8. (2024·重庆 B 卷)如图，在边长为4的正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是 $BC$ 上一点，$F$ 是 $CD$ 延长线上一点，连接 $AE$，$AF$，$AM$ 平分 $\angle EAF$，交 $CD$ 于点 $M$，连接 $EM$。若 $BE = DF = 1$，则 $DM$ 的长为(
A.2
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.$\dfrac{12}{5}$
D
)A.2
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.$\dfrac{12}{5}$
答案：8.D 解析:
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠BCD=∠ADM=90°.
∴∠ADF=90°=∠ABE.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADF, \\ BE=DF, \end{cases}$△ABE和△ADF中，
∴△ABE≌△ADF.
∴AE=AF.
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM=∠FAM.在$\begin{cases} AE=AF, \\ ∠EAM=∠FAM, \\ AM=AM, \end{cases}$△AEM和△AFM中，
∴△AEM≌△AFM.
∴EM=FM.由题意，得BC=CD=4，CE=BC - BE=4 - 1=3.设DM=x，则MC=CD - DM=4 - x，EM=FM=FD+DM=1+x.在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM²=MC²+CE²，即$(1+x)^2=(4-x)^2+3^2$，解得$x=\frac {12}{5}$.
∴DM=$\frac {12}{5}$.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠BCD=∠ADM=90°.
∴∠ADF=90°=∠ABE.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADF, \\ BE=DF, \end{cases}$△ABE和△ADF中，
∴△ABE≌△ADF.
∴AE=AF.
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM=∠FAM.在$\begin{cases} AE=AF, \\ ∠EAM=∠FAM, \\ AM=AM, \end{cases}$△AEM和△AFM中，
∴△AEM≌△AFM.
∴EM=FM.由题意，得BC=CD=4，CE=BC - BE=4 - 1=3.设DM=x，则MC=CD - DM=4 - x，EM=FM=FD+DM=1+x.在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM²=MC²+CE²，即$(1+x)^2=(4-x)^2+3^2$，解得$x=\frac {12}{5}$.
∴DM=$\frac {12}{5}$.
9. 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为6，点 $E$，$F$ 分别在 $AD$，$DC$ 上，$AE = DF = 2$，$BE$ 与 $AF$ 相交于点 $G$，$H$ 为 $BF$ 的中点，连接 $GH$，则 $GH$ 的长为
$\sqrt{13}$
。答案：9.$\sqrt{13}$
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，边长为6，
∴ $AB=AD=6$，$\angle BAE=\angle ADF=90°$。
∵ $AE=DF=2$，
∴ $\triangle ABE \cong \triangle DAF$（SAS），
∴ $\angle ABE=\angle DAF$。
∵ $\angle DAF+\angle BAG=90°$，
∴ $\angle ABE+\angle BAG=90°$，
∴ $\angle AGB=90°$，即 $BE ⊥ AF$。
以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴建立坐标系，
则 $A(0,0)$，$B(6,0)$，$E(0,2)$，$F(2,6)$。
直线 $BE$：$y=-\frac{1}{3}x+2$，
直线 $AF$：$y=3x$。
联立方程 $\begin{cases} y=3x \\ y=-\frac{1}{3}x+2 \end{cases}$，解得 $G(\frac{3}{5},\frac{9}{5})$。
∵ $H$ 为 $BF$ 中点，$B(6,0)$，$F(2,6)$，
∴ $H(\frac{6+2}{2},\frac{0+6}{2})=(4,3)$。
$GH=\sqrt{(4-\frac{3}{5})^2+(3-\frac{9}{5})^2}=\sqrt{(\frac{17}{5})^2+(\frac{6}{5})^2}=\sqrt{13}$。
$\sqrt{13}$
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，边长为6，
∴ $AB=AD=6$，$\angle BAE=\angle ADF=90°$。
∵ $AE=DF=2$，
∴ $\triangle ABE \cong \triangle DAF$（SAS），
∴ $\angle ABE=\angle DAF$。
∵ $\angle DAF+\angle BAG=90°$，
∴ $\angle ABE+\angle BAG=90°$，
∴ $\angle AGB=90°$，即 $BE ⊥ AF$。
以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴建立坐标系，
则 $A(0,0)$，$B(6,0)$，$E(0,2)$，$F(2,6)$。
直线 $BE$：$y=-\frac{1}{3}x+2$，
直线 $AF$：$y=3x$。
联立方程 $\begin{cases} y=3x \\ y=-\frac{1}{3}x+2 \end{cases}$，解得 $G(\frac{3}{5},\frac{9}{5})$。
∵ $H$ 为 $BF$ 中点，$B(6,0)$，$F(2,6)$，
∴ $H(\frac{6+2}{2},\frac{0+6}{2})=(4,3)$。
$GH=\sqrt{(4-\frac{3}{5})^2+(3-\frac{9}{5})^2}=\sqrt{(\frac{17}{5})^2+(\frac{6}{5})^2}=\sqrt{13}$。
$\sqrt{13}$
10. 如图，在边长为4的正方形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别为边 $AD$，$AB$ 上的点，连接 $BE$，$CF$。若 $DE = BF$，则 $BE + CF$ 的最小值是
$4\sqrt{5}$
。答案：
10.$4\sqrt{5}$ 解析:如图，作点D关于直线AB的对称点D'，连接D'F，DF，D'C，D'C交AB于点F'.
∴D'F=DF，AD'=AD.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADC=∠BAD=90°.
∵DE=BF，
∴AE=AF.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠DAF, \\ AE=AF, \end{cases}$△ABE和△ADF中，
∴△ABE≌△ADF.
∴BE=DF.
∴BE=D'F.
∴BE+CF=D'F+CF.
∴当C，F，D'三点共线，即点F在点F'处时，BE+CF有最小值，最小值为CD'的长.在Rt△D'DC中，易得CD'=$\sqrt {DD'^2+CD^2}=4\sqrt {5}$，
∴BE+CF的最小值是$4\sqrt {5}$.
10.$4\sqrt{5}$ 解析:如图，作点D关于直线AB的对称点D'，连接D'F，DF，D'C，D'C交AB于点F'.
∴D'F=DF，AD'=AD.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADC=∠BAD=90°.
∵DE=BF，
∴AE=AF.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠DAF, \\ AE=AF, \end{cases}$△ABE和△ADF中，
∴△ABE≌△ADF.
∴BE=DF.
∴BE=D'F.
∴BE+CF=D'F+CF.
∴当C，F，D'三点共线，即点F在点F'处时，BE+CF有最小值，最小值为CD'的长.在Rt△D'DC中，易得CD'=$\sqrt {DD'^2+CD^2}=4\sqrt {5}$，
∴BE+CF的最小值是$4\sqrt {5}$.
11. (2025·长沙)如图，在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$，$F$ 分别在 $AB$，$CD$ 上，且 $BE = DF$。
(1) 求证：四边形 $AECF$ 是平行四边形；
(2) 连接 $EF$，若 $BC = 12$，$BE = 5$，求 $EF$ 的长。
(1) 求证：四边形 $AECF$ 是平行四边形；
(2) 连接 $EF$，若 $BC = 12$，$BE = 5$，求 $EF$ 的长。
答案：11.(1)在正方形ABCD中，AB=CD，AB//CD，
∵BE=DF，
∴AB - BE=CD - DF.
∴AE=CF.又
∵AB//CD，
∴四边形AECF是平行四边形 (2)过点E作EH⊥CD于点H.
∴∠EHC=∠EHF=90°.
∵四边形ABCD是正方形，BC=12，
∴AB=BC=CD=AD=12，∠B=∠BCD=90°.
∴∠EHC=∠B=∠BCD=90°.
∴四边形EBCH是矩形.
∴EH=BC=12，CH=BE=5.
∴DH=CD - CH=12 - 5=7.
∵BE=DF=5，
∴HF=DH - DF=7 - 5=2.
∴在Rt△EFH中，由勾股定理，得EF=$\sqrt {EH^2+HF^2}=\sqrt {12^2+2^2}=2\sqrt {37}$
∵BE=DF，
∴AB - BE=CD - DF.
∴AE=CF.又
∵AB//CD，
∴四边形AECF是平行四边形 (2)过点E作EH⊥CD于点H.
∴∠EHC=∠EHF=90°.
∵四边形ABCD是正方形，BC=12，
∴AB=BC=CD=AD=12，∠B=∠BCD=90°.
∴∠EHC=∠B=∠BCD=90°.
∴四边形EBCH是矩形.
∴EH=BC=12，CH=BE=5.
∴DH=CD - CH=12 - 5=7.
∵BE=DF=5，
∴HF=DH - DF=7 - 5=2.
∴在Rt△EFH中，由勾股定理，得EF=$\sqrt {EH^2+HF^2}=\sqrt {12^2+2^2}=2\sqrt {37}$
12. (新考法·探究题)如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 为对角线 $AC$ 上一点 $(AE ＞ CE)$，连接 $BE$，$DE$。
(1) 求证：$BE = DE$。
(2) 过点 $E$ 作 $EF⊥ AC$，交 $BC$ 于点 $F$，延长 $BC$ 至点 $G$，使得 $CG = BF$，连接 $DG$。
① 依题意补全图形；
② 用等式表示 $BE$ 与 $DG$ 之间的数量关系，并给予证明。
(1) 求证：$BE = DE$。
(2) 过点 $E$ 作 $EF⊥ AC$，交 $BC$ 于点 $F$，延长 $BC$ 至点 $G$，使得 $CG = BF$，连接 $DG$。
① 依题意补全图形；
② 用等式表示 $BE$ 与 $DG$ 之间的数量关系，并给予证明。
答案：
12.(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠DAE, \\ AE=AE. \end{cases}$△BAE和△DAE中，
∴△BAE≌△DAE.
∴BE=DE (2)①补全图形如图所示②DG=$\sqrt{2}$BE 如图，连接EG.
∵四边形ABCD是正方形，
∴易得∠ECF=45°.
∵EF⊥AC，
∴∠FEC=90°.
∴∠EFC=∠ECF=45°.
∴EF=EC，∠EFB=∠ECG.在$\begin{cases} BF=GC, \\ ∠EFB=∠ECG, \\ EF=EC, \end{cases}$△BFE和△GCE中，
∴△BFE≌△GCE.
∴BE=GE，∠BEF=∠GEC.由(1)，知△BAE≌△DAE，
∴BE=DE，∠AEB=∠AED.
∴DE=GE.
∵∠AEB+∠BEF=90°，
∴∠AED+∠GEC=90°.
∴∠DEG=90°.
∴在Rt△DEG中，由勾股定理，得DE²+GE²=DG².
∴2DE²=DG².
∴DG=$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$BE
12.(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE.在$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠BAE=∠DAE, \\ AE=AE. \end{cases}$△BAE和△DAE中，
∴△BAE≌△DAE.
∴BE=DE (2)①补全图形如图所示②DG=$\sqrt{2}$BE 如图，连接EG.
∵四边形ABCD是正方形，
∴易得∠ECF=45°.
∵EF⊥AC，
∴∠FEC=90°.
∴∠EFC=∠ECF=45°.
∴EF=EC，∠EFB=∠ECG.在$\begin{cases} BF=GC, \\ ∠EFB=∠ECG, \\ EF=EC, \end{cases}$△BFE和△GCE中，
∴△BFE≌△GCE.
∴BE=GE，∠BEF=∠GEC.由(1)，知△BAE≌△DAE，
∴BE=DE，∠AEB=∠AED.
∴DE=GE.
∵∠AEB+∠BEF=90°，
∴∠AED+∠GEC=90°.
∴∠DEG=90°.
∴在Rt△DEG中，由勾股定理，得DE²+GE²=DG².
∴2DE²=DG².
∴DG=$\sqrt{2}$DE=$\sqrt{2}$BE