15.如图,已知四边形 ABCD 是正方形,G 为线段 AD 上任意一点,$CE⊥BG$于点 E,$DF⊥CE$于点 F.求证:$DF= BE+EF$.

∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ BC = CD,
$∠BCD = 90^{\circ}$, ∵ $CE \perp BG$, $DF \perp CE$, ∴ $∠BEC =$
$∠DFC = 90^{\circ}$, ∴ $∠BCE + ∠CBE = 90^{\circ} = ∠BCE +$
$∠DCF$, ∴ $∠CBE = ∠DCF$, 在 $\triangle CBE$ 和 $\triangle DCF$
中, $\left\{\begin{array}{l} ∠BEC = ∠CFD, \\ ∠EBC = ∠FCD, \\ BC = CD, \end{array}\right.$ ∴ $\triangle CBE \cong \triangle DCF$
(AAS), ∴ CF = BE, CE = DF, ∵ CE = CF + EF,
∴ DF = BE + EF

16.如图,在四边形 ABCD 中,$AD// BC,AD= CD$,E 是对角线 BD 上的一点,且$EA= EC$.
(1)求证:四边形 ABCD 是菱形;
(2)如果$BE= BC$,且$∠CBE:∠BCE= 2:3$,求证:四边形 ABCD 是正方形.

(1) ∵ AD = CD, DE = DE,
EA = EC, ∴ $\triangle ADE \cong \triangle CDE(SSS)$, ∴ $∠ADE =$
$∠CDE$. 又 ∵ AD // BC, ∴ $∠ADE = ∠CBD$, ∴
$∠CDE = ∠CBD$, ∴ BC = CD = AD, ∴ 四边形
ABCD 为平行四边形. 又 ∵ AD = CD, ∴ 四边形
ABCD 是菱形 (2) ∵ BE = BC, ∴ $∠BCE =$
$∠BEC$. 又 ∵ $∠CBE : ∠BCE = 2 : 3$, ∴ $∠CBE =$
$180^{\circ} \times \frac{2}{2 + 3 + 3} = 45^{\circ}$. 又 ∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $∠ABC = 2∠CBE = 90^{\circ}$, ∴ 四边形 ABCD 是正
方形

17.将正方形 ABCD 和菱形 EFGH 按照如图所示摆放,顶点 D 与顶点 H 重合,菱形 EFGH 的对角线 HF 经过点 B,点 E,G 分别在 AB,BC 上.
(1)求证:$△ADE\cong △CDG;$
(2)若$AE= BE= 2$,求 BF 的长.

(1) ∵ 四边形 ABCD 是正方形, 四边形
HEFG 是菱形, ∴ AD = CD, ED = GD, $∠ADB =$
$∠CDB$, $∠EHB = ∠GHB$, ∴ $∠ADB - ∠EHB =$
$∠CDB - ∠GHB$, 即 $∠ADE = ∠CDG$,
∴ $\triangle ADE \cong \triangle CDG(SAS)$ (2) 过点 E 作 $EQ \perp$
DF 于点 Q, 则 $∠EQB = 90^{\circ}$, ∵ 四边形 ABCD 是
正方形, ∴ $∠A = 90^{\circ}$, AD = AB = AE + EB = 2 +
2 = 4, $∠EBQ = ∠CBD = 45^{\circ}$, ∴ $∠QEB = 45^{\circ} =$
$∠EBQ$, ∴ EQ = BQ, ∵ BE = 2, ∴ $2EQ^{2} = 2^{2}$, ∴
EQ = BQ = $\sqrt{2}$ (负数舍去), 在 $Rt\triangle DAE$ 中, 由勾
股定理得: DE = $\sqrt{AD^{2} + AE^{2}} = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{5}$,
∵ 四边形 EFGH 是菱形, ∴ EF = DE = $2\sqrt{5}$, ∴
QF = $\sqrt{EF^{2} - EQ^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{5})^{2} - (\sqrt{2})^{2}} = 3\sqrt{2}$, ∴
BF = QF - QB = $3\sqrt{2} - \sqrt{2} = 2\sqrt{2}$

18.在正方形 ABCD 中,E,F 分别为 BC,CD 的中点,AE 与 BF 相交于点 G.
(1)如图①,求证:$AE⊥BF;$
(2)如图②,将$△BCF$沿 BF 折叠,得到$△BPF$,延长 FP 交 BA 的延长线于点 Q,若$AB= 4$,求 QF 的值.

(1) ∵ E, F 分别是正方形 ABCD 边 BC, CD 的中点, ∴ CF =
BE, 在 $\triangle ABE$ 和 $\triangle BCF$ 中,
$\left\{\begin{array}{l} AB = BC, \\ ∠ABE = ∠BCF, \\ BE = CF, \end{array}\right.$ ∴ $\triangle ABE \cong \triangle BCF(SAS)$, ∴
$∠BAE = ∠CBF$, 又 ∵ $∠BAE + ∠BEA = 90^{\circ}$, ∴
$∠CBF + ∠BEA = 90^{\circ}$, ∴ $∠BGE = 90^{\circ}$, ∴ $AE \perp$
BF (2) ∵ 将 $\triangle BCF$ 沿 BF 折叠, 得到 $\triangle BPF$, ∴
FP = FC, $∠PFB = ∠BFC$, $∠FPB = 90^{\circ}$,
∵ CD // AB, ∴ $∠CFB = ∠ABF$, ∴ $∠ABF =$
$∠PFB$, ∴ QF = QB. 设 QF = QB = x, ∵ PB =
BC = AB = 4, CF = PF = 2, ∴ PQ = x - 2, 在
$Rt\triangle BPQ$ 中, $x^{2} = (x - 2)^{2} + 4^{2}$, 解得 x = 5, 即
QF = 5