2024年初中升學(xué)考試專題復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)（按知識點分類）正方形的性質(zhì)

正方形的性質(zhì)40．（2023?湘潭）七巧板是我國民間廣為流傳的一種益智玩具．某同學(xué)用邊長為4dm的正方形紙板制作了一副七巧板（見圖），由5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形組成．則圖中陰影部分的面積為2dm2．【答案】2．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，以及七巧板的特點，求得OE的長，即可求解．【解答】解：如圖所示，依題意，OD=22AD＝22，OE=1∴圖中陰影部分的面積為OE2＝（2）2＝2（dm2），故答案為：2．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，七巧板，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)43．（2023?眉山）如圖，在正方形ABCD中，點E是CD上一點，延長CB至點F，使BF＝DE，連結(jié)AE，AF，EF，EF交AB于點K，過點A作AG⊥EF，垂足為點H，交CF于點G，連結(jié)HD，HC．下列四個結(jié)論：①AH＝HC；②HD＝CD；③∠FAB＝∠DHE；④AK?HD=2其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】①證明△EAF是等腰直角三角形，根據(jù)直角三角形斜邊中線可得AH=12EF＝CH，可得②證明∠DAH與∠AHD不一定相等，則AD與DH不一定相等，可知②不正確；③證明△ADH≌△CDH（SSS），則∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論正確；④證明△AKF∽△HED，列比例式可得結(jié)論正確．【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，∴∠ADE＝∠ABF＝90°，∵DE＝BF，∴△ADE≌△ABF（SAS），∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，∵∠DAE+∠EAB＝90°，∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，∵AG⊥EF，∴EH＝FH，∴AH=12Rt△ECF中，∵EH＝FH，∴CH=12∴AH＝CH；故①正確；③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，∴△ADH≌△CDH（SSS），∴∠ADH＝∠CDH＝45°，∵△AEF為等腰直角三角形，∴∠AFE＝45°，∴∠AFK＝∠EDH＝45°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB∥CD，∴∠BKF＝∠CEH，∴∠AKF＝∠DEH，∴∠FAB＝∠DHE，故③正確；②∵∠ADH＝∠AEF，∴∠DAE＝∠DHE，∵∠BAD＝∠AHE＝90°，∴∠BAE＝∠AHD，∵∠DAE與∠BAG不一定相等，∴∠DAH與∠AHD不一定相等，則AD與DH不一定相等，即DH與CD不一定相等，故②不正確；④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，∴△AKF∽△HED，∴AKEH∴AK?DH＝AF?EH，在等腰直角三角形AFH中，AF=2FH=2∴AK?HD=2故④正確；∴本題正確的結(jié)論有①③④，共3個．故選：C．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形“三線合一“的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形“三線合一“的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)44．（2023?宜賓）如圖，邊長為6的正方形ABCD中，M為對角線BD上的一點，連接AM并延長交CD于點P，若PM＝PC，則AM的長為（）A．3（3?1） B．3（33?2） C．6（3?1） 【考點】正方形的性質(zhì)．【分析】以B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，由正方形ABCD邊長為6，可知A（0，6），D（6，6），C（6，0），直線BD解析式為y＝x，設(shè)M（m，m），可得直線AM解析式為y=m?6mx+6，即得P（6，12m?36m），由PM＝PC，有（m﹣6）2+（m?12m?36m）2＝（12m?36m）2，解得m＝9+33（不符合題意，舍去）或m＝9﹣33，故M（9﹣33，9﹣3【解答】解：以B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，如圖：∵正方形ABCD邊長為6，∴A（0，6），D（6，6），C（6，0），由B（0，0），D（6，6）可得直線BD解析式為y＝x，設(shè)M（m，m），由A（0，6），M（m，m）得直線AM解析式為y=m?6m在y=m?6mx+6中，令x＝6得y∴P（6，12m?36m∵PM＝PC，∴（m﹣6）2+（m?12m?36m）2＝（12m?36m∴m2﹣12m+36+m2﹣2（12m﹣36）+（12m?36m）2＝（12m?36m）整理得m2﹣18m+54＝0，解得m＝9+33（不符合題意，舍去）或m＝9﹣33，∴M（9﹣33，9﹣33），∴AM=(9?33)故選：C．方法2：∵PM＝PC，∴∠PMC＝∠PCM，∴∠DPA＝∠PMC+∠PCM＝2∠PCM＝2∠PAD，∵∠DPA+∠PAD＝90°，∴∠APD＝60°，∠PAD＝30°，∴PD=AD3=23∴CP＝CD﹣PD＝6﹣23，在△PCM中，∠CPM＝120°，PM＝PC，∴CM=3CP＝63由正方形對稱性知AM＝CM＝6（3?故選：C．【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是建立直角坐標(biāo)系，求出M的坐標(biāo)．45．（2023?巴中）如圖，已知正方形ABCD和正方形BEFG，點G在AD上，GF與CD交于點H，tan∠ABG=12，正方形ABCD的邊長為8，則BH的長為【考點】正方形的性質(zhì)；解直角三角形．【分析】根據(jù)同角的余角相等可得∠DGH＝∠ABG，進(jìn)而得到tan∠DGH＝tan∠ABG=12，在Rt△ABG中，AG＝AB?tan∠ABG＝4，于是可求得BG=AG2+AB2=45，DG＝4，在Rt△DGH中，【解答】解：∵四邊形ABCD、BEFG均為正方形，∴∠A＝∠BGF＝∠D＝90°，∴∠AGB+∠DGH＝90°，∵∠AGB+∠ABG＝90°，∴∠DGH＝∠ABG，∴tan∠DGH＝tan∠ABG=1∵正方形ABCD的邊長為8，∴AB＝AD＝8，在Rt△ABG中，AG＝AB?tan∠ABG＝8×1∴BG=A∴DG＝AD﹣AG＝4，在Rt△DGH中，DH＝DG?tan∠DGH=4×1∴GH=D在Rt△BGH中，BH=B故答案為：10．【點評】本題主要考查正方形的性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理，利用同角的余角相等推出∠DGH＝∠ABG，再根據(jù)銳角三角函數(shù)和勾股定理求出相應(yīng)線段的長度是解題關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)39．（2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，O為對角線AC的中點，E為正方形內(nèi)一點，連接BE，BE＝BA，連接CE并延長，與∠ABE的平分線交于點F，連接OF，若AB＝2，則OF的長度為（）A．2 B．3 C．1 D．2【考點】正方形的性質(zhì)；角平分線的性質(zhì)．【分析】連接AF，根據(jù)正方形ABCD得到AB＝BC＝BE，∠ABC＝90°，根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，求得∠BFE＝45°，再證明△ABF≌△EBF，求得∠AFC＝90°，最后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可求出OF的長度．【解答】解：如圖，連接AF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BE＝BC，∠ABC＝90°，AC=2AB＝22∴∠BEC＝∠BCE，∴∠EBC＝180°﹣2∠BEC，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝2∠BEC﹣90°，∵BF平分∠ABE，∴∠ABF＝∠EBF=12∠ABE＝∠∴∠BFE＝∠BEC﹣∠EBF＝45°，在△BAF與△BEF中，AB=EB∠ABF=∠EBF∴△BAF≌△BEF（SAS），∴∠BFE＝∠BFA＝45°，∴∠AFC＝∠BAF+∠BFE＝90°，∵O為對角線AC的中點，∴OF=12AC故選：D．【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，正方形的性質(zhì)，直角三角形特征，作出正確的輔助線，求得∠BFE＝45°是解題的關(guān)鍵．40．（2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，連接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝α，則∠FEC一定等于（）A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣α D．90°﹣α【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABG，易證△GAE≌△FAE（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠AEF＝∠AEG，進(jìn)一步根據(jù)∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB求解即可．【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABG，如圖所示：則AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠GAE＝∠FAE＝45°，在△GAE和△FAE中，AF=AG∠FAE=∠GAE∴△GAE≌△FAE（SAS），∴∠AEF＝∠AEG，∵∠BAE＝α，∴∠AEB＝90°﹣α，∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣α，∴∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB＝180°﹣2×（90°﹣α）＝2α，故選：A．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)41．（2023?懷化）如圖，點P是正方形ABCD的對角線AC上的一點，PE⊥AD于點E，PE＝3．則點P到直線AB的距離為3．【考點】正方形的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】過點P作PF⊥AB于點F，根據(jù)正方形的性質(zhì)易得△AEP為等腰直角三角形，AE＝PE＝3，再根據(jù)有三個角為直角，且鄰邊相等的四邊形為正方形證明四邊形AFPE為正方形，以此即可求解．【解答】解：過點P作PF⊥AB于點F，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，∴∠PAE＝45°，∴△AEP為等腰直角三角形，AE＝PE＝3，∵PE⊥AD，PF⊥AB，∴∠FAE＝∠AEP＝∠AFP＝90°，又∵AE＝PE，∴四邊形AFPE為正方形，∴AE＝PF＝3，∴點P到直線AB的距離為3．故答案為：3．【點評】本題主要考查正方形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)41．（2023?紹興）如圖，在矩形ABCD中，O為對角線BD的中點，∠ABD＝60°，動點E在線段OB上，動點F在線段OD上，點E，F(xiàn)同時從點O出發(fā)，分別向終點B，D運動，且始終保持OE＝OF．點E關(guān)于AD，AB的對稱點為E1，E2；點F關(guān)于BC，CD的對稱點為F1，F(xiàn)2在整個過程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是（）A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形 B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形 C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形 D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形【答案】A【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形E1E2F1F2是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．【解答】解：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∵OE＝OF、OB＝OD，∴DF＝EB，∵對稱，∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．∵對稱∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，∴∠E1DB＝60°，同理∠F1BD＝60°，∴DE1∥BF1，∵E1F2＝E2F1，∴四邊形E1E2F1F2是平行四邊形，如圖2所示，當(dāng)E，F(xiàn)，O三點重合時，DO＝OB，∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，∴四邊形E1E2F1F2是菱形．如圖3所示，當(dāng)E，F(xiàn)分別為OD，OB的中點時，設(shè)DB＝4，則DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝23，連接AE，AO，∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，∴△ABO是等邊三角形，∵E為OB中點，∴AE⊥OB，BE＝1，∴AE=2根據(jù)對稱性可得AE∴AD2＝12，DE12=∴AD∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1＝90°，四邊形E1E2F1F2是矩形．當(dāng)F，E分別與D，B重合時，△BE1D，△BDF1都是等邊三角形，則四邊形E1E2F2F2是菱形，∴在整個過程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，故選：A．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)42．（2023?河北）如圖，在Rt△ABC中，AB＝4，點M是斜邊BC的中點，以AM為邊作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，則S△ABC＝（）A．43 B．83 C．12 D．16【答案】B【分析】先根據(jù)正方形AMEF的面積求出AM的長，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出BC的長，最后根據(jù)勾股定理求出AC的長，然后即可求出直角三角形ABC的面積．【解答】解：∵四邊形AMEF是正方形，又∵S正方形AMEF＝16，∴AM2＝16，∴AM＝4，在Rt△ABC中，點M是斜邊BC的中點，∴AM=1即BC＝2AM＝8，在Rt△ABC中，AB＝4，∴AC=B∴S△ABC故選：B．【點評】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，正方形的面積計算公式，直角三角形面積的計算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)33．（2023?廣西）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動點，M，N分別是EF，AF的中點，則MN的最大值為2．【答案】2．【分析】首先證明出MN是△AEF的中位線，得出MN=12AE，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，證明出當(dāng)BE【解答】解：如圖所示，連接AE，∵M(jìn)，N分別是EF，AF的中點，∴MN是△AEF的中位線，∴MN=1∵四邊形ABCD是正方形，∠B＝90°，∴AE=A∴當(dāng)BE最大時，AE最大，此時MN最大，∵點E是BC上的動點，∴當(dāng)點E和點C重合時，BE最大，即BC的長度，∴此時AE=4+∴MN=1∴MN的最大值為2．故答案為：2．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)38．（2023?天津）如圖，在邊長為3的正方形ABCD的外側(cè)，作等腰三角形ADE，EA=ED=5（1）△ADE的面積為3；（2）若F為BE的中點，連接AF并延長，與CD相交于點G，則AG的長為13．【答案】13．【分析】（1）過E作EM⊥AD于M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AM＝DM=12AD=32，根據(jù)勾股定理得到EM=AE2?AM2=2，根據(jù)三角形的面積公式即可得到△ADE的面積為12AD?EM=12×3×2=3；（2）過E作AD的垂線交AD于M，AG于N，BC于P，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到EF⊥【解答】解：（1）過E作EM⊥AD于M，∵EA=ED=52．∴AM＝DM=12AD∴EM=A∴△ADE的面積為12故答案為：3；（2）過E作AD的垂線交AD于M，AG于N，BC于P，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴EF⊥BC，∴四邊形ABPM是矩形，∴PM＝AB＝3，AB∥EP，∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF，∵F為BE的中點，∴BF＝EF，在△ABF與△NEF中，∠ABF=∠NEFBF=EF∴△ABF≌△NEF（ASA），∴EN＝AB＝3，∴MN＝1，∵PM∥CD，∴AN＝NG，∴CD＝2MN＝2，∴AG=A故答案為：13．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．39．（2023?內(nèi)江）如圖，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，△BPC是等邊三角形，則陰影部分的面積為12?43【答案】12?43【分析】過點P作PE⊥CD于點E，過點P作PF⊥BC于點F，先利用60°角的正弦值求出PF的長，即可求出等邊△BPC的面積，再求出PE的長，即可求出△PCD的面積，最后根據(jù)圖形間面積關(guān)系即可求出陰影部分的面積．【解答】解：過點P作PE⊥CD于點E，過點P作PF⊥BC于點F，∴∠PFC＝∠PEC＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠BCD＝90°，∵△BPC是等邊三角形，∴PC＝BC＝4，∠PCB＝60°，在Rt△PFC中，sin60°=PF即32∴PF=23∴S△BPC∵∠BCD＝90°，∠PCB＝60°，∴∠PCE＝30°，∴PE=1∴S△PCD∵S正方形ABCD∴S陰影＝S正方形ABCD﹣S△BPC﹣S△PCD=16?43=12?43故答案為：12?43【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，圖形間面積關(guān)系，掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)35．（2023?廣東）綜合與實踐主題：制作無蓋正方體形紙盒．素材：一張正方形紙板．步驟1：如圖1，將正方形紙板的邊長三等分，畫出九個相同的小正方形，并剪去四個角上的小正方形；步驟2：如圖2，把剪好的紙板折成無蓋正方體形紙盒．猜想與證明：（1）直接寫出紙板上∠ABC與紙盒上∠A1B1C1的大小關(guān)系；（2）證明（1）中你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論．【答案】（1）∠ABC＝∠A1B1C1；（2）證明過程見解答．【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)勾股定理和勾股定理的逆定理和正方形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：（1）∠ABC＝∠A1B1C1；（2）∵A1C1為正方形對角線，∴∠A1B1C1＝45°，設(shè)每個方格的邊長為1，則AB=1AC＝BC=1∵AC2+BC2＝AB2，∴由勾股定理的逆定理得△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠A1B1C1．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，得到△ABC是等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)30．（2023?紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對角線BD上的一點（與點B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F(xiàn)分別為垂足．連接EF，AG，并延長AG交EF于點H．（1）求證：∠DAG＝∠EGH；（2）判斷AH與EF是否垂直，并說明理由．【答案】見解答．【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．（2）先連接CG，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△ADG≌△CDG，從而得到∠DAG＝∠DCG．再證明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，∴∠ADE＝∠GEC＝90°，∴AD∥GE，∴∠DAG＝∠EGH．（2）解：AH⊥EF，理由如下．連結(jié)GC交EF于點O，如圖：∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠ADG＝∠CDG＝45°，又∵DG＝DG，AD＝CD，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCG．在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，又∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴四邊形FCEG為矩形，∴OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∴∠DAG＝∠OEC，由（1）得∠DAG＝∠EGH，∴∠EGH＝∠OEC，∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，∴∠GHE＝90°，∴AH⊥EF．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)與全等三角形的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)37．（2023?杭州）在邊長為1的正方形ABCD中，點E在邊AD上（不與點A，D重合），射線BE與射線CD交于點F．（1）若ED=13，求（2）求證：AE?CF＝1．（3）以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，交線段BE于點G．若EG＝ED，求ED的長．【答案】（1）DF=1（2）見解析過程；（3）DE=1【分析】（1）通過證明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性質(zhì)可求解；（2）通過證明△ABE∽△CFB，可得ABCF（3）設(shè)EG＝ED＝x，則AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，∴△DEF∽△CBF，∴DEBC∴13∴DF=1（2）證明：∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠F，又∵∠A＝∠BCD＝90°，∴△ABE∽△CFB，∴ABCF∴AE?CF＝AB?BC＝1；（3）解：設(shè)EG＝ED＝x，則AE＝AD﹣AE＝1﹣x，BE＝BG+GE＝BC+GE＝1+x，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，∴1+（1﹣x）2＝（1+x）2，∴x=1∴DE=1【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．正方形的性質(zhì)33．（2023?大連）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，延長BC至E，使CE＝2，連接AE．CF平分∠DCE交AE于F，連接DF，則DF的長為3104【答案】310【分析】過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點N，首先證四邊形CMFN為正方形，再設(shè)CM＝a，則FM＝FN＝CM＝CN＝a，BE＝5，EM＝2﹣a，然后證△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性質(zhì)求出a，進(jìn)而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．【解答】解：過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點N，∵四邊形ABCD為正方形，AB＝3，∴∠ACB＝90°，BC＝AB＝CD＝3，∵FM⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，∠ACB＝∠B＝90°，∴四邊形CMFN為矩形，又∵CF平分∠DCE，F(xiàn)M⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，∴FM＝FN，∴四邊形CMFN為正方形，∴FM＝FN＝CM＝CN，設(shè)CM＝a，則FM＝FN＝CM＝CN＝a，∵CE＝2，∴BE＝BC+CE＝5，EM＝CE﹣CM＝2﹣a，∵∠B＝90°，F(xiàn)M⊥CE，∴FM∥AB，∴△EFM∽△EAB，∴FM：AB＝EM：BE，即：a：3＝（2﹣a）：5，解得：a=3∴FN=CN=3∴DN