登录
5. (2025·淄博中考)如图,已知矩形ABCD,AB=4,BC=6,P是边CD的中点,E是边AD上的动点,线段EF分别与BC,AP交于点F,Q。若∠FQP=45°,则EF的长为
$2\sqrt{5}$
。答案
5. $2\sqrt{5}$
【解析】在 BC 上取点 M, 使 BM = 2, 连接AM, PM, 则 MC = BC - BM = 6 - 2 = 4。
∵ P 是边CD 的中点,
∴ $CP = DP = \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} × 4 = 2$。在 $△ ABM$ 和 $△ MCP$ 中, $AB = MC$,$∠ B = ∠ C, BM = PC, \therefore △ ABM ≌ △ MCP ( SAS )$。$\therefore ∠ BAM = ∠ CMP, AM = MP, \therefore ∠ AMP = 90°$,$\therefore △ AMP$是等腰直角三角形。$\therefore ∠ MAP = 45°$。$\because ∠ FQP = 45°, \therefore ∠ MAP = ∠ FQP, \therefore AM // EF$。又$\because AE// MF, \therefore$ 四边形 AEFM 是平行四边形, $\therefore EF = AM$。在 Rt $△ ABM$ 中, $AM = \sqrt{AB^2 + BM^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5} ,\therefore EF = AM = 2\sqrt{5}$
解析
【分析】
本题要求EF的长度，已知E是动点但EF长度为定值，可通过构造辅助线将EF转化为固定线段求解。解题思路如下：1. 结合矩形边长和45°角的条件，在BC上取点M构造全等三角形，得到等腰直角三角形推出45°角；2. 利用同位角相等证明AM与EF平行，结合矩形对边平行的性质证明四边形AEFM是平行四边形，将EF转化为AM；3. 利用勾股定理计算AM的长度即可得到EF的长。
【解析】
在BC上取点M，使BM = 2，连接AM，PM，则$MC = BC - BM = 6 - 2 = 4$。
∵ P是边CD的中点，
∴ $CP = DP = \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} × 4 = 2$。
在$△ ABM$和$△ MCP$中：
$\begin{cases} AB = MC = 4 \\ ∠B = ∠C = 90° \\ BM = PC = 2 \end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ MCP (SAS)$。
∴ $∠BAM = ∠CMP$，$AM = MP$。
∵ $∠BAM + ∠AMB = 90°$，
∴ $∠CMP + ∠AMB = 90°$，
∴ $∠AMP = 180° - (∠CMP + ∠AMB) = 90°$，
∴ $△ AMP$是等腰直角三角形，
∴ $∠MAP = 45°$。
∵ $∠FQP = 45°$，
∴ $∠MAP = ∠FQP$，
∴ $AM // EF$。
又
∵ 矩形ABCD中$AD // BC$，即$AE // MF$，
∴ 四边形AEFM是平行四边形，
∴ $EF = AM$。
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM = \sqrt{AB^2 + BM^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$，
∴ $EF = AM = 2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合类题目，解题核心是通过构造辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形，利用角度关系推导线段平行，将未知的动线段转化为可计算的定线段，充分体现了转化思想在几何问题中的应用。
【难度系数】
0.6
本题要求EF的长度，已知E是动点但EF长度为定值，可通过构造辅助线将EF转化为固定线段求解。解题思路如下：1. 结合矩形边长和45°角的条件，在BC上取点M构造全等三角形，得到等腰直角三角形推出45°角；2. 利用同位角相等证明AM与EF平行，结合矩形对边平行的性质证明四边形AEFM是平行四边形，将EF转化为AM；3. 利用勾股定理计算AM的长度即可得到EF的长。
【解析】
在BC上取点M，使BM = 2，连接AM，PM，则$MC = BC - BM = 6 - 2 = 4$。
∵ P是边CD的中点，
∴ $CP = DP = \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} × 4 = 2$。
在$△ ABM$和$△ MCP$中：
$\begin{cases} AB = MC = 4 \\ ∠B = ∠C = 90° \\ BM = PC = 2 \end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ MCP (SAS)$。
∴ $∠BAM = ∠CMP$，$AM = MP$。
∵ $∠BAM + ∠AMB = 90°$，
∴ $∠CMP + ∠AMB = 90°$，
∴ $∠AMP = 180° - (∠CMP + ∠AMB) = 90°$，
∴ $△ AMP$是等腰直角三角形，
∴ $∠MAP = 45°$。
∵ $∠FQP = 45°$，
∴ $∠MAP = ∠FQP$，
∴ $AM // EF$。
又
∵ 矩形ABCD中$AD // BC$，即$AE // MF$，
∴ 四边形AEFM是平行四边形，
∴ $EF = AM$。
在$Rt△ ABM$中，由勾股定理得：
$AM = \sqrt{AB^2 + BM^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$，
∴ $EF = AM = 2\sqrt{5}$。
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合类题目，解题核心是通过构造辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形，利用角度关系推导线段平行，将未知的动线段转化为可计算的定线段，充分体现了转化思想在几何问题中的应用。
【难度系数】
0.6
6. (2024·河南中考)如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCD的边AB在x轴上,点A的坐标为$(-2,0)$,点E在边CD上。将$△ BCE$沿BE折叠,点C落在点F处。若点F的坐标为$(0,6)$,则点E的坐标为
$(3,10)$
。答案
6. $(3,10)$
【解析】
∵ 四边形 ABCD 是正方形,边AB 在 x 轴上,
∴ $AB = AD = CD = CB, AD ⊥ x$ 轴, $CD ⊥ y$ 轴。由折叠得 $FB = CB, FE = CE$。如图,设 CD 交 y 轴于点 G,$AD = AB = CB = CD = m$, 则 $BF = OG = m$。
∵ $A( -2,0 ), F( 0,6 )$,$\therefore OA = GD = 2, OF = 6$。$\therefore OB = m - 2$。在 Rt $△ BOF$ 中, $\because OB^2 + OF^2 = BF^2, \therefore ( m - 2 )^2 + 6^2 = m^2$, 解得 $m = 10$。$\therefore AD = OG = CD = 10$。$\therefore FG = 10 - 6 = 4, FE = CE = 10 - 2 - GE = 8 - GE$。在 Rt $△ FGE$ 中, $\because GE^2 + FG^2 = FE^2, \therefore GE^2 + 4^2 = ( 8 - GE )^2$, 解得 $GE = 3, \therefore$ 点 E 的坐标为 $( 3,10 )$
解析
【分析】
解决本题可按两个核心步骤思考：第一步求正方形的边长，根据折叠的性质可知折叠后对应边相等，即$FB=BC$，而$BC$是正方形的边长，我们设正方形边长为$m$，结合已知的$A$、$F$点坐标，可得到$\mathrm{Rt}△ BOF$的三边长度表达式，利用勾股定理列方程即可求出正方形边长；第二步求点$E$的横坐标，得到正方形边长后，可求出$FG$的长度，再根据折叠性质$FE=CE$，设$GE$的长度为未知数，在$\mathrm{Rt}△ FGE$中再次利用勾股定理列方程求出$GE$的长度，即可得到$E$点的横坐标，$E$点纵坐标等于正方形的边长，进而得到$E$点坐标。
【解析】
∵ 四边形$ABCD$是正方形，边$AB$在$x$轴上，
∴ $AB = AD = CD = CB$，$AD ⊥ x$轴，$CD // AB$，即$CD ⊥ y$轴。
由折叠的性质可得：$FB = CB$，$FE = CE$。
如图，设$CD$交$y$轴于点$G$，设正方形边长$AD = AB = CB = CD = m$，则$BF = m$，$OG = AD = m$。
已知$A(-2,0)$，$F(0,6)$，
∴ $OA = GD = 2$，$OF = 6$，
∴ $OB = AB - OA = m - 2$。
在$\mathrm{Rt}△ BOF$中，由勾股定理得$OB^2 + OF^2 = BF^2$，
代入得：$(m - 2)^2 + 6^2 = m^2$，
展开计算：$m^2 -4m +4 +36 = m^2$，化简得$-4m +40 = 0$，解得$m = 10$。
∴ 正方形边长为10，即$OG = CD = 10$，
∴ $FG = OG - OF = 10 - 6 = 4$，$CE = CD - GD - GE = 10 -2 - GE = 8 - GE$，即$FE = 8 - GE$。
在$\mathrm{Rt}△ FGE$中，由勾股定理得$GE^2 + FG^2 = FE^2$，
代入得：$GE^2 + 4^2 = (8 - GE)^2$，
展开计算：$GE^2 +16 = 64 -16GE + GE^2$，化简得$16GE = 48$，解得$GE = 3$。
∴ 点$E$的横坐标为3，纵坐标为10，即点$E$的坐标为$(3,10)$。
【答案】
$(3,10)$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何折叠结合的典型题型，解题时需要充分利用正方形和折叠的边相等的性质，通过两次运用勾股定理构造方程求解线段长度，考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
解决本题可按两个核心步骤思考：第一步求正方形的边长，根据折叠的性质可知折叠后对应边相等，即$FB=BC$，而$BC$是正方形的边长，我们设正方形边长为$m$，结合已知的$A$、$F$点坐标，可得到$\mathrm{Rt}△ BOF$的三边长度表达式，利用勾股定理列方程即可求出正方形边长；第二步求点$E$的横坐标，得到正方形边长后，可求出$FG$的长度，再根据折叠性质$FE=CE$，设$GE$的长度为未知数，在$\mathrm{Rt}△ FGE$中再次利用勾股定理列方程求出$GE$的长度，即可得到$E$点的横坐标，$E$点纵坐标等于正方形的边长，进而得到$E$点坐标。
【解析】
∵ 四边形$ABCD$是正方形，边$AB$在$x$轴上，
∴ $AB = AD = CD = CB$，$AD ⊥ x$轴，$CD // AB$，即$CD ⊥ y$轴。
由折叠的性质可得：$FB = CB$，$FE = CE$。
如图，设$CD$交$y$轴于点$G$，设正方形边长$AD = AB = CB = CD = m$，则$BF = m$，$OG = AD = m$。
已知$A(-2,0)$，$F(0,6)$，
∴ $OA = GD = 2$，$OF = 6$，
∴ $OB = AB - OA = m - 2$。
在$\mathrm{Rt}△ BOF$中，由勾股定理得$OB^2 + OF^2 = BF^2$，
代入得：$(m - 2)^2 + 6^2 = m^2$，
展开计算：$m^2 -4m +4 +36 = m^2$，化简得$-4m +40 = 0$，解得$m = 10$。
∴ 正方形边长为10，即$OG = CD = 10$，
∴ $FG = OG - OF = 10 - 6 = 4$，$CE = CD - GD - GE = 10 -2 - GE = 8 - GE$，即$FE = 8 - GE$。
在$\mathrm{Rt}△ FGE$中，由勾股定理得$GE^2 + FG^2 = FE^2$，
代入得：$GE^2 + 4^2 = (8 - GE)^2$，
展开计算：$GE^2 +16 = 64 -16GE + GE^2$，化简得$16GE = 48$，解得$GE = 3$。
∴ 点$E$的横坐标为3，纵坐标为10，即点$E$的坐标为$(3,10)$。
【答案】
$(3,10)$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何折叠结合的典型题型，解题时需要充分利用正方形和折叠的边相等的性质，通过两次运用勾股定理构造方程求解线段长度，考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
7. 如图,已知正方形ABCD,分别以AB,CD为斜边在正方形ABCD内作Rt△ABE和Rt△CDF,且∠BAE=∠CDF。
(1)求证:△EAD≌△FDA;
(2)连接EF,猜想线段EF与线段BC之间的位置关系,并说明理由。
(1)求证:△EAD≌△FDA;
(2)连接EF,猜想线段EF与线段BC之间的位置关系,并说明理由。
答案
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB = DC, ∠BAD = ∠CDA = 90°。在 $△ ABE$ 和 $△ DCF$ 中, $∠ AEB = ∠ DFC = 90°, ∠ BAE = ∠ CDF, AB = DC, \therefore △ ABE≌ △ DCF( AAS )$。$\therefore AE = DF$。
∵ $∠ BAD - ∠ BAE = ∠ CDA - ∠ CDF, \therefore ∠ DAE = ∠ ADF$。在 $△ EAD$ 和 $△ FDA$ 中, $AE = DF, ∠ DAE = ∠ ADF, AD = DA$,$\therefore △ EAD≌ △ FDA( SAS )$
(2) $EF // BC$。理由如下:由(1)可知, $△ EAD ≌ △ FDA, \therefore ∠ ADE = ∠ DAF, DE = AF$。$\therefore AO = DO$。$\therefore OE = OF$。$\therefore ∠ OEF = ∠ OFE$。
∵ $∠ AOD = ∠ EOF$,$\therefore 180° - ∠ AOD = 180° - ∠ EOF$。$\therefore 2 ∠ DAO = 2 ∠ OFE, \therefore ∠ DAO = ∠ OFE$。$\therefore AD // EF$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形, $\therefore AD// BC, \therefore EF// BC$
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB = DC, ∠BAD = ∠CDA = 90°。在 $△ ABE$ 和 $△ DCF$ 中, $∠ AEB = ∠ DFC = 90°, ∠ BAE = ∠ CDF, AB = DC, \therefore △ ABE≌ △ DCF( AAS )$。$\therefore AE = DF$。
∵ $∠ BAD - ∠ BAE = ∠ CDA - ∠ CDF, \therefore ∠ DAE = ∠ ADF$。在 $△ EAD$ 和 $△ FDA$ 中, $AE = DF, ∠ DAE = ∠ ADF, AD = DA$,$\therefore △ EAD≌ △ FDA( SAS )$
(2) $EF // BC$。理由如下:由(1)可知, $△ EAD ≌ △ FDA, \therefore ∠ ADE = ∠ DAF, DE = AF$。$\therefore AO = DO$。$\therefore OE = OF$。$\therefore ∠ OEF = ∠ OFE$。
∵ $∠ AOD = ∠ EOF$,$\therefore 180° - ∠ AOD = 180° - ∠ EOF$。$\therefore 2 ∠ DAO = 2 ∠ OFE, \therefore ∠ DAO = ∠ OFE$。$\therefore AD // EF$。
∵ 四边形 ABCD 是正方形, $\therefore AD// BC, \therefore EF// BC$
解析
【分析】
(1)要证明$△ EAD ≌ △ FDA$，首先可观察到两个三角形有公共边$AD=DA$，需再找一组等边和一组等夹角。首先利用正方形性质得$AB=CD$、$∠ BAD=∠ CDA=90°$，结合已知两个直角三角形中$∠ BAE=∠ CDF$，先证$△ ABE ≌ △ DCF$得到$AE=DF$；再通过角的和差推导$∠ DAE=∠ ADF$，即可用SAS判定定理证明目标全等。
(2)猜想$EF // BC$，由于正方形中$AD // BC$，只需证明$EF // AD$即可。由(1)的全等结论可得$∠ ADE=∠ DAF$、$DE=AF$，可推导得$AO=DO$、$OE=OF$，再结合等腰三角形性质和三角形内角和，可得$∠ DAO=∠ OFE$，从而证明$AD // EF$，结合$AD // BC$即可推出$EF$与$BC$的位置关系。
【解析】
(1)证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB = DC$，$∠ BAD = ∠ CDA = 90°$。
在$△ ABE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ DFC = 90° \\∠ BAE = ∠ CDF \\AB = DC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ DCF(\mathrm{AAS})$，
∴ $AE = DF$。
∵ $∠ BAD - ∠ BAE = ∠ CDA - ∠ CDF$，
∴ $∠ DAE = ∠ ADF$。
在$△ EAD$和$△ FDA$中：
$\begin{cases}AE = DF \\∠ DAE = ∠ ADF \\AD = DA\end{cases}$
∴ $△ EAD ≌ △ FDA(\mathrm{SAS})$。
(2)解：$EF // BC$，理由如下：
由(1)可知$△ EAD ≌ △ FDA$，
∴ $∠ ADE = ∠ DAF$，$DE = AF$，
∴ $AO = DO$，
∴ $DE - DO = AF - AO$，即$OE = OF$，
∴ $∠ OEF = ∠ OFE$。
∵ $∠ AOD = ∠ EOF$，
∴ $180° - ∠ AOD = 180° - ∠ EOF$，即$2∠ DAO = 2∠ OFE$，
∴ $∠ DAO = ∠ OFE$，
∴ $AD // EF$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $EF // BC$。
【答案】
(1)已证$△ EAD ≌ △ FDA$；
(2)$EF // BC$，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题综合考查了几何中常见图形的性质与证明，解题核心是先利用正方形的边角特性推导全等的判定条件，再通过全等得到的边、角关系进一步推导平行关系，能够很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
(1)要证明$△ EAD ≌ △ FDA$，首先可观察到两个三角形有公共边$AD=DA$，需再找一组等边和一组等夹角。首先利用正方形性质得$AB=CD$、$∠ BAD=∠ CDA=90°$，结合已知两个直角三角形中$∠ BAE=∠ CDF$，先证$△ ABE ≌ △ DCF$得到$AE=DF$；再通过角的和差推导$∠ DAE=∠ ADF$，即可用SAS判定定理证明目标全等。
(2)猜想$EF // BC$，由于正方形中$AD // BC$，只需证明$EF // AD$即可。由(1)的全等结论可得$∠ ADE=∠ DAF$、$DE=AF$，可推导得$AO=DO$、$OE=OF$，再结合等腰三角形性质和三角形内角和，可得$∠ DAO=∠ OFE$，从而证明$AD // EF$，结合$AD // BC$即可推出$EF$与$BC$的位置关系。
【解析】
(1)证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AB = DC$，$∠ BAD = ∠ CDA = 90°$。
在$△ ABE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ DFC = 90° \\∠ BAE = ∠ CDF \\AB = DC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ DCF(\mathrm{AAS})$，
∴ $AE = DF$。
∵ $∠ BAD - ∠ BAE = ∠ CDA - ∠ CDF$，
∴ $∠ DAE = ∠ ADF$。
在$△ EAD$和$△ FDA$中：
$\begin{cases}AE = DF \\∠ DAE = ∠ ADF \\AD = DA\end{cases}$
∴ $△ EAD ≌ △ FDA(\mathrm{SAS})$。
(2)解：$EF // BC$，理由如下：
由(1)可知$△ EAD ≌ △ FDA$，
∴ $∠ ADE = ∠ DAF$，$DE = AF$，
∴ $AO = DO$，
∴ $DE - DO = AF - AO$，即$OE = OF$，
∴ $∠ OEF = ∠ OFE$。
∵ $∠ AOD = ∠ EOF$，
∴ $180° - ∠ AOD = 180° - ∠ EOF$，即$2∠ DAO = 2∠ OFE$，
∴ $∠ DAO = ∠ OFE$，
∴ $AD // EF$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AD // BC$，
∴ $EF // BC$。
【答案】
(1)已证$△ EAD ≌ △ FDA$；
(2)$EF // BC$，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题综合考查了几何中常见图形的性质与证明，解题核心是先利用正方形的边角特性推导全等的判定条件，再通过全等得到的边、角关系进一步推导平行关系，能够很好地锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
8.（2025·德阳中考）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园ABCD进行测量并规划如何使用。如图，点E，F处是它的两个门，且$DE=CF$，要修建两条直路AF，BE，AF与BE相交于点O（两个门E，F的大小忽略不计）。
（1）这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由。
（2）同学们测得$AD=4\ \mathrm{m}$，$AE=3\ \mathrm{m}$，根据实际需要，某小组同学想在四边形OBCF地上再修一条2.5 m长的直路，这条直路的一端在门F处，另一端P在已经修建好的路段OB或花园的边界BC上，并且另一端P与点B处的距离不少于1.5 m，那么能否修建成这样的直路？若能，能修建几条？说明理由。
（1）这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由。
（2）同学们测得$AD=4\ \mathrm{m}$，$AE=3\ \mathrm{m}$，根据实际需要，某小组同学想在四边形OBCF地上再修一条2.5 m长的直路，这条直路的一端在门F处，另一端P在已经修建好的路段OB或花园的边界BC上，并且另一端P与点B处的距离不少于1.5 m，那么能否修建成这样的直路？若能，能修建几条？说明理由。
答案
8. (1)这两条路等长,位置关系是互相垂直。理由如下:
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $BA = AD = CD$,$∠ BAE = ∠ D =90°$。
∵ $DE = CF, \therefore AD - DE = CD - CF$。$\therefore AE = DF$。在$△ BAE$ 和$△ ADF$ 中,$BA = AD, ∠ BAE = ∠ D = 90°, AE = DF, \therefore △ BAE ≌ △ ADF ( SAS )$。$\therefore BE = AF, ∠ ABE = ∠ DAF$。
∵ $∠ BAE = ∠ BAO + ∠ DAF =90°, \therefore ∠ BAO + ∠ ABE =90°$。在$△ AOB$中,$∠ AOB = 180° - ( ∠ BAO + ∠ ABE ) = 90°, \therefore AF ⊥ BE$,$\therefore$ 道路AF与BE等长,且它们相互垂直
(2)能修建一条这样的直路,且点 P 在花园的边界BC 上。理由如下:
∵ $AD = AB = CD =4 \ \mathrm{m}, AE =3 \ \mathrm{m}$,$\therefore DE = CF = 1 \ \mathrm{m}$。在 Rt $△ ABE$ 中, $BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5 ( \mathrm{m} )$, 由(1), 得 $AF = BE =5 \ \mathrm{m}, AF ⊥ BE, \therefore S_{△ ABE} = \frac{1}{2} BE · OA = \frac{1}{2} AB · AE$。$\therefore OA = \frac{AB · AE}{BE} = \frac{4 × 3}{5} = 2.4 ( \mathrm{m} )$。$\therefore OF = AF - OA =5 -2.4 =2.6( \mathrm{m} )$。根据“垂线段最短”,得点 F 到路段 OB 的最短距离为2.6 m。$\therefore$ 路段OB上不存在点 P 到点 F 的距离等于2.5 m。$\therefore$ 点 P 不在路段OB上。当点 P 在边界 BC 上时,在 Rt$△ PCF$中,PF 是斜边,且 $PF =2.5 \ \mathrm{m}, \therefore CP ＜ PF =2.5 \ \mathrm{m}$。$\therefore BP = BC - PC =4 - PC ＞1.5( \mathrm{m} ), \therefore$ 点 P 符合题意,即能建成一条这样的直路
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $BA = AD = CD$,$∠ BAE = ∠ D =90°$。
∵ $DE = CF, \therefore AD - DE = CD - CF$。$\therefore AE = DF$。在$△ BAE$ 和$△ ADF$ 中,$BA = AD, ∠ BAE = ∠ D = 90°, AE = DF, \therefore △ BAE ≌ △ ADF ( SAS )$。$\therefore BE = AF, ∠ ABE = ∠ DAF$。
∵ $∠ BAE = ∠ BAO + ∠ DAF =90°, \therefore ∠ BAO + ∠ ABE =90°$。在$△ AOB$中,$∠ AOB = 180° - ( ∠ BAO + ∠ ABE ) = 90°, \therefore AF ⊥ BE$,$\therefore$ 道路AF与BE等长,且它们相互垂直
(2)能修建一条这样的直路,且点 P 在花园的边界BC 上。理由如下:
∵ $AD = AB = CD =4 \ \mathrm{m}, AE =3 \ \mathrm{m}$,$\therefore DE = CF = 1 \ \mathrm{m}$。在 Rt $△ ABE$ 中, $BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5 ( \mathrm{m} )$, 由(1), 得 $AF = BE =5 \ \mathrm{m}, AF ⊥ BE, \therefore S_{△ ABE} = \frac{1}{2} BE · OA = \frac{1}{2} AB · AE$。$\therefore OA = \frac{AB · AE}{BE} = \frac{4 × 3}{5} = 2.4 ( \mathrm{m} )$。$\therefore OF = AF - OA =5 -2.4 =2.6( \mathrm{m} )$。根据“垂线段最短”,得点 F 到路段 OB 的最短距离为2.6 m。$\therefore$ 路段OB上不存在点 P 到点 F 的距离等于2.5 m。$\therefore$ 点 P 不在路段OB上。当点 P 在边界 BC 上时,在 Rt$△ PCF$中,PF 是斜边,且 $PF =2.5 \ \mathrm{m}, \therefore CP ＜ PF =2.5 \ \mathrm{m}$。$\therefore BP = BC - PC =4 - PC ＞1.5( \mathrm{m} ), \therefore$ 点 P 符合题意,即能建成一条这样的直路
解析
【分析】
（1）要判断AF和BE的数量与位置关系，首先利用正方形的性质得到边相等、内角为直角，结合已知DE=CF推导AE=DF，通过SAS证明△BAE≌△ADF，即可得到BE=AF；再通过角的等量代换证明∠AOB=90°，得到两线垂直。
（2）先根据已知边长计算各线段长度，首先求点F到OB的最短距离，若最短距离大于2.5m，则OB上不存在符合条件的点P；再讨论点P在BC上的情况，利用勾股定理和已知条件判断BP是否满足≥1.5m的要求，即可得出结论。
【解析】
(1) 两条路等长，位置关系是互相垂直，理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $BA = AD = CD$，$∠ BAE = ∠ D =90°$。
∵ $DE = CF$，
∴ $AD - DE = CD - CF$，即 $AE = DF$。
在$△ BAE$ 和$△ ADF$ 中：
$\{\begin{array}{l} BA = AD \\ ∠ BAE = ∠ D = 90° \\ AE = DF \end{array} $
∴ $△ BAE ≌ △ ADF (SAS)$，
∴ $BE = AF$，$∠ ABE = ∠ DAF$。
∵ $∠ BAE = ∠ BAO + ∠ DAF =90°$，
∴ $∠ BAO + ∠ ABE =90°$。
在$△ AOB$中，$∠ AOB = 180° - ( ∠ BAO + ∠ ABE ) = 90°$，
∴ $AF ⊥ BE$。
综上，道路AF与BE等长，且相互垂直。
(2) 能修建1条这样的直路，且点P在花园的边界BC上，理由如下：
∵ 正方形ABCD中$AD = AB = CD =4\ \mathrm{m}$，$AE =3\ \mathrm{m}$，
∴ $DE = AD - AE = 1\ \mathrm{m}$，即$CF = DE = 1\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5\ \mathrm{m}$，
由(1)得 $AF = BE =5\ \mathrm{m}$，且$AF ⊥ BE$。
∵ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2} BE · OA = \frac{1}{2} AB · AE$，
∴ $OA = \frac{AB · AE}{BE} = \frac{4 × 3}{5} = 2.4\ \mathrm{m}$，
∴ $OF = AF - OA =5 -2.4 =2.6\ \mathrm{m}$。
根据“垂线段最短”，点F到路段OB的最短距离为2.6 m，大于2.5 m，因此路段OB上不存在点P满足到F的距离为2.5 m，即点P不在OB上。
当点P在边界BC上时，在$\mathrm{Rt}△ PCF$中，PF为斜边，$PF =2.5\ \mathrm{m}$，因此$CP ＜ PF =2.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BP = BC - PC =4 - PC ＞ 4 - 2.5 =1.5\ \mathrm{m}$，满足“P与点B的距离不少于1.5 m”的要求，存在1个符合条件的点P。
综上，能修建1条这样的直路。
【答案】
(1) AF与BE等长，且互相垂直，理由见解析；
(2) 能修建，共1条，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题结合实际生活场景考查几何知识的应用，解题时需结合正方形的性质、全等三角形的判定推导线段和角的关系，第二问需要分类讨论点P的位置，结合垂线段最短和勾股定理判断是否符合要求，能较好地锻炼几何逻辑分析能力。
【难度系数】
0.6
（1）要判断AF和BE的数量与位置关系，首先利用正方形的性质得到边相等、内角为直角，结合已知DE=CF推导AE=DF，通过SAS证明△BAE≌△ADF，即可得到BE=AF；再通过角的等量代换证明∠AOB=90°，得到两线垂直。
（2）先根据已知边长计算各线段长度，首先求点F到OB的最短距离，若最短距离大于2.5m，则OB上不存在符合条件的点P；再讨论点P在BC上的情况，利用勾股定理和已知条件判断BP是否满足≥1.5m的要求，即可得出结论。
【解析】
(1) 两条路等长，位置关系是互相垂直，理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $BA = AD = CD$，$∠ BAE = ∠ D =90°$。
∵ $DE = CF$，
∴ $AD - DE = CD - CF$，即 $AE = DF$。
在$△ BAE$ 和$△ ADF$ 中：
$\{\begin{array}{l} BA = AD \\ ∠ BAE = ∠ D = 90° \\ AE = DF \end{array} $
∴ $△ BAE ≌ △ ADF (SAS)$，
∴ $BE = AF$，$∠ ABE = ∠ DAF$。
∵ $∠ BAE = ∠ BAO + ∠ DAF =90°$，
∴ $∠ BAO + ∠ ABE =90°$。
在$△ AOB$中，$∠ AOB = 180° - ( ∠ BAO + ∠ ABE ) = 90°$，
∴ $AF ⊥ BE$。
综上，道路AF与BE等长，且相互垂直。
(2) 能修建1条这样的直路，且点P在花园的边界BC上，理由如下：
∵ 正方形ABCD中$AD = AB = CD =4\ \mathrm{m}$，$AE =3\ \mathrm{m}$，
∴ $DE = AD - AE = 1\ \mathrm{m}$，即$CF = DE = 1\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$BE = \sqrt{AB^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5\ \mathrm{m}$，
由(1)得 $AF = BE =5\ \mathrm{m}$，且$AF ⊥ BE$。
∵ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2} BE · OA = \frac{1}{2} AB · AE$，
∴ $OA = \frac{AB · AE}{BE} = \frac{4 × 3}{5} = 2.4\ \mathrm{m}$，
∴ $OF = AF - OA =5 -2.4 =2.6\ \mathrm{m}$。
根据“垂线段最短”，点F到路段OB的最短距离为2.6 m，大于2.5 m，因此路段OB上不存在点P满足到F的距离为2.5 m，即点P不在OB上。
当点P在边界BC上时，在$\mathrm{Rt}△ PCF$中，PF为斜边，$PF =2.5\ \mathrm{m}$，因此$CP ＜ PF =2.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BP = BC - PC =4 - PC ＞ 4 - 2.5 =1.5\ \mathrm{m}$，满足“P与点B的距离不少于1.5 m”的要求，存在1个符合条件的点P。
综上，能修建1条这样的直路。
【答案】
(1) AF与BE等长，且互相垂直，理由见解析；
(2) 能修建，共1条，理由见解析。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题结合实际生活场景考查几何知识的应用，解题时需结合正方形的性质、全等三角形的判定推导线段和角的关系，第二问需要分类讨论点P的位置，结合垂线段最短和勾股定理判断是否符合要求，能较好地锻炼几何逻辑分析能力。
【难度系数】
0.6
