF，AE=DF，
∵AF-AE=EF，
∴BE-DF=EF．
（2）DF=BE+EF，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE+∠DAF=90°，
∵BE⊥PA、DF⊥PA，
∴∠AEB=∠DFA=90°，
∴∠BAE+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴BE=AF，AE=DF，
∵AE=AF+EF，
∴DF=EB+EF．
（3）EF=BE+DF．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵BE⊥PA、DF⊥PA，
∴∠AEB=∠DFA=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴BE=AF，AE=DF（全等三角形对应边相等），
∵EF=AF+AE，
∴EF=EB+FD（等量代换）．

考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
16．（1）证明见解析（2）CE﹣BP=BD，理由见解析（3）3或6
【解析】
试题分析：（1）根据已知和图形证明△PAD≌△ECD，得到AP=CE，根据AB=BD，得到答案；
（2）与（1）的方法类似，求出结论；
（3）分P在线段AB上和P在AB延长线上两种情况进行讨论，根据三角形全等和勾股定理证明结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠BCD=∠DCE=90°，AD=CD，
∵DE⊥PD，
∴∠ADC=∠PDE=90°，
∴∠ADP=90°﹣∠PDC=∠CDE，
∴△PAD≌△ECD，
∴AP=CE，
∴BP+CE=BP+AP=AB=BD；
（2）CE﹣BP=BD；
理由：△PAD≌△ECD，
∴CE=AP，
∴CE﹣BP=AP﹣BP=AB=BD；
（3）①当P在线段AB上时，
如图1所示，在BC上取一点G使得BG=BP，连接MG、NG，
∵△APD≌△CED，
∵AP=CE，PD=ED，
∴△PED是等腰直角三角形，
∴AB=BC=AP+BP=BG+CG，
∴CG=CE，
∴可证△NCG≌△NCE，
∴NG=NE，∠NGC=∠NEC，
∵∠PBM=∠GBM=45°，BP=BG，BM=BM，
∴△BPM≌△BGM
∴PM=GM，∠MGB=∠MPB，
又∠NEC+∠MPB=90°，
∴∠NGC+∠MGB=90°，
∴∠MGN=90°，
∴MN==5，
∴PE=PM+MN+EN=3+5+4=12，
∴PD=PE=6；
②当P在AB延长线上时，
如图2所示，延长CB至G，使得CG=CE，连接MG、NG，
∵AP=CE，
∴CE﹣BC=CG﹣BC=AP﹣AB=BP=BG，
同①可证△△BMG≌△BMP，△CNG≌△CNE，
∴PM=GM，GN=EN，∠BGM=∠BPM=90°+∠CEN=90°+CGN，
∴∠CGN=∠BGM﹣90°=∠BGM﹣∠MGN，
∴∠MGN=90°，
∴MN==5，
∴PN=MN﹣PM=5﹣3=2，
∴PE=PN+EN=2+4=6，
∴PD=PE=3，
∴PD的长为3或6．

考点：四边形综合题．
17．问题发现：证明见解析；变式探究：2sin ；解决问题：3
【解析】
试题分析：问题发现：根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC﹣∠CAM=∠MAN﹣∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
变式探究：根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到=1且∠ABC=∠AMN，证明△ABC～△AMN，得到，利用等腰三角形的性质BA=BC，得到，，证明△ABM～△ACN，得到，作BD⊥AC，如图2，再由AB=BC，得到∠ABD=，根据sin∠ABD=，得到AD=AB•sin，则AC=2AD=2ABsin，从而得到=2sin．
解决问题：利用四边形ADBC，AMEF为正方形，得到∠ABC=∠BAC=45°∠MAN=45°，即∠BAM=∠CAN，由，得到，证明△ABM～△ACN，得到，进而得到=cos45°=，求出BM=2，设AC=x，利用勾股定理，在Rt△AMC，AC2+CM2=AM2，即x2+（x﹣2）2=10，解得：x1=3，x2=﹣1（舍去），即可解答．
解：问题发现，
∵△ABC，△AMN为等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°
∴∠BAC﹣∠CAM=∠MAN﹣∠CAM，
∴∠BAM=∠CAN，
在△BAM与△CAN中，
，
∴△BAM≌△CAN，
∴BM=CN．
变式探究：∵=1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN，
∴，
∵AB=BC，
∴，
∵AM=MN
∴，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴，
作BD⊥AC，如图2，

∵AB=BC，
∴∠ABD=，
∴sin∠ABD=，
∴AD=ABsin
∴AC=2AD=2ABsin，
∴=2sin
解决问题：
如图3，连接AB，AN．

∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN，
∴
∴=cos45°=，
∴
∴BM=2，
设AC=x，
在Rt△AMC，
AC2+CM2=AM2
即x2+（x﹣2）2=10，
解得：x1=3，x2=﹣1（舍去），
答：边长为3．
考点：四边形综合题．
18．
【解析】
试题分析:（1）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、P，然后利用ASA证得Rt△FEP≌Rt△GEH，则问题得证；
（2）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证得EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；
（3）过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，过点C作CP⊥EG交EG的延长线于点P，过点C作CQ⊥EF垂足为Q，可得四边形EPCQ是矩形，四边形EMCN是矩形，可得EC平分∠FEG，可得矩形EPCQ是正方形，然后易证△PCG≌△QCF（AAS），进而可得：CG=CF，由（2）知：==2，进而可得：EF=2EG，然后易证EM和EN分别是△ABC和△BCD的中位线，进而可得：EM=1，EN=2，MC=2，CN=1，然后易证△EMG∽△ENF，进而可得，即NF=2MG，然后设MG=x，根据CG=CF，列出方程即可解出x的值，即MG的值，然后在Rt△EMG中，由勾股定理即可求出EG的值，进而可得EF的值．
（1）证明：如图1，过点E作EH⊥BC于H，过点E作EP⊥CD于P，

∵四边形ABCD为正方形，
∴CE平分∠BCD，
又∵EH⊥BC，EP⊥CD，
∴EH=EP，
∴四边形EHCP是正方形，
∴∠HEP=90°，
∵∠GEH+∠HEF=90°，∠PEF+∠HEF=90°，
∴∠PEF=∠GEH，
∴Rt△FEP≌Rt△GEH，
∴EF=EG；
（2）解：如图2，过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，
则∠MEN=90°，
∴EM∥AB，EN∥AD．
∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，
∴，，
∴，
即．
∴，
∴；
（3）解：如图3，

过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，
过点C作CP⊥EG交EG的延长线于点P，过点C作CQ⊥EF垂足为Q，
则四边形EPCQ是矩形，四边形EMCN是矩形，
∵EC平分∠FEG，
∴CQ=CP，
∴矩形EPCQ是正方形，
∴∠QCP=90°，
∴∠QCG+∠PCG=90°，
∵∠QCG+∠QCF=90°，
∴∠PCG=∠QCF，
在△PCG和△QCF中，
，
∴△PCG≌△QCF（AAS），
∴CG=CF，
由（2）知：=，
∵BC=4，AB=2，
∴==2，
∴EF=2EG，
∵点E放在矩形ABCD的对角线交点，
∴EM和EN分别是△ABC和△BCD的中位线，
∴EM=AB=1，EN=AD==2，MC=，CN=，
∵四边形EMCN是矩形，
∴∠NEM=90°，
∴∠MEG+∠GEN=90°，
∵∠GEF=90°，
∴∠FEN+∠GEN=90°，
∴∠MEG=∠FEN，
∵∠EMG=∠FNE=90°，
∴△EMG∽△ENF，
∴，
即NF=2MG，
设MG=x，则NF=2x，CG=2﹣x，CF=1+2x，
∵CG=CF，
∴2﹣x=1+2x，
解得：x=，
∴MG=，
在Rt△EMG中，由勾股定理得：
EG==，
∵EF=2EG，
∴EF=．
答案第25页，总26页