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14 [2025 南京玄武期末]如图，$∠ ABC = ∠ ADC=90°$，$M$是$AC$的中点，$∠ BMD=150°$，则$∠ BAD$的度数为 (
A.$60°$
B.$65°$
C.$70°$
D.$75°$
D
)A.$60°$
B.$65°$
C.$70°$
D.$75°$
答案
14. D
解析
【分析】
看到题干中存在两个共斜边的直角三角形，且M是公共斜边AC的中点，首先联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可得到BM=AM=DM，进而推出△ABM和△ADM均为等腰三角形，再利用三角形外角的性质，建立∠BMD和∠BAD之间的数量关系，即可求解∠BAD的度数。
【解析】
解：
∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC的中点，
∴根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$BM=\frac{1}{2}AC=AM$，$DM=\frac{1}{2}AC=AM$，
∴$BM=AM=DM$，
∴△ABM和△ADM均为等腰三角形，即$∠ BAM=∠ ABM$，$∠ DAM=∠ ADM$。
根据三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和：
$∠ BMC$是△ABM的外角，故$∠ BMC=∠ BAM+∠ ABM=2∠ BAM$，
$∠ DMC$是△ADM的外角，故$∠ DMC=∠ DAM+∠ ADM=2∠ DAM$。
∴$∠ BMD=∠ BMC+∠ DMC=2∠ BAM+2∠ DAM=2(∠ BAM+∠ DAM)=2∠ BAD$，
已知$∠ BMD=150°$，代入得：
$2∠ BAD=150°$，解得$∠ BAD=75°$。
【答案】
D
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形性质，三角形外角定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是抓住共斜边直角三角形斜边中线的相等关系，将已知角和待求角通过外角性质建立关联，熟练掌握相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7
看到题干中存在两个共斜边的直角三角形，且M是公共斜边AC的中点，首先联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可得到BM=AM=DM，进而推出△ABM和△ADM均为等腰三角形，再利用三角形外角的性质，建立∠BMD和∠BAD之间的数量关系，即可求解∠BAD的度数。
【解析】
解：
∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC的中点，
∴根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$BM=\frac{1}{2}AC=AM$，$DM=\frac{1}{2}AC=AM$，
∴$BM=AM=DM$，
∴△ABM和△ADM均为等腰三角形，即$∠ BAM=∠ ABM$，$∠ DAM=∠ ADM$。
根据三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和：
$∠ BMC$是△ABM的外角，故$∠ BMC=∠ BAM+∠ ABM=2∠ BAM$，
$∠ DMC$是△ADM的外角，故$∠ DMC=∠ DAM+∠ ADM=2∠ DAM$。
∴$∠ BMD=∠ BMC+∠ DMC=2∠ BAM+2∠ DAM=2(∠ BAM+∠ DAM)=2∠ BAD$，
已知$∠ BMD=150°$，代入得：
$2∠ BAD=150°$，解得$∠ BAD=75°$。
【答案】
D
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等腰三角形性质，三角形外角定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是抓住共斜边直角三角形斜边中线的相等关系，将已知角和待求角通过外角性质建立关联，熟练掌握相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7
15 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°,∠ ABC=60°,BD$平分$∠ ABC,P$是$BD$的中点.若$AD=6$,则$CP$的长为________.
答案
15. 3
解析
【分析】
解题时首先从已知的△ABC内角条件出发，先计算出∠A的度数；再结合角平分线的定义，得到∠ABD与∠A相等，利用等角对等边推导出BD=AD，求出BD的长度；最后在Rt△BCD中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，即可求出CP的长度。
【解析】
解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=180°-∠ACB-∠ABC=180°-90°-60°=30°。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=$\frac{1}{2}$∠ABC=30°，
∴∠A=∠ABD，
∴BD=AD=6。
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，P是BD的中点，
根据直角三角形斜边中线的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
∴CP=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×6=3。
【答案】
3
【知识点】
等腰三角形的判定，直角三角形斜边中线的性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于基础几何题，将角平分线、等腰三角形、直角三角形的性质结合考查，解题的关键是通过角度推导得到AD与BD的等量关系，再结合直角三角形的性质计算，是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知的△ABC内角条件出发，先计算出∠A的度数；再结合角平分线的定义，得到∠ABD与∠A相等，利用等角对等边推导出BD=AD，求出BD的长度；最后在Rt△BCD中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，即可求出CP的长度。
【解析】
解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=180°-∠ACB-∠ABC=180°-90°-60°=30°。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=$\frac{1}{2}$∠ABC=30°，
∴∠A=∠ABD，
∴BD=AD=6。
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，P是BD的中点，
根据直角三角形斜边中线的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
∴CP=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{1}{2}$×6=3。
【答案】
3
【知识点】
等腰三角形的判定，直角三角形斜边中线的性质，角平分线的定义
【点评】
本题属于基础几何题，将角平分线、等腰三角形、直角三角形的性质结合考查，解题的关键是通过角度推导得到AD与BD的等量关系，再结合直角三角形的性质计算，是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
16 如图,在$△ ABC$中,$∠ A=60°$,$BD⊥ AC$于点$D$,$CE⊥ AB$于点$E$,$F$为$BC$的中点,连接$ED$,$EF$,$DF$.
（1）求证:$EF=DF$;
（2）若$BC=6$,求$△ DEF$的周长.
（1）求证:$EF=DF$;
（2）若$BC=6$,求$△ DEF$的周长.
答案
16.（1）$\because BD⊥ AC,CE⊥ AB,\therefore ∠ BDC=∠ BEC=90°.\because F$ 为 $BC$ 的中点，$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCD$ 和 $\mathrm{Rt}△ BCE$ 中，$DF=EF=\frac{1}{2}BC$,即 $EF = DF$
（2）$\because$ 易得 $EF = FB = FC = DF$，$\therefore ∠ FEB = ∠ FBE, ∠ FCD = ∠ FDC. \because ∠ A = 60°$，$\therefore ∠ ABC + ∠ ACB = 120°. \therefore ∠ BFE + ∠ DFC = (180° - 2∠ ABC) + (180° - 2∠ ACB) = 120°. \therefore ∠ EFD = 60°.$ $\therefore △ EFD$ 是等边三角形. $\because BC = 6, \therefore EF = \frac{1}{2}BC = 3.$ $\therefore △ DEF$ 的周长为 $3× 3=9$
（2）$\because$ 易得 $EF = FB = FC = DF$，$\therefore ∠ FEB = ∠ FBE, ∠ FCD = ∠ FDC. \because ∠ A = 60°$，$\therefore ∠ ABC + ∠ ACB = 120°. \therefore ∠ BFE + ∠ DFC = (180° - 2∠ ABC) + (180° - 2∠ ACB) = 120°. \therefore ∠ EFD = 60°.$ $\therefore △ EFD$ 是等边三角形. $\because BC = 6, \therefore EF = \frac{1}{2}BC = 3.$ $\therefore △ DEF$ 的周长为 $3× 3=9$
解析
【分析】
（1）要证明EF=DF，首先观察已知条件：BD、CE分别是AC、AB边上的高，可得△BCE和△BCD都是直角三角形，F是BC中点，可利用直角三角形斜边中线的性质，证明EF和DF均为BC的一半，即可推出二者相等。
（2）要求△DEF的周长，首先由（1）已得EF=DF，只需证明△DEF是等边三角形即可：先根据等边对等角得到相关角的等量关系，结合三角形内角和求出∠ABC+∠ACB的度数，进一步推导得到∠EFD=60°，即可判定△DEF为等边三角形，再结合BC的长度求出边长，最终计算周长。
【解析】
（1）证明：$\because BD⊥ AC,CE⊥ AB$，
$\therefore ∠ BDC=∠ BEC=90°$，即$△ BCD$和$△ BCE$都是直角三角形。
又$\because F$为$BC$的中点，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$DF$是斜边$BC$的中线，故$DF=\frac{1}{2}BC$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$EF$是斜边$BC$的中线，故$EF=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore EF=DF$。
（2）解：由（1）可知$EF=FB=FC=DF$，
$\therefore △ FEB$和$△ FDC$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ FEB=∠ FBE,∠ FCD=∠ FDC$。
在$△ ABC$中，$∠ A=60°$，
$\therefore ∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=120°$。
$\therefore ∠ BFE=180°-2∠ ABC$，$∠ DFC=180°-2∠ ACB$，
则$∠ BFE+∠ DFC=(180°-2∠ ABC)+(180°-2∠ ACB)=360°-2(∠ ABC+∠ ACB)=360°-2×120°=120°$，
$\therefore ∠ EFD=180°-(∠ BFE+∠ DFC)=180°-120°=60°$。
又$\because EF=DF$，
$\therefore △ EFD$是等边三角形。
$\because BC=6$，
$\therefore EF=\frac{1}{2}BC=3$，
$\therefore △ DEF$的周长为$3×3=9$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\boxed{9}$
【知识点】
直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形性质的综合典型题，解题核心是灵活运用直角三角形斜边中线的性质得到线段相等关系，再通过角度推导判定等边三角形，侧重考查学生对三角形基础性质的掌握和综合应用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明EF=DF，首先观察已知条件：BD、CE分别是AC、AB边上的高，可得△BCE和△BCD都是直角三角形，F是BC中点，可利用直角三角形斜边中线的性质，证明EF和DF均为BC的一半，即可推出二者相等。
（2）要求△DEF的周长，首先由（1）已得EF=DF，只需证明△DEF是等边三角形即可：先根据等边对等角得到相关角的等量关系，结合三角形内角和求出∠ABC+∠ACB的度数，进一步推导得到∠EFD=60°，即可判定△DEF为等边三角形，再结合BC的长度求出边长，最终计算周长。
【解析】
（1）证明：$\because BD⊥ AC,CE⊥ AB$，
$\therefore ∠ BDC=∠ BEC=90°$，即$△ BCD$和$△ BCE$都是直角三角形。
又$\because F$为$BC$的中点，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$DF$是斜边$BC$的中线，故$DF=\frac{1}{2}BC$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$EF$是斜边$BC$的中线，故$EF=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore EF=DF$。
（2）解：由（1）可知$EF=FB=FC=DF$，
$\therefore △ FEB$和$△ FDC$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ FEB=∠ FBE,∠ FCD=∠ FDC$。
在$△ ABC$中，$∠ A=60°$，
$\therefore ∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=120°$。
$\therefore ∠ BFE=180°-2∠ ABC$，$∠ DFC=180°-2∠ ACB$，
则$∠ BFE+∠ DFC=(180°-2∠ ABC)+(180°-2∠ ACB)=360°-2(∠ ABC+∠ ACB)=360°-2×120°=120°$，
$\therefore ∠ EFD=180°-(∠ BFE+∠ DFC)=180°-120°=60°$。
又$\because EF=DF$，
$\therefore △ EFD$是等边三角形。
$\because BC=6$，
$\therefore EF=\frac{1}{2}BC=3$，
$\therefore △ DEF$的周长为$3×3=9$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\boxed{9}$
【知识点】
直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形性质的综合典型题，解题核心是灵活运用直角三角形斜边中线的性质得到线段相等关系，再通过角度推导判定等边三角形，侧重考查学生对三角形基础性质的掌握和综合应用能力。
【难度系数】
0.7
17 如图,有下列四个条件:① $AB = BC$;② $∠ ABC = 90°$;③ $AC = BD$;④ $AC ⊥ BD$.从中选两个作为补充条件,使$□ ABCD$为正方形.现有下列四种选法,你认为错误的是 (
A.①②
B.①③
C.②③
D.②④
(第17题)
C
)A.①②
B.①③
C.②③
D.②④
(第17题)答案
17. C
解析
【分析】
已知四边形ABCD是平行四边形，正方形的判定需要同时满足菱形和矩形的特征：即要么先证明是菱形，再补充矩形的判定条件；要么先证明是矩形，再补充菱形的判定条件。我们只需逐个分析每个选项的两个条件，判断是否能同时推出平行四边形既是菱形又是矩形，即可找出错误选法。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，对各选项逐一分析：
1. 选项A：选①②
①$AB=BC$：邻边相等的平行四边形是菱形，因此$□ABCD$是菱形；
②$∠ABC=90°$：有一个内角是直角的菱形是正方形，可判定$□ABCD$是正方形，A不符合题意。
2. 选项B：选①③
①$AB=BC$：可证$□ABCD$是菱形；
③$AC=BD$：对角线相等的菱形是矩形，因此$□ABCD$既是菱形又是矩形，即正方形，B不符合题意。
3. 选项C：选②③
②$∠ABC=90°$：有一个内角是直角的平行四边形是矩形，因此$□ABCD$是矩形；
③$AC=BD$：矩形本身就具备对角线相等的性质，该条件无法证明$□ABCD$是菱形，因此只能得到矩形，不能判定为正方形，C符合题意。
4. 选项D：选②④
②$∠ABC=90°$：可证$□ABCD$是矩形；
④$AC⊥BD$：对角线互相垂直的矩形是菱形，因此$□ABCD$既是矩形又是菱形，即正方形，D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题的核心是明确正方形与矩形、菱形的从属关系，判定平行四边形为正方形时，必须同时满足矩形和菱形的判定条件，不能只满足单一类型图形的性质。
【难度系数】
0.7
已知四边形ABCD是平行四边形，正方形的判定需要同时满足菱形和矩形的特征：即要么先证明是菱形，再补充矩形的判定条件；要么先证明是矩形，再补充菱形的判定条件。我们只需逐个分析每个选项的两个条件，判断是否能同时推出平行四边形既是菱形又是矩形，即可找出错误选法。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，对各选项逐一分析：
1. 选项A：选①②
①$AB=BC$：邻边相等的平行四边形是菱形，因此$□ABCD$是菱形；
②$∠ABC=90°$：有一个内角是直角的菱形是正方形，可判定$□ABCD$是正方形，A不符合题意。
2. 选项B：选①③
①$AB=BC$：可证$□ABCD$是菱形；
③$AC=BD$：对角线相等的菱形是矩形，因此$□ABCD$既是菱形又是矩形，即正方形，B不符合题意。
3. 选项C：选②③
②$∠ABC=90°$：有一个内角是直角的平行四边形是矩形，因此$□ABCD$是矩形；
③$AC=BD$：矩形本身就具备对角线相等的性质，该条件无法证明$□ABCD$是菱形，因此只能得到矩形，不能判定为正方形，C符合题意。
4. 选项D：选②④
②$∠ABC=90°$：可证$□ABCD$是矩形；
④$AC⊥BD$：对角线互相垂直的矩形是菱形，因此$□ABCD$既是矩形又是菱形，即正方形，D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题的核心是明确正方形与矩形、菱形的从属关系，判定平行四边形为正方形时，必须同时满足矩形和菱形的判定条件，不能只满足单一类型图形的性质。
【难度系数】
0.7
18 [2025营口期中]如图，O为正方形ABCD的对角线AC的中点，$△ ACE$为等边三角形.若$AB=2$，则$OE$的长为（
A.$\sqrt{6}$
B.$2$
C.$4\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{3}$
A
）A.$\sqrt{6}$
B.$2$
C.$4\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{3}$
答案
18. A
解析
【分析】
解题时首先从已知的正方形边长入手，先计算正方形对角线AC的长度；再结合O是AC中点、△ACE是等边三角形的条件，利用等边三角形三线合一的性质，可知OE是等边△ACE底边AC上的高；最后通过等边三角形高的计算公式或勾股定理即可求出OE的长度。
【解析】
1. 计算正方形对角线AC的长度：
在正方形ABCD中，AB=BC=2，∠B=90°，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$
2. 分析OE的性质：
∵△ACE是等边三角形，
∴$CE=AC=2\sqrt{2}$，
又
∵O是AC的中点，根据等边三角形三线合一的性质，可得$OE⊥ AC$，OE是等边△ACE底边AC的高。
3. 计算OE的长度：
等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，因此：
$OE=\frac{\sqrt{3}}{2}× AC=\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{2}=\sqrt{6}$
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质；等边三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，将正方形和等边三角形的性质结合考查，解题的突破口是先求出正方形对角线AC的长度，再利用等边三角形三线合一的性质建立OE与AC的关系，掌握基础图形的性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知的正方形边长入手，先计算正方形对角线AC的长度；再结合O是AC中点、△ACE是等边三角形的条件，利用等边三角形三线合一的性质，可知OE是等边△ACE底边AC上的高；最后通过等边三角形高的计算公式或勾股定理即可求出OE的长度。
【解析】
1. 计算正方形对角线AC的长度：
在正方形ABCD中，AB=BC=2，∠B=90°，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$
2. 分析OE的性质：
∵△ACE是等边三角形，
∴$CE=AC=2\sqrt{2}$，
又
∵O是AC的中点，根据等边三角形三线合一的性质，可得$OE⊥ AC$，OE是等边△ACE底边AC的高。
3. 计算OE的长度：
等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍，因此：
$OE=\frac{\sqrt{3}}{2}× AC=\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{2}=\sqrt{6}$
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质；等边三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，将正方形和等边三角形的性质结合考查，解题的突破口是先求出正方形对角线AC的长度，再利用等边三角形三线合一的性质建立OE与AC的关系，掌握基础图形的性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
19 如图，$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ A = 90°$，$P$，$Q$分别是$AB$，$AC$上的动点，且满足$BP = AQ$，$D$是$BC$的中点，连接$DP$，$DQ$。当点$P$运动到
（第19题）
AB的中点
时，四边形$APDQ$是正方形。（第19题）答案
19. AB的中点
解析
【分析】
要判断点P的位置使得四边形APDQ是正方形，可结合等腰直角三角形的性质和正方形的判定条件推导：首先连接AD，利用等腰直角三角形斜边中点的性质得到边角相等关系，先证△BPD≌△AQD，得到DP=DQ、∠PDQ=90°，已知∠A=90°，此时要四边形APDQ为正方形，需满足邻边相等且其余内角为直角，结合∠B=45°可推得△BPD为等腰直角三角形，即BP=AP，因此P为AB中点。
【解析】
连接AD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=BD，∠B=∠DAQ=45°，AD⊥BC，AB=AC。
若点P是AB的中点，则BP=AP=$\frac{1}{2}$AB，
又
∵BP=AQ，
∴AQ=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AC，即Q是AC的中点。
∵P、D分别是AB、BC的中点，
∴PD是△ABC的中位线，
∴PD//AC，PD=$\frac{1}{2}$AC=AQ，
∴四边形APDQ是平行四边形。
又
∵∠PAQ=90°，
∴平行四边形APDQ是矩形。
∵AB=AC，
∴AP=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AC=AQ，
∴矩形APDQ是正方形。
反之，若四边形APDQ是正方形，则AP=PD，∠APD=90°，在Rt△BPD中，∠B=45°，故BP=PD=AP，即P为AB中点。
【答案】
AB的中点
【知识点】
等腰直角三角形的性质，正方形的判定，三角形中位线定理
【点评】
本题将动点问题与特殊三角形、特殊四边形的性质判定相结合，既需要正向验证结论的正确性，也需要逆向推导动点满足的条件，能有效提升几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要判断点P的位置使得四边形APDQ是正方形，可结合等腰直角三角形的性质和正方形的判定条件推导：首先连接AD，利用等腰直角三角形斜边中点的性质得到边角相等关系，先证△BPD≌△AQD，得到DP=DQ、∠PDQ=90°，已知∠A=90°，此时要四边形APDQ为正方形，需满足邻边相等且其余内角为直角，结合∠B=45°可推得△BPD为等腰直角三角形，即BP=AP，因此P为AB中点。
【解析】
连接AD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=BD，∠B=∠DAQ=45°，AD⊥BC，AB=AC。
若点P是AB的中点，则BP=AP=$\frac{1}{2}$AB，
又
∵BP=AQ，
∴AQ=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AC，即Q是AC的中点。
∵P、D分别是AB、BC的中点，
∴PD是△ABC的中位线，
∴PD//AC，PD=$\frac{1}{2}$AC=AQ，
∴四边形APDQ是平行四边形。
又
∵∠PAQ=90°，
∴平行四边形APDQ是矩形。
∵AB=AC，
∴AP=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$AC=AQ，
∴矩形APDQ是正方形。
反之，若四边形APDQ是正方形，则AP=PD，∠APD=90°，在Rt△BPD中，∠B=45°，故BP=PD=AP，即P为AB中点。
【答案】
AB的中点
【知识点】
等腰直角三角形的性质，正方形的判定，三角形中位线定理
【点评】
本题将动点问题与特殊三角形、特殊四边形的性质判定相结合，既需要正向验证结论的正确性，也需要逆向推导动点满足的条件，能有效提升几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
20 如图,四边形ABCD是正方形,点E在AC上运动,AF⊥AC,垂足为A,AF=AE.
(1) 求证:DE=BF.
(2) 当点E运动到AC的中点时(其他条件都保持不变),四边形AFBE是什么特殊四边形?请说明理由.
(1) 求证:DE=BF.
(2) 当点E运动到AC的中点时(其他条件都保持不变),四边形AFBE是什么特殊四边形?请说明理由.
答案
20.（1）$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore AD = AB,∠ BAD = 90°. \because AF ⊥ AC, \therefore ∠ EAF = 90°. \therefore ∠ BAD - ∠ BAE = ∠ EAF - ∠ BAE$,即$∠ DAE = ∠ BAF$. 在$△ ADE$ 和$△ ABF$ 中，$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ DAE=∠ BAF, \\ AE=AF, \end{cases}$$\therefore △ ADE≌△ ABF. \therefore DE = BF$
（2）当点 $E$ 运动到 $AC$ 的中点时，四边形 $AFBE$ 是正方形 理由：$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore ∠ ABC=90°,AB=BC. \because E$ 是 $AC$ 的中点，$\therefore$ 易得 $BE⊥ AC,BE=AE=\frac{1}{2}AC. \therefore ∠ AEB=90°. \because AF=AE, \therefore BE=AF=AE. 又\because AF⊥ AC, \therefore BE// AF. \because BE=AF, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是平行四边形. $\because AF=AE, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是菱形. $\because ∠ AEB=90°, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是正方形.
（2）当点 $E$ 运动到 $AC$ 的中点时，四边形 $AFBE$ 是正方形 理由：$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形，$\therefore ∠ ABC=90°,AB=BC. \because E$ 是 $AC$ 的中点，$\therefore$ 易得 $BE⊥ AC,BE=AE=\frac{1}{2}AC. \therefore ∠ AEB=90°. \because AF=AE, \therefore BE=AF=AE. 又\because AF⊥ AC, \therefore BE// AF. \because BE=AF, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是平行四边形. $\because AF=AE, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是菱形. $\because ∠ AEB=90°, \therefore$ 四边形 $AFBE$ 是正方形.
解析
【分析】
（1）要证明DE=BF，可通过证明△ADE和△ABF全等来实现。首先利用正方形的性质得到AD=AB、∠BAD=90°，结合AF⊥AC得到∠EAF=90°，推导得出两个三角形的夹角∠DAE=∠BAF，再结合已知AE=AF，即可用SAS判定全等，得到对应边相等。
（2）判断四边形AFBE的形状，先利用正方形对角线的性质，当E为AC中点时，可得BE⊥AC、BE=AE，结合AF⊥AC且AF=AE，可推出BE与AF平行且相等，先判定四边形是平行四边形，再结合邻边相等、有一个内角为直角，逐步判定为正方形。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD = AB$，$∠BAD = 90°$，
∵ $AF ⊥ AC$，
∴ $∠EAF = 90°$，
∴ $∠BAD - ∠BAE = ∠EAF - ∠BAE$，即$∠DAE = ∠BAF$，
在$△ADE$和$△ABF$中：
$\begin{cases} AD=AB \\ ∠DAE=∠BAF \\ AE=AF \end{cases}$
∴ $△ADE≌△ABF$（SAS），
∴ $DE = BF$。
（2）解：当点E运动到AC的中点时，四边形AFBE是正方形，理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ABC=90°$，$AB=BC$，
∵ E是AC的中点，
∴ $BE⊥AC$，$BE=AE=\frac{1}{2}AC$，
∴ $∠AEB=90°$，
∵ $AF=AE$，
∴ $BE=AF=AE$，
又
∵ $AF⊥AC$，
∴ $BE// AF$，
∵ $BE=AF$，
∴ 四边形AFBE是平行四边形，
∵ $AF=AE$，
∴ 平行四边形AFBE是菱形，
又
∵ $∠AEB=90°$，
∴ 菱形AFBE是正方形。
【答案】
（1）$DE=BF$，证明成立；
（2）四边形AFBE是正方形。
【知识点】
1. 正方形的性质与判定
2. 全等三角形的判定与性质
3. 特殊平行四边形的判定
【点评】
本题是几何综合基础题，将全等三角形的证明与特殊四边形的判定结合考查，解题的核心是熟练掌握各类几何图形的性质和判定定理，找准边角的等量关系，逐步推导即可得出结论。
【难度系数】
0.7
（1）要证明DE=BF，可通过证明△ADE和△ABF全等来实现。首先利用正方形的性质得到AD=AB、∠BAD=90°，结合AF⊥AC得到∠EAF=90°，推导得出两个三角形的夹角∠DAE=∠BAF，再结合已知AE=AF，即可用SAS判定全等，得到对应边相等。
（2）判断四边形AFBE的形状，先利用正方形对角线的性质，当E为AC中点时，可得BE⊥AC、BE=AE，结合AF⊥AC且AF=AE，可推出BE与AF平行且相等，先判定四边形是平行四边形，再结合邻边相等、有一个内角为直角，逐步判定为正方形。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD = AB$，$∠BAD = 90°$，
∵ $AF ⊥ AC$，
∴ $∠EAF = 90°$，
∴ $∠BAD - ∠BAE = ∠EAF - ∠BAE$，即$∠DAE = ∠BAF$，
在$△ADE$和$△ABF$中：
$\begin{cases} AD=AB \\ ∠DAE=∠BAF \\ AE=AF \end{cases}$
∴ $△ADE≌△ABF$（SAS），
∴ $DE = BF$。
（2）解：当点E运动到AC的中点时，四边形AFBE是正方形，理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ABC=90°$，$AB=BC$，
∵ E是AC的中点，
∴ $BE⊥AC$，$BE=AE=\frac{1}{2}AC$，
∴ $∠AEB=90°$，
∵ $AF=AE$，
∴ $BE=AF=AE$，
又
∵ $AF⊥AC$，
∴ $BE// AF$，
∵ $BE=AF$，
∴ 四边形AFBE是平行四边形，
∵ $AF=AE$，
∴ 平行四边形AFBE是菱形，
又
∵ $∠AEB=90°$，
∴ 菱形AFBE是正方形。
【答案】
（1）$DE=BF$，证明成立；
（2）四边形AFBE是正方形。
【知识点】
1. 正方形的性质与判定
2. 全等三角形的判定与性质
3. 特殊平行四边形的判定
【点评】
本题是几何综合基础题，将全等三角形的证明与特殊四边形的判定结合考查，解题的核心是熟练掌握各类几何图形的性质和判定定理，找准边角的等量关系，逐步推导即可得出结论。
【难度系数】
0.7
