【例2】如图21.3-22，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，连接EB，点F在DA的延长线上，且$ ∠ AFE = ∠ ABE $.
（1）求证：$ EF = EB $.
（2）用等式表示线段AB，AE，AF的数量关系并证明.
【点拨】（1）过点E作$ EH ⊥ AC $交AB于点H，根据正方形性质得$ ∠ BAD = 90° $，$ ∠ BAC = ∠ DAC = 45° $，则$ ∠ FAE = 135° $，$ △ AEH $为等腰直角三角形，进而得$ AE = HE $，$ ∠ EHA = ∠ BAC = 45° $，则$ ∠ BHE = 135° $，进而得$ ∠ FAE = ∠ BHE = 135° $，由此可判定$ △ AFE $和$ △ HBE $全等，然后根据全等三角形的性质可得出结论.（2）由（1）可知$ △ AFE ≌ △ HBE $，$ △ AEH $为等腰直角三角形，则$ AF = HB $，$ AH = \sqrt{2}AE $，由此可得出线段AB，AE，AF的数量关系.

【例 2】（1）证明：过点 E 作 $EH ⊥ AC$ 交 AB 于点 H，如图所示。
∵ 四边形 ABCD 为正方形，
∴ $∠ BAD = 90°$，$∠ BAC = ∠ DAC = 45°$，
∴ $∠ FAB = 90°$，$△ AEH$ 为等腰直角三角形，
∴ $∠ FAE = ∠ FAB + ∠ BAC = 135°$，$AE = HE$，$∠ EHA = ∠ BAC = 45°$，
∴ $∠ BHE = 180° - ∠ EHA = 180° - 45° = 135°$，
∴ $∠ FAE = ∠ BHE = 135°$。在 $△ AFE$ 和 $△ HBE$ 中，$\begin{cases} ∠ AFE = ∠ ABE, \\ ∠ FAE = ∠ BHE, \\ AE = HE, \end{cases}$
∴ $△ AFE ≌ △ HBE$（AAS），
∴ $EF = EB$。

（2）解：AB，AE，AF 的数量关系是 $AB = \sqrt{2}AE + AF$。证明如下：由（1）可知，$△ AFE ≌ △ HBE$，$△ AEH$ 为等腰直角三角形，
∴ $AF = HB$，$AH = \sqrt{AE^{2} + HE^{2}} = \sqrt{2}AE$，
∴ $AB = AH + HB = \sqrt{2}AE + AF$。

【解析】
（1）证明：过点$E$作$EH⊥AC$交$AB$于点$H$。
因为四边形$ABCD$为正方形，所以$∠ BAD = 90°$，$∠ BAC=∠ DAC = 45°$，则$∠ FAB = 90°$，$△ AEH$为等腰直角三角形。
所以$∠ FAE=∠ FAB+∠ BAC = 135°$，$AE = HE$，$∠ EHA=∠ BAC = 45°$。
又因为$∠ BHE = 180°-∠ EHA = 180°-45°=135°$，所以$∠ FAE=∠ BHE = 135°$。
在$△ AFE$和$△ HBE$中，$\begin{cases}∠ AFE=∠ ABE\\∠ FAE=∠ BHE\\AE = HE\end{cases}$，所以$△ AFE≌△ HBE(AAS)$，所以$EF = EB$。
（2）解：$AB$，$AE$，$AF$的数量关系是$AB=\sqrt{2}AE + AF$。
证明：由（1）可知，$△ AFE≌△ HBE$，$△ AEH$为等腰直角三角形，所以$AF = HB$，$AH=\sqrt{AE^{2}+HE^{2}}=\sqrt{2}AE$。
因为$AB = AH + HB$，所以$AB=\sqrt{2}AE + AF$。
【答案】
（1）$EF = EB$得证；（2）$AB$，$AE$，$AF$的数量关系为$AB=\sqrt{2}AE + AF$。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题通过作辅助线，利用正方形性质、等腰直角三角形性质证明三角形全等，进而得出线段关系，考查综合运用知识的能力。
【难度系数】
$0.3$

1. 如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为$ (\sqrt{3}, 1) $，则点C的坐标为()

A.$ (-\sqrt{3}, 1) $
B.$ (-1, -\sqrt{3}) $
C.$ (-1, \sqrt{3}) $
D.$ (1, -\sqrt{3}) $

1. C

【解析】
过点$A$作$AD⊥ x$轴于$D$，过点$C$作$CE⊥ y$轴于$E$。
因为四边形$OABC$是正方形，所以$OA = OC$，$∠ AOC = 90°$。
则$∠ AOD+∠ COE = 90°$，又$∠ AOD+∠ OAD = 90°$，所以$∠ OAD=∠ COE$。
在$△ AOD$和$△ OCE$中，$\{\begin{array}{l}∠ ADO=∠ OEC = 90°\\∠ OAD=∠ COE\\OA = OC\end{array} $，所以$△ AOD≌△ OCE(AAS)$。
已知$A(\sqrt{3},1)$，则$AD = 1$，$OD=\sqrt{3}$，所以$OE = AD = 1$，$CE = OD=\sqrt{3}$。
因为点$C$在第二象限，所以点$C$的坐标为$(-1,\sqrt{3})$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质
【点评】
本题通过作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解点的坐标，考查了对正方形性质、全等三角形知识的综合运用。
【难度系数】
0.3

2. 如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点.过点O作$ OE ⊥ OF $，分别交AB，BC于点E，F，若$ AE = 3 $，$ CF = 1 $，则$ EF = $()

A.2
B.$ \sqrt{10} $
C.4
D.$ 2\sqrt{2} $

2. B

【解析】
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$OB = OC$，$∠ OBE=∠ OCF = 45°$，$∠ BOC = 90°$。
又因为$OE⊥ OF$，所以$∠ EOF = 90°$，则$∠ EOB+∠ BOF=∠ FOC+∠ BOF = 90°$，所以$∠ EOB=∠ FOC$。
在$△ BOE$和$△ COF$中，$\begin{cases}∠ OBE=∠ OCF\\OB = OC\\∠ EOB=∠ FOC\end{cases}$，所以$△ BOE≌△ COF(ASA)$。
所以$BE = CF = 1$，同理可证$△ AOE≌△ BOF$，所以$BF = AE = 3$。
在$Rt△ BEF$中，根据勾股定理$EF=\sqrt{BE^{2}+BF^{2}}=\sqrt{1^{2}+3^{2}}=\sqrt{1 + 9}=\sqrt{10}$。
【答案】
$\sqrt{10}$
【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】
本题通过正方形的性质得到全等三角形的条件，进而求出线段长度，再利用勾股定理求解，考查了对多个知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.3

3. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，点E在边CD上，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交线段AE于点G，若$ EG = EC $，则DE的长为()

A.$ \frac{1}{4} $
B.$ \frac{3}{4} $
C.$ \frac{3}{5} $
D.$ \frac{4}{5} $

3. B

【解析】
设$DE = x$，因为正方形边长为$1$，所以$AD = AG = 1$，$EC = 1 - x$。
又因为$EG = EC$，所以$EG = 1 - x$，则$AE = AG + EG = 1 + (1 - x)=2 - x$。
在$Rt△ ADE$中，根据勾股定理$AD^{2}+DE^{2}=AE^{2}$，即$1^{2}+x^{2}=(2 - x)^{2}$。
展开$(2 - x)^{2}$得$4 - 4x + x^{2}$，则方程变为$1 + x^{2}=4 - 4x + x^{2}$。
移项可得$4x = 4 - 1$，即$4x = 3$，解得$x=\frac{3}{4}$。
【答案】
$\frac{3}{4}$
【知识点】
勾股定理、正方形的性质、一元二次方程的应用
【点评】
本题通过设未知数，利用勾股定理建立方程求解，考查了对勾股定理和正方形性质的运用以及方程思想。
【难度系数】
0.4