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4【感知】如图①，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD的延长线上一点，且DF=BE，求证：CE=CF.
【拓展】若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
【运用】如图②，在四边形ABCD中，AD//BC(BC＞AD)，∠A=∠B=90°，AB=BC=16，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长.
【拓展】若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
【运用】如图②，在四边形ABCD中，AD//BC(BC＞AD)，∠A=∠B=90°，AB=BC=16，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长.
答案
【感知】
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD,∠B=∠CDF=90°.又
∵ BE=DF,
∴ △CBE≌△CDF.
∴ CE=CF
【拓展】成立
∵ △CBE≌△CDF,
∴ ∠BCE = ∠DCF.
∴ ∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD,即∠ECF=∠BCD=90°.又
∵ ∠GCE=45°,
∴ ∠GCF=∠ECF-∠ECG=45°. 在△GEC 和 △GFC 中,$\begin{cases} CE=CF, \\ ∠GCE=∠GCF=45°, \\ GC=GC, \end{cases}$
∴ △GEC ≌ △GFC.
∴ GE = GF.
∴ GE = DF + GD = BE + GD
【运用】如图,过点C作CG⊥AD,交AD的延长线于点G,则∠G=90°.
∵ ∠A=∠B=∠G=90°,AB=BC,
∴ 四边形ABCG 为正方形.
∴ AG = BC = 16.
∵ ∠DCE = 45°,
∴ 由【拓展】可得,ED=BE+DG. 设 DE=x, 则 DG=x-4,
∴ AD=20-x. 在Rt△AED 中,
∵ DE²=AD²+AE²,
∴ x²=(20-x)²+12².
∴ $x=\frac{68}{5}$,即 $DE=\frac{68}{5}$
解析
【分析】
1. 感知模块：要证CE=CF，可通过证明两线段所在的三角形全等求解。结合正方形的性质可得BC=CD、∠B=∠CDF=90°，搭配已知BE=DF，即可证△CBE≌△CDF，推出CE=CF。
2. 拓展模块：要判断GE=BE+GD是否成立，可借助感知的全等结论，先推导∠ECF=90°，结合∠GCE=45°得∠GCF=45°，再证△GEC≌△GFC，得GE=GF，而GF=GD+DF=GD+BE，即可验证结论成立。
3. 运用模块：先构造辅助线CG⊥AD延长线，将直角梯形补成正方形ABCG，直接套用拓展得到的半角模型结论ED=BE+DG，再设DE为未知数，结合勾股定理在Rt△AED中列方程求解即可。
【解析】
感知证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD，∠B=∠CDF=90°。
又
∵ BE=DF，
∴ △CBE≌△CDF（SAS），
∴ CE=CF。
拓展解答：
GE=BE+GD成立，理由如下：
∵ △CBE≌△CDF，
∴ ∠BCE = ∠DCF，
∴ ∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD，即∠ECF=∠BCD=90°。
又
∵ ∠GCE=45°，
∴ ∠GCF=∠ECF-∠ECG=45°。
在△GEC 和 △GFC 中：
$\begin{cases} CE=CF, \\ ∠GCE=∠GCF=45°, \\ GC=GC, \end{cases}$
∴ △GEC ≌ △GFC（SAS），
∴ GE = GF，
∴ GE = DF + GD = BE + GD，结论成立。
运用解答：
如图，过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，则∠G=90°。
∵ ∠A=∠B=∠G=90°，AB=BC，
∴ 四边形ABCG为正方形，
∴ AG = BC = 16。
∵ ∠DCE = 45°，由拓展的结论可得：ED=BE+DG。
设 DE=x，则 DG=x-4，
∴ AD=AG - DG =16-(x-4)=20-x，
又
∵ AE=AB-BE=16-4=12，在Rt△AED中，由勾股定理得：
$DE^2=AD^2+AE^2$，
代入得$x^2=(20-x)^2+12^2$，
解得$x=\frac{68}{5}$。
【答案】
【感知】CE=CF得证；【拓展】GE=BE+GD成立；【运用】$\boldsymbol{\frac{68}{5}}$
【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】
本题以正方形半角模型为核心，逐层递进设置问题，从基础全等证明到模型结论探究，再到模型的迁移应用，渗透了转化思想、构造思想和方程思想，能够有效锻炼几何综合分析与知识迁移的能力。
【难度系数】
0.6
1. 感知模块：要证CE=CF，可通过证明两线段所在的三角形全等求解。结合正方形的性质可得BC=CD、∠B=∠CDF=90°，搭配已知BE=DF，即可证△CBE≌△CDF，推出CE=CF。
2. 拓展模块：要判断GE=BE+GD是否成立，可借助感知的全等结论，先推导∠ECF=90°，结合∠GCE=45°得∠GCF=45°，再证△GEC≌△GFC，得GE=GF，而GF=GD+DF=GD+BE，即可验证结论成立。
3. 运用模块：先构造辅助线CG⊥AD延长线，将直角梯形补成正方形ABCG，直接套用拓展得到的半角模型结论ED=BE+DG，再设DE为未知数，结合勾股定理在Rt△AED中列方程求解即可。
【解析】
感知证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD，∠B=∠CDF=90°。
又
∵ BE=DF，
∴ △CBE≌△CDF（SAS），
∴ CE=CF。
拓展解答：
GE=BE+GD成立，理由如下：
∵ △CBE≌△CDF，
∴ ∠BCE = ∠DCF，
∴ ∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD，即∠ECF=∠BCD=90°。
又
∵ ∠GCE=45°，
∴ ∠GCF=∠ECF-∠ECG=45°。
在△GEC 和 △GFC 中：
$\begin{cases} CE=CF, \\ ∠GCE=∠GCF=45°, \\ GC=GC, \end{cases}$
∴ △GEC ≌ △GFC（SAS），
∴ GE = GF，
∴ GE = DF + GD = BE + GD，结论成立。
运用解答：
如图，过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，则∠G=90°。
∵ ∠A=∠B=∠G=90°，AB=BC，
∴ 四边形ABCG为正方形，
∴ AG = BC = 16。
∵ ∠DCE = 45°，由拓展的结论可得：ED=BE+DG。
设 DE=x，则 DG=x-4，
∴ AD=AG - DG =16-(x-4)=20-x，
又
∵ AE=AB-BE=16-4=12，在Rt△AED中，由勾股定理得：
$DE^2=AD^2+AE^2$，
代入得$x^2=(20-x)^2+12^2$，
解得$x=\frac{68}{5}$。
【答案】
【感知】CE=CF得证；【拓展】GE=BE+GD成立；【运用】$\boldsymbol{\frac{68}{5}}$
【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】
本题以正方形半角模型为核心，逐层递进设置问题，从基础全等证明到模型结论探究，再到模型的迁移应用，渗透了转化思想、构造思想和方程思想，能够有效锻炼几何综合分析与知识迁移的能力。
【难度系数】
0.6
5 如图①，E 为正方形 ABCD 内的一点，∠AEB=90°，将△ABE 绕点 B 按顺时针方向旋转 90°，得到△CBE'（点 A 的对应点为 C），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）如图②，若 AD=DE，试猜想线段 CF 与 FE'的数量关系，并证明.
（1）试判断四边形 BE'FE 的形状，并说明理由；
（2）如图②，若 AD=DE，试猜想线段 CF 与 FE'的数量关系，并证明.
答案
(1) 四边形BE'FE是正方形 理由:
∵ △CBE'是由△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.
∵ BE=BE',
∴ 四边形BE'FE是正方形.
(2) CF=FE' 如图,过点D作DH⊥AE于点H,则∠DHA=90°,∠DAH+∠ADH=90°.
∵ DA=DE,
∴ AH=EH=$\frac{1}{2}$AE.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=DA,∠DAB=90°.
∴ ∠DAH+∠BAE=90°.
∴ ∠ADH = ∠BAE. 在 △ADH 和 △BAE 中,$\begin{cases} ∠DHA=∠AEB=90°, \\ ∠ADH=∠BAE, \\ DA=AB, \end{cases}$
∴ △ADH≌△BAE.
∴ AH=BE.由旋转的性质,可知AE=CE'.由(1),可知四边形BE'FE是正方形,
∴ BE=FE'.
∴ FE'=AH=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$CE'.
∴ CF=FE'
解析
【分析】
（1）判断四边形形状时，先结合旋转的性质得到对应角、对应边相等以及旋转角为90°，结合已知∠AEB=90°推出四边形的三个内角为直角，先判定为矩形，再结合邻边相等的条件即可判定为正方形。
（2）探究线段数量关系时，由AD=DE的等腰三角形条件，利用三线合一作DH⊥AE得到AH=½AE；再结合正方形的角的性质，通过同角的余角相等推导角相等，证明△ADH和△BAE全等，得到AH=BE；最后结合旋转性质和第一问的正方形结论，转化线段关系即可得出CF与FE'的数量关系。
【解析】
(1) 四边形BE'FE是正方形，理由如下：
∵ △CBE'是由△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) CF=FE'，证明如下：
如图，过点D作DH⊥AE于点H，则∠DHA=90°，∠DAH+∠ADH=90°。
∵ DA=DE，
∴ AH=EH=$\frac{1}{2}$AE。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=DA，∠DAB=90°。
∴ ∠DAH+∠BAE=90°。
∴ ∠ADH = ∠BAE。
在△ADH和△BAE中，
$\begin{cases} ∠DHA=∠AEB=90°, \\ ∠ADH=∠BAE, \\ DA=AB, \end{cases}$
∴ △ADH≌△BAE（AAS）。
∴ AH=BE。
由旋转的性质，可知AE=CE'。
由(1)可知四边形BE'FE是正方形，
∴ BE=FE'。
∴ FE'=AH=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$CE'。
∴ CF=CE'-FE'=FE'，即CF=FE'。
【答案】
(1) 四边形BE'FE是正方形；
(2) CF=FE'。
【知识点】
旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了几何变换与特殊四边形、三角形的相关知识，解题时要注意利用图形变换的性质转化边角关系，第二问构造辅助线证明全等是解题的关键，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
（1）判断四边形形状时，先结合旋转的性质得到对应角、对应边相等以及旋转角为90°，结合已知∠AEB=90°推出四边形的三个内角为直角，先判定为矩形，再结合邻边相等的条件即可判定为正方形。
（2）探究线段数量关系时，由AD=DE的等腰三角形条件，利用三线合一作DH⊥AE得到AH=½AE；再结合正方形的角的性质，通过同角的余角相等推导角相等，证明△ADH和△BAE全等，得到AH=BE；最后结合旋转性质和第一问的正方形结论，转化线段关系即可得出CF与FE'的数量关系。
【解析】
(1) 四边形BE'FE是正方形，理由如下：
∵ △CBE'是由△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) CF=FE'，证明如下：
如图，过点D作DH⊥AE于点H，则∠DHA=90°，∠DAH+∠ADH=90°。
∵ DA=DE，
∴ AH=EH=$\frac{1}{2}$AE。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=DA，∠DAB=90°。
∴ ∠DAH+∠BAE=90°。
∴ ∠ADH = ∠BAE。
在△ADH和△BAE中，
$\begin{cases} ∠DHA=∠AEB=90°, \\ ∠ADH=∠BAE, \\ DA=AB, \end{cases}$
∴ △ADH≌△BAE（AAS）。
∴ AH=BE。
由旋转的性质，可知AE=CE'。
由(1)可知四边形BE'FE是正方形，
∴ BE=FE'。
∴ FE'=AH=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$CE'。
∴ CF=CE'-FE'=FE'，即CF=FE'。
【答案】
(1) 四边形BE'FE是正方形；
(2) CF=FE'。
【知识点】
旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了几何变换与特殊四边形、三角形的相关知识，解题时要注意利用图形变换的性质转化边角关系，第二问构造辅助线证明全等是解题的关键，能够有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
