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8. 如图1-4-14，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点E的对应点为点E'）。延长AE交CE'于点F，连接DE。
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）若AB=10，CE'=8，求DE的长。
图1-4-14
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）若AB=10，CE'=8，求DE的长。
图1-4-14
答案
8. 解:(1)四边形$BE'FE$是正方形。理由如下：
∵$△CBE'$是由$\mathrm{Rt}△ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90°$得到的，
∴$∠CE'B=∠AEB=90°$,$∠EBE'=90°$,$BE=BE'$。
又
∵$∠BEF+∠AEB=180°$，
∴$∠BEF=90°$,
∴四边形$BE'FE$是矩形。
又$BE=BE'$,
∴四边形$BE'FE$是正方形。
(2)
∵四边形$BE'FE$是正方形,
∴$BE=BE'=E'F$。
在$\mathrm{Rt}△BCE'$中,$BC^2=E'B^2+E'C^2$，
∴$100=E'B^2+64$,
∴$E'B=6$,
∴$E'F=BE=6$。
如答图1-4-5,过点D作$DH⊥AE$于H。
∴$∠DHA=90°=∠AEB$，
∴$∠DAH+∠EAB=90°$,$∠DAH+∠ADH=90°$，
∴$∠ADH=∠BAE$。
又
∵$AD=AB$，
∴$△ADH≌△BAE(\mathrm{AAS})$，
∴$AH=BE=6$,$DH=AE=8$，
∴$HE=2$，
∴$DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=2\sqrt{17}$。
解析
【分析】
（1）判断四边形$BE'FE$的形状时，先结合旋转的性质推导角和边的关系：由旋转90°可得$∠ EBE'=90°$，对应角$∠ CE'B=∠ AEB=90°$，对应边$BE=BE'$；再由$∠ AEB=90°$推出邻补角$∠ BEF=90°$，可判定该四边形为矩形，最后结合邻边$BE=BE'$，即可判定为正方形。
（2）求$DE$的长时，首先在$\mathrm{Rt}△ BCE'$中，利用勾股定理求出$BE'$的长度，即$BE$的长度，同时由旋转性质得$AE=CE'=8$；接下来过点$D$作$DH⊥ AE$于$H$，通过同角的余角相等证明$∠ ADH=∠ BAE$，结合$AD=AB$、$∠ DHA=∠ AEB=90°$，证明$△ ADH≌△ BAE$，得到$DH$、$HE$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ DHE$中用勾股定理计算$DE$的长度即可。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
$\because△ CBE'$是由$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点$B$按顺时针方向旋转$90°$得到的，
$\therefore∠ CE'B=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$，$BE=BE'$。
$\because∠ BEF+∠ AEB=180°$，$∠ AEB=90°$，
$\therefore∠ BEF=90°$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是矩形。
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是正方形。
(2) $\because$四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore BE=BE'=E'F$。
$\because$正方形$ABCD$中$AB=10$，$\therefore BC=AB=10$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE'$中，由勾股定理得$BC^2=E'B^2+E'C^2$，
代入数据得$10^2=E'B^2+8^2$，解得$E'B=6$，
$\therefore BE=6$，由旋转性质得$AE=CE'=8$。
如答图1-4-5，过点$D$作$DH⊥ AE$于点$H$，则$∠ DHA=90°=∠ AEB$，
$\because∠ DAH+∠ EAB=90°$，$∠ DAH+∠ ADH=90°$，
$\therefore∠ ADH=∠ BAE$。
又$\because AD=AB$，
$\therefore△ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AH=BE=6$，$DH=AE=8$，
$\therefore HE=AE-AH=8-6=2$，
$\therefore DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=\sqrt{8^2+2^2}=2\sqrt{17}$。
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由见解析；
(2) $DE$的长为$2\sqrt{17}$。
【知识点】
旋转的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是典型的几何综合题，融合了旋转、特殊四边形判定、全等三角形、勾股定理多个考点，解题核心是利用旋转性质得到相等的边与角，第二问通过作垂线构造全等三角形转化线段长度，是几何求线段长的常用思路，需要熟练掌握这类辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.6
（1）判断四边形$BE'FE$的形状时，先结合旋转的性质推导角和边的关系：由旋转90°可得$∠ EBE'=90°$，对应角$∠ CE'B=∠ AEB=90°$，对应边$BE=BE'$；再由$∠ AEB=90°$推出邻补角$∠ BEF=90°$，可判定该四边形为矩形，最后结合邻边$BE=BE'$，即可判定为正方形。
（2）求$DE$的长时，首先在$\mathrm{Rt}△ BCE'$中，利用勾股定理求出$BE'$的长度，即$BE$的长度，同时由旋转性质得$AE=CE'=8$；接下来过点$D$作$DH⊥ AE$于$H$，通过同角的余角相等证明$∠ ADH=∠ BAE$，结合$AD=AB$、$∠ DHA=∠ AEB=90°$，证明$△ ADH≌△ BAE$，得到$DH$、$HE$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ DHE$中用勾股定理计算$DE$的长度即可。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
$\because△ CBE'$是由$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点$B$按顺时针方向旋转$90°$得到的，
$\therefore∠ CE'B=∠ AEB=90°$，$∠ EBE'=90°$，$BE=BE'$。
$\because∠ BEF+∠ AEB=180°$，$∠ AEB=90°$，
$\therefore∠ BEF=90°$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是矩形。
又$\because BE=BE'$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是正方形。
(2) $\because$四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore BE=BE'=E'F$。
$\because$正方形$ABCD$中$AB=10$，$\therefore BC=AB=10$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE'$中，由勾股定理得$BC^2=E'B^2+E'C^2$，
代入数据得$10^2=E'B^2+8^2$，解得$E'B=6$，
$\therefore BE=6$，由旋转性质得$AE=CE'=8$。
如答图1-4-5，过点$D$作$DH⊥ AE$于点$H$，则$∠ DHA=90°=∠ AEB$，
$\because∠ DAH+∠ EAB=90°$，$∠ DAH+∠ ADH=90°$，
$\therefore∠ ADH=∠ BAE$。
又$\because AD=AB$，
$\therefore△ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AH=BE=6$，$DH=AE=8$，
$\therefore HE=AE-AH=8-6=2$，
$\therefore DE=\sqrt{DH^2+HE^2}=\sqrt{8^2+2^2}=2\sqrt{17}$。
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由见解析；
(2) $DE$的长为$2\sqrt{17}$。
【知识点】
旋转的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是典型的几何综合题，融合了旋转、特殊四边形判定、全等三角形、勾股定理多个考点，解题核心是利用旋转性质得到相等的边与角，第二问通过作垂线构造全等三角形转化线段长度，是几何求线段长的常用思路，需要熟练掌握这类辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.6
9. 如图1-4-15，以$△ ABC$的各边为一边，在边$BC$的同侧分别作正方形$ABDI$、正方形$BCFE$、正方形$ACHG$。
(1)求证:$△ BDE≌△ BAC$。
(2)求证:四边形$ADEG$是平行四边形。
(3)当$△ ABC$满足什么条件时，四边形$ADEG$是正方形？请说明理由。
(1)求证:$△ BDE≌△ BAC$。
(2)求证:四边形$ADEG$是平行四边形。
(3)当$△ ABC$满足什么条件时，四边形$ADEG$是正方形？请说明理由。
答案
9.(1)证明:
∵四边形ABDI、四边形BCFE都是正方形，
∴$AB=BD$,$BC=BE$,$∠EBC=∠DBA=90°$。
∴$∠ABC=∠EBD$(同为$∠EBA$的余角)。
∴$△BDE≌△BAC(\mathrm{SAS})$。
(2)证明:
∵$△BDE≌△BAC$,四边形ACHG是正方形，
∴$DE=AC=AG$,$∠BAC=∠BDE$,$∠GAC=90°$。
∵AD是正方形ABDI的对角线，
∴$∠BDA=∠BAD=45°$。
∵$∠EDA=∠BDE-∠BDA=∠BDE-45°$，
$∠DAG=360°-∠GAC-∠BAC-∠BAD$
$=360°-90°-∠BAC-45°$
$=225°-∠BAC$，
∴$∠EDA+∠DAG=∠BDE-45°+225°-∠BAC=180°$，
∴$DE// AG$,
∴四边形ADEG是平行四边形。
(3)解:当$∠BAC=135°$且$AC=\sqrt{2}AB$时,四边形ADEG是正方形。理由如下：
∵$∠BAC=135°$,
∴由(2)可知,$∠DAG=90°$。
∴平行四边形ADEG是矩形。
∵四边形ABDI是正方形,
∴$AD=\sqrt{2}AB$。
∵$AC=\sqrt{2}AB$,
∴$AD=AC$。
又
∵四边形ACHG是正方形，
∴$AC=AG$,
∴$AD=AG$，
∴四边形ADEG是正方形。
∵四边形ABDI、四边形BCFE都是正方形，
∴$AB=BD$,$BC=BE$,$∠EBC=∠DBA=90°$。
∴$∠ABC=∠EBD$(同为$∠EBA$的余角)。
∴$△BDE≌△BAC(\mathrm{SAS})$。
(2)证明:
∵$△BDE≌△BAC$,四边形ACHG是正方形，
∴$DE=AC=AG$,$∠BAC=∠BDE$,$∠GAC=90°$。
∵AD是正方形ABDI的对角线，
∴$∠BDA=∠BAD=45°$。
∵$∠EDA=∠BDE-∠BDA=∠BDE-45°$，
$∠DAG=360°-∠GAC-∠BAC-∠BAD$
$=360°-90°-∠BAC-45°$
$=225°-∠BAC$，
∴$∠EDA+∠DAG=∠BDE-45°+225°-∠BAC=180°$，
∴$DE// AG$,
∴四边形ADEG是平行四边形。
(3)解:当$∠BAC=135°$且$AC=\sqrt{2}AB$时,四边形ADEG是正方形。理由如下：
∵$∠BAC=135°$,
∴由(2)可知,$∠DAG=90°$。
∴平行四边形ADEG是矩形。
∵四边形ABDI是正方形,
∴$AD=\sqrt{2}AB$。
∵$AC=\sqrt{2}AB$,
∴$AD=AC$。
又
∵四边形ACHG是正方形，
∴$AC=AG$,
∴$AD=AG$，
∴四边形ADEG是正方形。
解析
【分析】
(1) 要证△BDE≌△BAC，可利用正方形的性质得到两组对应边相等，再推导两边的夹角相等，用SAS判定全等即可。首先根据正方形ABDI、BCFE的性质，得AB=BD，BC=BE，且∠DBA=∠EBC=90°，两个直角同时减去公共角∠EBA，即可得到∠EBD=∠ABC，满足SAS全等的条件。
(2) 要证四边形ADEG是平行四边形，可证一组对边平行且相等。由(1)的全等可得DE=AC，结合正方形ACHG的性质得AC=AG，即DE=AG；再通过角度计算，推导∠EDA与∠DAG的和为180°，得到DE//AG，即可由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得证。
(3) 平行四边形要变为正方形，需要同时满足有一个内角是直角、邻边相等两个条件。据此反向推导：要∠DAG=90°，结合(2)中∠DAG的计算式可求出∠BAC的度数；要邻边AD=AG，结合正方形ABDI、ACHG的边长关系，可推出AC与AB的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABDI、四边形BCFE都是正方形，
∴$AB=BD$，$BC=BE$，$∠EBC=∠DBA=90°$。
∴$∠ABC=∠EBD$（同为$∠EBA$的余角）。
∴$△BDE≌△BAC(\mathrm{SAS})$。
(2) 证明：
∵$△BDE≌△BAC$，四边形ACHG是正方形，
∴$DE=AC=AG$，$∠BAC=∠BDE$，$∠GAC=90°$。
∵AD是正方形ABDI的对角线，
∴$∠BDA=∠BAD=45°$。
∵$∠EDA=∠BDE-∠BDA=∠BDE-45°$，
$∠DAG=360°-∠GAC-∠BAC-∠BAD$
$=360°-90°-∠BAC-45°$
$=225°-∠BAC$，
∴$∠EDA+∠DAG=∠BDE-45°+225°-∠BAC=180°$，
∴$DE// AG$，
∴四边形ADEG是平行四边形。
(3) 解：当$∠BAC=135°$且$AC=\sqrt{2}AB$时，四边形ADEG是正方形。理由如下：
∵$∠BAC=135°$，
∴由(2)可知，$∠DAG=225°-135°=90°$，
∴平行四边形ADEG是矩形。
∵四边形ABDI是正方形，
∴$AD=\sqrt{2}AB$。
∵$AC=\sqrt{2}AB$，
∴$AD=AC$。
又
∵四边形ACHG是正方形，
∴$AC=AG$，
∴$AD=AG$，
∴矩形ADEG是正方形，即四边形ADEG是正方形。
【答案】
(1) △BDE≌△BAC得证；
(2) 四边形ADEG是平行四边形得证；
(3) 当∠BAC=135°且$AC=\sqrt{2}AB$时，四边形ADEG是正方形。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定；特殊四边形的判定
【点评】
本题属于几何综合题，融合了全等三角形、平行四边形、正方形的相关性质与判定知识，解题的核心是熟练运用正方形的边角特征，挖掘图形中的全等关系与边、角的数量关系，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证△BDE≌△BAC，可利用正方形的性质得到两组对应边相等，再推导两边的夹角相等，用SAS判定全等即可。首先根据正方形ABDI、BCFE的性质，得AB=BD，BC=BE，且∠DBA=∠EBC=90°，两个直角同时减去公共角∠EBA，即可得到∠EBD=∠ABC，满足SAS全等的条件。
(2) 要证四边形ADEG是平行四边形，可证一组对边平行且相等。由(1)的全等可得DE=AC，结合正方形ACHG的性质得AC=AG，即DE=AG；再通过角度计算，推导∠EDA与∠DAG的和为180°，得到DE//AG，即可由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得证。
(3) 平行四边形要变为正方形，需要同时满足有一个内角是直角、邻边相等两个条件。据此反向推导：要∠DAG=90°，结合(2)中∠DAG的计算式可求出∠BAC的度数；要邻边AD=AG，结合正方形ABDI、ACHG的边长关系，可推出AC与AB的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABDI、四边形BCFE都是正方形，
∴$AB=BD$，$BC=BE$，$∠EBC=∠DBA=90°$。
∴$∠ABC=∠EBD$（同为$∠EBA$的余角）。
∴$△BDE≌△BAC(\mathrm{SAS})$。
(2) 证明：
∵$△BDE≌△BAC$，四边形ACHG是正方形，
∴$DE=AC=AG$，$∠BAC=∠BDE$，$∠GAC=90°$。
∵AD是正方形ABDI的对角线，
∴$∠BDA=∠BAD=45°$。
∵$∠EDA=∠BDE-∠BDA=∠BDE-45°$，
$∠DAG=360°-∠GAC-∠BAC-∠BAD$
$=360°-90°-∠BAC-45°$
$=225°-∠BAC$，
∴$∠EDA+∠DAG=∠BDE-45°+225°-∠BAC=180°$，
∴$DE// AG$，
∴四边形ADEG是平行四边形。
(3) 解：当$∠BAC=135°$且$AC=\sqrt{2}AB$时，四边形ADEG是正方形。理由如下：
∵$∠BAC=135°$，
∴由(2)可知，$∠DAG=225°-135°=90°$，
∴平行四边形ADEG是矩形。
∵四边形ABDI是正方形，
∴$AD=\sqrt{2}AB$。
∵$AC=\sqrt{2}AB$，
∴$AD=AC$。
又
∵四边形ACHG是正方形，
∴$AC=AG$，
∴$AD=AG$，
∴矩形ADEG是正方形，即四边形ADEG是正方形。
【答案】
(1) △BDE≌△BAC得证；
(2) 四边形ADEG是平行四边形得证；
(3) 当∠BAC=135°且$AC=\sqrt{2}AB$时，四边形ADEG是正方形。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定；特殊四边形的判定
【点评】
本题属于几何综合题，融合了全等三角形、平行四边形、正方形的相关性质与判定知识，解题的核心是熟练运用正方形的边角特征，挖掘图形中的全等关系与边、角的数量关系，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
10. 如图 1-4-16,在 Rt△CEF 中,∠C = 90°,∠CEF 和∠CFE 处的外角平分线交于点 A,过点 A 分别作直线 CE,CF 的垂线,点 B,D 为垂足。
(1)直接写出:∠EAF=
(2)①求证:四边形 ABCD 是正方形；②若 BE=EC=3,求 DF 的长。
(3)如图 1-4-17,在△PQR 中,∠QPR = 45°,高 PH=5,QH=2,直接写出 HR 的长:
(1)直接写出:∠EAF=
45
°。(2)①求证:四边形 ABCD 是正方形；②若 BE=EC=3,求 DF 的长。
(3)如图 1-4-17,在△PQR 中,∠QPR = 45°,高 PH=5,QH=2,直接写出 HR 的长:
$\frac{15}{7}$
。 答案
10.(1)45
(2)①证明:如答图1-4-6,过点A作$AN⊥EF$于点N。
∵$∠C=90°$,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$，
∴四边形ABCD为矩形。
∵EA,FA分别为$∠BEF$和$∠DFE$的平分线,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$,$AN⊥EF$，
∴$AB=AN$,$AD=AN$，
∴$AB=AD$，
∴矩形ABCD为正方形。
②解:$BE=EC=3$,设$DF=x$，
由①得,$AB=AN$,$∠B=∠ANE=90°$,四边形ABCD是正方形。
在$\mathrm{Rt}△ABE$和$\mathrm{Rt}△ANE$中,$\begin{cases} AB=AN,\\ AE=AE, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ABE≌\mathrm{Rt}△ANE(\mathrm{HL})$，
∴$BE=EN=3$。同理:$DF=NF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BC=CD=BE+EC=6$，
∴$FC=CD-DF=6-x$。
在$\mathrm{Rt}△CEF$中,由勾股定理得,$EC^2+FC^2=EF^2$，
∴$3^2+(6-x)^2=(3+x)^2$,解得$x=2$,
∴$DF=2$。
(3)$\frac{15}{7}$
解析
【分析】
(1) 先利用直角三角形两锐角和为90°，求出∠CEF与∠CFE的和，再计算两个外角的总度数，结合角平分线性质得到∠AEF与∠AFE的和，最后根据三角形内角和即可求出∠EAF的度数。
(2) ①先根据三个内角为直角判定四边形ABCD是矩形，再利用角平分线上的点到角两边的距离相等，证明矩形的邻边AB=AD，即可证得四边形ABCD是正方形；②先通过HL定理证明两组直角三角形全等，得到BE=EN、DF=NF，设DF=x，用含x的式子表示EF和FC的长度，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求解即可。
(3) 借鉴前两问的构造思路，将△PQH沿PQ翻折、△PRH沿PR翻折，构造出含45°角的正方形模型，设HR=x，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 在Rt△CEF中，∠C=90°，
∴∠CEF+∠CFE=90°，
∴∠BEF+∠DFE=(180°-∠CEF)+(180°-∠CFE)=360°-90°=270°，
∵AE平分∠BEF，AF平分∠DFE，
∴$∠ AEF=\frac{1}{2}∠ BEF$，$∠ AFE=\frac{1}{2}∠ DFE$，
∴$∠ AEF+∠ AFE=\frac{1}{2}(∠ BEF+∠ DFE)=135°$，
∴∠EAF=180°-(∠AEF+∠AFE)=45°。
(2) ①证明:如答图1-4-6,过点A作$AN⊥EF$于点N。
∵$∠C=90°$,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$，
∴四边形ABCD为矩形。
∵EA,FA分别为$∠BEF$和$∠DFE$的平分线,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$,$AN⊥EF$，
∴$AB=AN$,$AD=AN$，
∴$AB=AD$，
∴矩形ABCD为正方形。
②解:$BE=EC=3$,设$DF=x$，
由①得,$AB=AN$,$∠B=∠ANE=90°$,四边形ABCD是正方形。
在$\mathrm{Rt}△ABE$和$\mathrm{Rt}△ANE$中,$\begin{cases} AB=AN,\\ AE=AE, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ABE≌\mathrm{Rt}△ANE(\mathrm{HL})$，
∴$BE=EN=3$。同理:$DF=NF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BC=CD=BE+EC=6$，
∴$FC=CD-DF=6-x$。
在$\mathrm{Rt}△CEF$中,由勾股定理得,$EC^2+FC^2=EF^2$，
∴$3^2+(6-x)^2=(3+x)^2$,解得$x=2$,
∴$DF=2$。
(3) 设$HR=x$，将△PQH沿PQ翻折，△PRH沿PR翻折，两三角形的直角顶点交于点M，可得四边形PMHN为边长为PH=5的正方形，$QM=QH=2$，$RM=HR=x$，由∠QPR=45°可得∠QMR=90°，$QR=2+x$，两条直角边分别为$5-2=3$、$5-x$，由勾股定理得$(2+x)^2=3^2+(5-x)^2$，解得$x=\frac{15}{7}$。
【答案】
(1) $\boxed{45}$
(2) ①证明见上述解析，；②$\boxed{2}$
(3) $\boxed{\dfrac{15}{7}}$
【知识点】
角平分线的性质，正方形的判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了角平分线的性质、特殊四边形的判定、全等三角形的证明以及勾股定理的应用，解题时需灵活运用方程思想，第三问需要迁移前两问的构造思路，对知识的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
(1) 先利用直角三角形两锐角和为90°，求出∠CEF与∠CFE的和，再计算两个外角的总度数，结合角平分线性质得到∠AEF与∠AFE的和，最后根据三角形内角和即可求出∠EAF的度数。
(2) ①先根据三个内角为直角判定四边形ABCD是矩形，再利用角平分线上的点到角两边的距离相等，证明矩形的邻边AB=AD，即可证得四边形ABCD是正方形；②先通过HL定理证明两组直角三角形全等，得到BE=EN、DF=NF，设DF=x，用含x的式子表示EF和FC的长度，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求解即可。
(3) 借鉴前两问的构造思路，将△PQH沿PQ翻折、△PRH沿PR翻折，构造出含45°角的正方形模型，设HR=x，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 在Rt△CEF中，∠C=90°，
∴∠CEF+∠CFE=90°，
∴∠BEF+∠DFE=(180°-∠CEF)+(180°-∠CFE)=360°-90°=270°，
∵AE平分∠BEF，AF平分∠DFE，
∴$∠ AEF=\frac{1}{2}∠ BEF$，$∠ AFE=\frac{1}{2}∠ DFE$，
∴$∠ AEF+∠ AFE=\frac{1}{2}(∠ BEF+∠ DFE)=135°$，
∴∠EAF=180°-(∠AEF+∠AFE)=45°。
(2) ①证明:如答图1-4-6,过点A作$AN⊥EF$于点N。
∵$∠C=90°$,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$，
∴四边形ABCD为矩形。
∵EA,FA分别为$∠BEF$和$∠DFE$的平分线,$AD⊥CD$,$AB⊥BC$,$AN⊥EF$，
∴$AB=AN$,$AD=AN$，
∴$AB=AD$，
∴矩形ABCD为正方形。
②解:$BE=EC=3$,设$DF=x$，
由①得,$AB=AN$,$∠B=∠ANE=90°$,四边形ABCD是正方形。
在$\mathrm{Rt}△ABE$和$\mathrm{Rt}△ANE$中,$\begin{cases} AB=AN,\\ AE=AE, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ABE≌\mathrm{Rt}△ANE(\mathrm{HL})$，
∴$BE=EN=3$。同理:$DF=NF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BC=CD=BE+EC=6$，
∴$FC=CD-DF=6-x$。
在$\mathrm{Rt}△CEF$中,由勾股定理得,$EC^2+FC^2=EF^2$，
∴$3^2+(6-x)^2=(3+x)^2$,解得$x=2$,
∴$DF=2$。
(3) 设$HR=x$，将△PQH沿PQ翻折，△PRH沿PR翻折，两三角形的直角顶点交于点M，可得四边形PMHN为边长为PH=5的正方形，$QM=QH=2$，$RM=HR=x$，由∠QPR=45°可得∠QMR=90°，$QR=2+x$，两条直角边分别为$5-2=3$、$5-x$，由勾股定理得$(2+x)^2=3^2+(5-x)^2$，解得$x=\frac{15}{7}$。
【答案】
(1) $\boxed{45}$
(2) ①证明见上述解析，
；②$\boxed{2}$(3) $\boxed{\dfrac{15}{7}}$
【知识点】
角平分线的性质，正方形的判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了角平分线的性质、特殊四边形的判定、全等三角形的证明以及勾股定理的应用，解题时需灵活运用方程思想，第三问需要迁移前两问的构造思路，对知识的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
