8.如图,在正方形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,∠DBC的平分线交CD于点E,交AC于点F,OF=1,则AB=。

8.$2+\sqrt{2}$

【分析】
解题时首先利用正方形的性质：正方形对角线互相垂直平分且相等，对角线平分内角，可得AC⊥BD，∠DBC=∠ACB=45°，OC为对角线AC的一半，且OC与边长AB存在固定数量关系。已知BE是∠DBC的平分线，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，过F作FG⊥BC于G，可得FG=OF=1。再结合△FGC是等腰直角三角形求出FC的长度，即可得到OC的长度，最终推出AB的长度。
【解析】
过点F作FG⊥BC于点G。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠DBC=∠ACB=45°，AB=BC，$OC=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$。
∵BE平分∠DBC，FO⊥BD，FG⊥BC，
∴根据角平分线的性质，得$FG=OF=1$。
在$Rt△ FGC$中，∠FCG=45°，△FGC为等腰直角三角形，
∴$FC=\sqrt{2}FG=\sqrt{2}$。
∴$OC=OF+FC=1+\sqrt{2}$。
将$OC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$代入得：
$\frac{\sqrt{2}}{2}AB=1+\sqrt{2}$
解得：$AB=\frac{2(1+\sqrt{2})}{\sqrt{2}}=2+\sqrt{2}$。
【答案】
$2+\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的性质；角平分线的性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是正方形性质的综合应用题，解题的突破口是利用角平分线的性质得到相等线段，再结合等腰直角三角形的边角关系求解，需要学生熟练掌握特殊几何图形的性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6

9.如图,AC为正方形ABCD的对角线,E为AC上一点,且AE=AB,EF⊥AC交BC于点F,连接AF。求证:EC=EF=BF。(第9题)

9.证明:在Rt△AEF和Rt△ABF中，
∵AF=AF,AE=AB，
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL)。
∴FE=FB。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
∴∠CFE=45°。
∴∠ACB=∠CFE。
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。

【分析】
要证明三条线段相等，可通过证明两两相等逐步推导：首先观察到△ABF和△AEF均为直角三角形，二者有公共斜边AF，且已知AE=AB，可先通过HL定理证明两直角三角形全等，得到BF=EF；再利用正方形对角线平分内角的性质，得到∠ACB=45°，结合EF⊥AC可推出△EFC为等腰直角三角形，得到EC=EF，最终即可得出三条线段相等的结论。
【解析】
证明：在Rt△AEF和Rt△ABF中，
∵AF=AF（公共边），AE=AB（已知），
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL)，由全等三角形对应边相等得FE=FB。
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC平分内角∠BCD，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
∵EF⊥AC，即∠CEF=90°，
∴∠CFE=90°-∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠CFE，由等角对等边得EC=EF。
综上可得EC=EF=BF。
【答案】
证明:在Rt△AEF和Rt△ABF中，
∵AF=AF,AE=AB，
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL)。
∴FE=FB。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
∴∠CFE=45°。
∴∠ACB=∠CFE。
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。
【知识点】
正方形的性质；直角三角形全等判定；等腰三角形判定
【点评】
本题是基础几何证明题，核心是通过全等三角形和等腰三角形的性质实现边的等量转换，需要熟练掌握正方形对角线的角度特征以及直角三角形全等的判定方法，逻辑层次清晰，属于对核心知识点的常规考查。
【难度系数】
0.8

10.【综合与实践】某校数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下:如图①,在正方形ABCD中,AB=4,将三角尺放在正方形ABCD上,使三角尺的直角顶点与点D重合,三角尺的一条直角边交AB于点P,另一条直角边交BC的延长线于点Q。
(1)求证:AP=CQ;
(2)如图②,小明在图①的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E,连接PE,他发现PE和QE存在一定的数量关系,请猜测他的结论,并予以证明;
(3)在(2)的条件下,若AP=1,求PE的长。

10.(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=90°，
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
∵∠A=∠DCQ,AD=CD，∠ADP=∠CDQ，
∴△APD≌△CQD(ASA)。
∴AP=CQ。
(2)解:PE=QE。
理由:由(1)得△APD≌△CQD，
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ，
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中，
∵PD=QD,∠PDE=∠QDE,DE=DE，
∴△PDE≌△QDE(SAS)。
∴PE=QE。
(3)解:由(2)得PE=QE,由(1)得CQ=AP=1。
∴BQ = BC + CQ = 5, BP = AB - AP=3。
设PE=QE=x,则BE=5−x。
在Rt△BPE中,由勾股定理,得3² + (5−x)² = x²，
解得x=3.4,即PE的长为3.4。

【分析】
(1) 证明两条线段相等通常可通过证明其所在三角形全等实现。结合正方形性质可得AD=CD，∠A=∠DCQ=90°，再由∠PDQ=90°可推得∠ADP=∠CDQ，满足ASA全等判定条件，证△APD≌△CQD即可得到AP=CQ。
(2) 猜测PE=QE，仍通过全等三角形证明。由(1)的全等结论得PD=QD，结合DE平分∠PDQ可得∠PDE=∠QDE，加上公共边DE，可通过SAS证△PDE≌△QDE，进而得到PE=QE。
(3) 求PE长度可利用勾股定理结合方程思想求解。先由前两问结论得到CQ=AP=1、PE=QE，再计算出BP=3、BQ=5，设PE=x，将Rt△BPE的三边用x表示后，代入勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠BCD=∠DCQ=90°，AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=90°，
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
$\{\begin{array}{l}∠ A=∠ DCQ\\ AD=CD\\ ∠ ADP=∠ CDQ\end{array} $
∴△APD≌△CQD(ASA)。
∴AP=CQ。
(2) 结论：$\boldsymbol{PE=QE}$。
证明：由(1)得△APD≌△CQD，
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ，
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中，
$\{\begin{array}{l}PD=QD\\ ∠ PDE=∠ QDE\\ DE=DE\end{array} $
∴△PDE≌△QDE(SAS)。
∴PE=QE。
(3) 解：由(2)得PE=QE，由(1)得CQ=AP=1。
∴$BQ = BC + CQ = 4+1=5$， $BP = AB - AP=4-1=3$。
设PE=QE=x，则BE=5−x。
在Rt△BPE中，由勾股定理，得$BP^2+BE^2=PE^2$，即$3^2 + (5-x)^2 = x^2$，
展开得$9+25-10x+x^2=x^2$，化简得$10x=34$，
解得$x=3.4$，即PE的长为3.4。
【答案】
(1) AP=CQ得证；
(2) PE=QE；
(3) 3.4
【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】
本题属于正方形的综合题型，三个小问层层递进，前一问的结论可直接作为后一问的解题条件，考察了全等证明的常用思路，以及方程思想在几何计算中的应用，是正方形章节的典型基础综合题，解题时要注意前后问题的关联性。
【难度系数】
0.7