6. 在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$AC = BC$，点$P$是$△ ABC$外一点，$PD ⊥ AC$于$D$，交$AB$边于$E$，$PF ⊥ BC$于$F$，交$AB$边于$G$，连接$CE$，$CG$。
(1) 如图①，若$CE = CG$，求证：四边形$PDCF$为正方形；
(2) 如图②，若$PD = a$，$PF = b$，$AC = c$($b ＜ a ＜ c$)，求$△ CEG$的面积(用含$a,b,c$的式子表示)；
(3) 如图③，若$AC$为定值，$∠ ECG = 45°$，求证：四边形$PDCF$的面积为定值。

6. (1)
∵ △ABC 为等腰直角三角形,
∴ ∠A=∠B=45°.
∵ PD ⊥ AC,PF ⊥ BC,
∴ ∠PDC=∠PFC=∠ACB=90°,
∴ 四边形 PDCF 为矩形,∠AED=∠BGF=45°,
∴ ∠DEG=∠FGE=135°.
∵ CE=CG,
∴ ∠CEG=∠CGE,
∴ ∠CED=∠CGF,
∴ △CDE≌△CFG(AAS),
∴ CD=CF,
∴ 矩形 PDCF 为正方形.
(2)由(1)知∠AED=∠BGF=45°,
∴ △ADE,△BFG 为等腰直角三角形,
∴ DE=AD,GF=FB.由(1)知四边形 PDCF 为矩形,
∴ DC=PF=b,CF=PD=a.
∵ PD=a,PF=b,AC=c,
∴ △CEG 的面积=△ABC 的面积-△ACE 的面积-△CBG 的面积=$\frac{1}{2}c^2-\frac{1}{2}c·DE-\frac{1}{2}c·FG=\frac{1}{2}c^2-\frac{1}{2}c(c-b)-\frac{1}{2}c·(c-a)=\frac{1}{2}c(c-c+b-c+a)=\frac{1}{2}c(a+b-c)$.
(3) 如图,作 EM ⊥ BC 于 M, GN ⊥ AC 于 N,则∠ANG=∠BME=90°.由(1)知,∠A=∠B=45°,
∴ △AGN 和 △BEM 均为等腰直角三角形,设 PD = x, PF = y,AC=m,
∴ AG=$\sqrt{2}x$,BE=$\sqrt{2}y$.
∵ ∠AGC=∠B+∠BCG,∠BCE=∠BCG+∠ECG,∠ECG=45°,
∴ ∠AGC=∠BCE=∠BCG+45°.
∵ ∠A=∠B,
∴ △ACG∽△BEC,
∴ $\frac{AG}{AC}=\frac{BC}{BE}$,
∴ AG · BE = $AC^2$,
∴ $\sqrt{2}x · \sqrt{2}y = m^2$,
∴ $xy=\frac{1}{2}m^2$.
∵ AC=m 为定值,
∴ 四边形 PDCF 的面积为定值.
另解:
∵ ∠ACB=90°,AC=BC,
∴ ∠A=45°.在△AGC 与 △CGE 中,
∵ ∠A=∠ECG,∠AGC=∠EGC,
∴ △AGC∽△CGE. 同理,△BCE∽△CGE,
∴ △AGC∽△BCE,
∴ $\frac{AG}{BC}=\frac{AC}{BE}$,
∴ $AC^2=AG·BE=(AB-BG)(AB-AE)$.设 AD=m,BF=n,则 CD=AC-m,CF=BC-n,
∴ $AC^2=(\sqrt{2}AC-\sqrt{2}n)(\sqrt{2}AC-\sqrt{2}m)=2(BC-BF)(AC-AD)$,
∴ $AC^2=2CF·CD$,
∴ 四边形 PDCF 的面积为$\frac{AC^2}{2}$,即为定值.

7. (2026·成都期中)【初步发现】如图①,点E,F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,延长CD至点G,使得DG=BE,得到△ABE≌△ADG,从而发现EF=BE+DF.已知BE=3,DF=2,求正方形ABCD的边长.
【类比探究】如图②,正方形ABCD中,P,F,Q三点分别在边AD,CD,BC上,连接AF,PQ,若∠FOQ=45°,AB=3,PQ=$\sqrt{13}$,求线段AF的长.
【拓展迁移】如图③,在Rt△ABC中,∠C=90°,两锐角的平分线交于点O,点M,N分别在边AC,BC上,且都不与点C重合,若∠MON=45°,连接MN,当AC=3,BC=4时,求△MCN的周长.

7. 【初步发现】如题图①:延长 CD 至点 G,使得 DG = BE,连接 AG,EF,
∵ 正方形 ABCD,
∴ AB = AD, ∠DAB = ∠B = ∠FDA=90°,即 ∠B = ∠GDA=90°.
∵ DG=BE,
∴ △ABE≌△ADG(SAS),
∴ ∠EAB = ∠DAG,AE = AG.
∵ ∠EAF = 45°,
∴ ∠DAF+∠EAB=45°,
∴ ∠DAF+∠DAG=45°,即 ∠FAG=45°,
∴ ∠FAG=∠FAE=45°.
∵ AF=AF,AG=AE,
∴ △AFG≌△AFE(SAS),
∴ EF = FG = DG + DF = BE + DF = 5, 设正方形 ABCD 边长为 a, 则 CE = a-3, CF = a-2. 在 Rt△CEF 中,$CE^2+CF^2=EF^2$,即 $(a-3)^2+(a-2)^2=5^2$,解得 a=6 或-1(舍去),
∴ 正方形 ABCD 的边长为 6.
【类比探究】如图①:过 A 作 AG//PQ 交 BC 于 G,则四边形 PQGA 是平行四边形,
∴ AG = PQ = $\sqrt{13}$.
∵ 正方形 ABCD 中,AB = 3,
∴ ∠B = ∠C = 90°, AB = CD = BC = 3,
∴ BG = $\sqrt{AG^2-AB^2}=2$. 延长 CD 至点 H,使得 DH=BG=2,连接 AH,FG,利用【初步发现】中的方法可得△FAH≌△FAG(SAS),
∴ FG=HF=DH+DF=2+DF.
∵ 在 Rt△CFG 中,FG=2+DF,CF=3-DF,CG=BC-BG=1,$CG^2+CF^2=GF^2$,
∴ $1^2+(3-DF)^2=(2+DF)^2$, 解得 DF = $\frac{3}{5}$, AF = $\sqrt{AD^2+DF^2} = \sqrt{3^2+(\frac{3}{5})^2} = \frac{3\sqrt{26}}{5}$.


【拓展迁移】如图②,过 O 作 OE ⊥ BC,OG ⊥ AB,OF ⊥ AC,垂足分别为 E,G,F,
∵ 在 Rt△ABC 中,∠C=90°,AC=3,BC=4,锐角的平分线交于点 O,
∴ AB = $\sqrt{AC^2+BC^2}=5$,四边形 OFCE 是矩形,OG=OF=OE,
∴ 四边形 OFCE 是正方形,设 OG = OF = OE = r,
∵ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AC·OF+\frac{1}{2}BC·OE+\frac{1}{2}AB·OG$,
∴ $\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×3r+\frac{1}{2}×4r+\frac{1}{2}×5r$,解得 r=1,
∴ 正方形 OFCE 的边长为 1,即 FC=EC=1. 在 FA 上截取 FH=NE,连接 OH,利用【初步发现】中的方法可得△HOF≌△NOE(SAS),△HOM≌△NOM(SAS),
∴ HF=NE,MN=HM=HF+MF=NE+FM,
∴ △MCN 的周长为 MC+NC+MN=MC+NC+NE+FM=FC+EC=2.