北师大版 数学九年级上册 1.4 正方形的性质与判定 三阶训练

北师大版数学九年级上册1.4正方形的性质与判定三阶训练一、选择题1．如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（）A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，E，F是正方形ABCD内两点，且AE=CF=3，BE=DF=4，则EF的长为（)。A．32 B．232 C．73．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形ABCD、BEFG、AHIG均为正方形．若S正方形AHIG=20，AD=3，则A．11 B．311 C．31124．如图，在正方形ABCD中，P是BC边上一点，AP的垂直平分线交AB于点M，交AD的延长线于点N，连结PN交CD于点Q，连接AQ．给出下面四个结论：①NA=NP；②PA平分∠BPN；③BP+DQ=PQ；④若P是BC中点，则Q也是CD中点．上述结论中，正确结论的序号有（）A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①②④5．就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接DN，EF，MG，设△ADN，△BEF，△CMG的面积分别是S1，S2，A．S1+S2=S3 B．6．如图，BD是正方形ABCD的对角线，E为边BC上的动点(不与端点重合)，点F在BC的延长线上，且CF=BE，过点F作FG⊥BD于点G，连结AE，EG，则下列比值为定值的是()A．EGAE B．EGBG C．EGEF7．如图，在正方形ABCD中，E是AD边的中点，P是AB边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段EP逆时针旋转90∘，得到线段EQ①∠APE=∠QED；②AP<AE；③D，Q两点间距离的最小值大于C，Q两点间距离的最小值；④点Q到直线AD，BC的距离相等．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④8．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列四个结论：①AP=EF；②PD=2EC；③∠PFE=∠BAP；④A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题9．如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E在BC上且CE=1，点F是CD边上的动点，则AF+EF的最小值为．10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，M，N分别是BC，AD的中点，连接MN。若正方形DEFG的顶点F在线段MN上，点A，E，G在同一条直线上，则正方形DEFG的边长为。11．正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用.如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD(如图2)，点E,F,G,H分别为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如AIJK），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H,M之间的距离是。12．如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连结BD，CF，DF，若AB=1，AC=2，则BC213．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD=3，P为BD上的一点，DP=2，则AP的长度为；若M为AP上一动点，连接CM并将线段CM绕点C顺时针旋转90°得CN，连接DN，则DN的最小值为三、解答题14．【问题情境】数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为边作矩形DEFG.【特例探究】启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，当∠AED=90°时，点F与点C重合，此时可以证明矩形DEFG是正方形.【探究发现】（1）博学小组发现，如图2，当∠AED>90°时，点F落在BC边上，此时，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，通过证明△EMF≌△END，进而可以证明出矩形DEFG是正方形，请你帮助博学小组完成证明.（2）奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图3，当∠AED<90°时，点F落在BC的延长线上.①此时矩形DEFG还是正方形吗?如果是，请证明；如果不是，请说明理由.②当∠AED=75°，且DE=2时，直接写出AD的长.15．在正方形ABCD中，点P是对角线BD所在直线上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，连接CE．（1）如图①，当点P在线段BD上时，∠CPE=________°；（2）如图②，当点P在BD的延长线上时，CP交AD的延长线于点F，其他条件不变，判断△CPE的形状并说明理由；（3）如图③，把正方形ABCD改为菱形ABCD，点P在BD的延长线上，CP交AD的延长线于点F，其他条件不变，当∠ABC=120°时，直接写出线段PA与线段CE的数量关系．

答案解析部分1．【答案】D【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定【解析】【解答】解：A：当AB=BC时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得出A正确；

B：当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得出B正确；

C：当∠ABC=90°时，根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可得出C正确；

D：当AC=BD时，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得出D不正确。

故答案为：D。

【分析】分别根据菱形，矩形的判定方法，逐项进行判定，即可得出答案。2．【答案】D【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA【解析】【解答】解：如图，延长AE交DF于G，∵AB=5，AE=3，BE=4，∴△ABE是直角三角形.同理可得△DFC是直角三角形，则△AGD是直角三角形，∴∠ABE+∠BAE=∠DAG+∠BAE.∴∠DAG=∠EBA.同理可得∠ADG=∠BAE，在△AGD和△BEA中，∠GDA=∠EAB，AD=AB，∠DAG=∠ABE，∴△AGD≌△BEA(ASA).∴AG=BE=4，DG=AE=3.∴EG=4-3=1.同理可得GF=1,

∴EF=故答案为：D.【分析】先根据三边长利用勾股定理的逆定理得到△ABE，△DFC，△AGD是直角三角形，即可得到∠DAG=∠EBA，∠ADG=∠BAE，然后根据ASA得到△AGD≌△BEA，即可得到AG=BE=4，DG=AE=3，求出EG和GF长，再根据勾股定理解答即可.3．【答案】C【知识点】正方形的性质；算术平方根的实际应用；“赵爽弦图”模型【解析】【解答】解：∵S正方形AHIG∴AG=GI=20∵正方形ABCD，∴AB=AD=3，∠ABC=90°，∴BG=A∵正方形EFGB，∴FG=BG=11∴IF=G∴S△GFI故选C【分析】根据正方形面积可得AG，AB=AD=3，∠ABC=90°，根据勾股定理可得BG，再根据正方形性质可得FG，再根据勾股定理可得IF，再根据三角形面积即可求出答案.4．【答案】C【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；正方形的性质；角平分线的概念【解析】【解答】解：∵MN垂直平分AP，∴NA=NP，故结论①正确；∴∠NAP=∠NPA，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB⊥BC，AD⊥CD，AB=AD，∴∠NAP=∠BPA，∴∠NPA=∠BPA，∴PA平分∠BPN，故结论②正确；如图，过点A作AE⊥PN于点E，∵PA平分∠BPN，AB⊥BC，∴AB=AE，∴AD=AE，在Rt△ABP和Rt△AEP中，AP=APAB=AE∴Rt△ABP≌Rt△AEPHL∴BP=EP，在Rt△ADQ和Rt△AEQ中，AQ=AQAD=AE∴Rt△ADQ≌Rt△AEQHL∴DQ=EQ，∴BP+DQ=EP+EQ=PQ，故结论③正确；∵点P是BC的中点，∴PC=PB=1假设点Q是CD的中点，则DQ=CQ=1∴BP+DQ=PC+CQ=CD，∵BP+DQ=PQ，∴PC+CQ=PQ，与在△PCQ中，PC+CQ>PQ相矛盾，故假设不成立，即此时点Q不是CD的中点，故结论④错误；综上所述，结论①②③正确．故答案为：C．

【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得∠NAP=∠NPA，根据平行线的性质得∠NAP=∠如图，过点A作AE⊥PN于点E，

根据角平分线的性质得AB=AE，Rt△ABP≌Rt△AEPHL，得BP=EP，Rt△ADQ≌Rt△AEQHL，得DQ=EQ，判断③正确；假设Q是CD的中点，此时DQ=CQ=12CD5．【答案】D【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质【解析】【解答】解：如图，过E作EP⊥CB交CB的延长线于P，连接FP，过D作DQ⊥GC交GC的延长线于Q，连接NQ，∴∠BPE=∠DQA=90°，∴∠PEB+∠PBE=90°，∵四边形ADEB、CBFG、ACMN是正方形，∴∠ABE=∠CBF=90°，BC=BF=CG，AB=BE，AC=CM，∴∠PBE+∠CBA=90°，∠PBF=90°∴∠PEB=∠CBA，BF∥PE，∵∠BPE=∠ACB=90°，∴△PEB≌△CBA（AAS），∴PB=CA，PE=CB，∴BF=PE，∴四边形BEPF是平行四边形，∴==1同理可证：四边形ADQN是平行四边形，∴==1∵=1∴S故选：D．【分析】过E作EP⊥CB交CB的延长线于P，连接FP，过D作DQ⊥GC交GC的延长线于Q，连接NQ，根据正方形性质可得∠ABE=∠CBF=90°，BC=BF=CG，AB=BE，AC=CM，根据角之间的关系可得∠PEB=∠CBA，根据全等三角形判定定理可得△PEB≌△CBA（AAS），则PB=CA，PE=CB，根据平行四边形判定定理可得四边形BEPF是平行四边形，则S2=12S6．【答案】A【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS【解析】【解答】解：连接AG，CG，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，∴AB=CB,∠ABG=∠CBG=45∘,在△ABGAB=CB∴△ABG≌△CBG(SAS),∴AG=CG,∠AGB=∠CGB,∵FG⟂BD,∴∠BGF=9又·∵∠CBG=4∴△GBF是等腰直角三角形，∴GF=GB，∠F=∠CBG=45°，在△GCF和△GEB中，GF=GB∴△GCF≌△GEB(SAS)，∴CG=EB，∠CGF=∠EGB，∴AG=EG，∴△GAE是等腰三角形，∵∠AGB=∠CGB，∠CGF=∠EGB，∴∠AGE=∠AGB+∠EGB=∠CGB+∠CGF=∠BGF=90°，∴△GAE是等腰直角三角形，在Rt△GAE中，由勾股定理得：AE=G∴EG故选：A.【分析】连接AG，CG，证明△ABG和△CBG全等得AG=CG，∠AGB=∠CGB，再证明△GBF是等腰直角三角形得GF=GB，∠F=∠CBG=45°，进而可证明△GCF和△GEB全等，则CG=EB，∠CGF=∠EGB，由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得AE=2EG,则7．【答案】B【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质【解析】【解答】解：如图，

取AB、CD的中点N、M，连接EM、EN、MN、MQ，∵正方形ABCD，∴AD=CD=AB=BC，CD∥AB，∠A=∠D=90°，AD∥BC，∵E是AD边的中点，AB、CD的中点N、M，∴DM=CM=DE=AD=AN，∴四边形ADMN是矩形，∠DEM=∠DME=∠AEN=∠ANE=45°，∴AD∥MN，∴∠EMN=∠DEM=∠ENM=∠AEN=45°，BC∥AD∥MN，∴EM=EN，∠MEN=90°，∵以E为中心，将线段EP逆时针旋转90∘，得到线段EQ∴EQ=EP，∠QEP=90°，∴∠MEQ=∠NEP=90°−∠NEQ，∴△MEQ≌△NEPSAS∴∠EMQ=∠ENP=45°，∴∠EMQ=∠EMN=45°，∴点Q在直线MN上运动，①∵∠QEP=∠A=90°，∴∠APE=∠QED=90°−∠AEP，故①正确.②当P在N右边时，如图，此时AP>AN，AN=AE，∴AP>AE，故②错误.③∵点Q在直线MN上运动，∴当Q在M点时，D，Q两点间距离取最小值M，C，Q两点间距离取最小值CM，而CM=DM，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值；故③错误.④∵点Q在直线MN上运动，BC∥AD∥MN，∴点Q到直线AD，BC的距离相等；故④正确.综上所述，所有正确结论的序号是①④.故答案为：B．【分析】取AB、CD的中点N、M，连接EM、EN、MN、MQ，根据正方形的性质得CD∥AB，AD∥BC，AD=CD=AB=BC，∠A=∠D=90°，根据E是AD边的中点，AB、CD的中点N、M，得DM=CM=DE=AD=AN，根据已知条件得△MEQ≌△NEPSAS，根据全等三角形的性质得

∠EMQ=∠EMN=45°，根据∠QEP=∠A=90°，得∠APE=∠QED=90°−∠AEP即可判断①正确，

当P在N右边时，此时AP>AN，AN=AE，即可得AP>AE，可判断②错误，点Q在直线MN上运动，当Q在M点时，D，Q两点间距离取最小值M，C，Q两点间距离取最小值CM，而CM=DM，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值，故③错误，点Q在直线MN上运动，BC∥AD∥MN，点Q到直线AD，BC的距离相等，故④8．【答案】D【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS【解析】【解答】解：①过P作PG⊥AB于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠∵PE⊥BC，PF⊥CD，∴四边PGBE是矩形，四边形PECF是矩形，∴PG=BE，PE=BG=CF，PF=CE，∠∴∠在△GPB中，∠GBP=45°∴∠GPB=45°∴GB=GP=PE=BE，∵AB=BC=GF，∴AG=AB−GB，FP=GF−GP=AB−GB，∴AG=PF，

在△AGP和△FAE中

AG=PF∴△AGP≌△FPE（SAS），

∴AP=EF，

∴此结论符合题意；

②∵PF∥BC，∴∠DPF=∠CBD=45°，∵∠PFD=90°，∴∠PDF=45°，∴△DPF是等腰直角三角形，∴PF2+F∴PF=2∵PF=CE，∴CE=22PD，即PD=2CE，

∴此结论符合题意；

③由①得：△AGP≌△FPE，

∴∠PFE=∠GAP④∵在Rt△DPF中，D在Rt△PEB中，P在Rt△EPF中，P∴PB2+PD故答案为：D．

【分析】①过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，用边角边可证明△AGP≌△FPE，根据全等三角形的对应边相等可求解；

②由平行线的性质易得△DPF是等腰直角三角形，然后用勾股定理可求解；

③由①中的全等三角形可求解；

④根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF、Rt△PEB、9．【答案】41【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题【解析】【解答】解：如图，作点E关于CD的对称点G，连接CG,AG,FG，则CG=CE=1,EF=FG，∠ECF=∠GCF，∴AF+EF=AF+FG≥AG，即AF+EF的最小值为AG的长，∵四边形ABCD是正方形，AB=4，∴BC=AB=4,∠B=∠BCD=90°，∴∠GCF=90°，∴∠GCF+∠BCD=180°，∴点B，C，G三点共线，∴BG=BC+CG=5，∴AG=A即AF+EF的最小值为41．故答案为：41

【分析】本题考查轴对称性质与勾股定理的最值应用，求线段和的最小值可利用轴对称转化线段：作E关于CD的对称点G，则EF=FG，AF+EF最小值转化为AG的长度；结合正方形边长算出BG长度，再在RtΔABG中用勾股定理计算AG长度。10．【答案】2【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质【解析】【解答】解：如图，连接AF，DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC，AD∥BC，∠ADC=90°，∵M，N分别是BC，AD的中点，∴ND=12AD∴ND=MC，∵AD∥BC，∴四边形DNMC是平行四边形，∵∠ADC=90°，∴四边形DNMC是矩形，∴∠DNM=90°，即MN⊥AD，∵N是AD的中点，∴MN垂直平分AD，∴AF=DF，∵四边形DEFG是正方形，∴EG垂直平分DF，∵点A,∴AF=AD，∴DF=AD，∵正方形ABCD的边长为2，∴DF=AD=2，∵四边形DEFG是正方形，∴∠DGF=90°，DG=FG，在Rt△DGF中，DG∴2DG∴DG=2，即正方形DEFG的边长为2故答案为：2．【分析】连接AF，DF，得到MN垂直平分AD，即可得到AF=DF，根据正方形的性质和垂直平分线的性质得到AF=AD，即可得到DF=AD=2，再在Rt△DGF中根据勾股定理解答即可．11．【答案】3【知识点】等边三角形的性质；正方形的判定与性质【解析】【解答】解：∵点E，H是正方形ABCD边AB，AD的中点，∴AE=AH=3，∴∠AEH=∠AHE=45°，EH=A同理可得∠DHG=45°，∴EH=HG=FG=EF，∠EHG=90°，∴四边形EFGH是正方形，∵四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，∴IJ=EJ=HI=JK=1如图所示，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，∴TJ=IT=1∴TK=J∵THG=∠HJS=∠HTS=90°，∴四边形TSGH是矩形，∴TS=HG=HE=32由对称性可知LS=TK=6∴KL=TS−TK−LS=32∵K、L分别为正方形NMQP边MN，PQ的中点，∴MK=QL，MK∥QL，∴四边形MQLK是矩形，∴MN=MQ=KL=32−6如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，∴MW=TK=6∵EJ=HI，TJ=TI，∴ET=HT=1∴WH=HT−TW=6∴HM=M∴点H，M之间的距离是3，故答案为：3．【分析】先利用勾股定理得到EH=32，进而证明四边形EFGH是正方形，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，利用勾股定理得到TK=62；根据矩形的判定定理证明四边形TSGH是矩形，由对称性可知LS=62，由线段的和差运算可得KL=32−6；同理四边形MQLK是矩形，得到MN=32−6，∠TKM=90°；过点M作MW⊥EH于12．【答案】10【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；转化思想【解析】【解答】解：连接BF、CD，BD与CF相交于O点，CF交AD于P，如图，∵四边形ABEF和四边形ACGD为正方形，∴AB=AF,AC=AD,∠BAF=∠CAD=90∵∠BAF=∠CAD,∴∠BAF+∠DAF=∠CAD+∠DAF,即∠BAD=∠FAC,在△ABD和△AFC中，AB=AF∴△ABD≌△AFC(SAS),

∴∠ADB=∠ACF,∵∠PDO+∠POD+∠DPO=∠PCA+∠PAC+∠APC,而∠DPO=∠APC,∴∠POD=∠PAC=9在Rt△CDO中，O在Rt△BOF中，O在Rt△CBO中，O在Rt△DOF中，O∴BC故答案为10.【分析】连接BF、CD，BD与CF相交于O点，CF交AD于P，如图，利用正方形的性质得到AB=AF，AC=AD,∠BAF=∠CAD=90∘,BF=2AB=2,CD=2AC=22,再证明△ABD≡△AFC13．【答案】5；6【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质【解析】【解答】解：过P作PG⊥AD于G，延长AD使DF=AD，作直线NF，延长AP交NF于Q，过D作DE⊥AP于E，连接CF交AQ于H，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB=∠BDC=∠CAD=45°，∠ADC=∠BCD=∠CDF=90°，∵DF=AD，∴AC=CF，∴∠CFA=∠CAD=45°，∴∠ACF=90°，∵PG⊥AD，∴∠DGP=∠AGP=90°，∴∠GPD=∠BDA=45°，∴GD=GP，∵PD∴GD=GP=1，∴AG=3−1=2，∴AP=A设PE=x，则AE=5∵DE∴(∴x=55，即∴AE=5∵线段CM绕点C顺时针旋转90°得CN，∴∠MCN=∠ACF=90°,∴∠ACM=∠NCF，∵AC=CF，∴△AMC≌△FNC(SAS)，∴∠CAM=∠CFN，∴点N在直线NF上运动，过D作DN当DN'⊥FN∵∠FHQ=∠AHC，∠CAM=∠CFN，∴∠AQF=∠ACF=90°，∴AQ⊥FN，∵DN∴DN∴∠FDN∵∠AED=∠FN'D=90°∴△ADE≌△DFN∴DN∴DN的最小值为65故答案为：5；65

【分析】过P作PG⊥AD于G，延长AD使DF=AD，作直线NF，延长AP交NF于Q，过D作DE⊥AP于E，连接CF，交AQ于H，根据正方形的性质，利用勾股定理求出PD长，再在Rt△APD中求出AP长，设PE=x，则AE=5+x，利用勾股定理可得DE2=DP2−PE2=AD2−AE2，进而求出AE长，根据SAS得到14．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∴∠MEN=90°，EM=EN，∴四边形EMCN是正方形，∵∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，∴∠DEN=∠MEF，∴△EMF≌△END(ASA)，∴FE=ED，∵四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG是正方形；（2）解：①矩形DEFG还是正方形，理由如下：如图，过点E作EM⊥BC，EN⊥CD，垂足分别为M，N，∴∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，∴∠MEN=90°，EM=EN，∴∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM(ASA)，∴DE=EF，∴矩形DEFG是正方形.

②3【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的判定与性质【解析】【解答】解：（2）②∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAD=45°，∵∠AED=75°，∴∠ADE=18过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形∴∠DEK=30°，∵DE=2，

∴DK=1，∴EK=∴AK=∴AD=AK+DK=【分析】（1）根据正方性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.

（2）①过点E作EM⊥BC，EN⊥CD，垂足分别为M，N，则∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，根据正方形性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.

②根据正方形性质可得∠EAD=45°，根据三角形内角和定理可得∠ADE，过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形，根据含30°角的直角三角形性质可得DK，再根据勾股定理可得EK，再根据边之间的关系即可求出答案.15．【答案】（1）90（2）解：△CPE是等腰直角三角形．理由如下：如图②，过点P作PM⊥AD交AD的延长线于点M，作PN⊥CD交CD的延长线于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，BD平分∠ADC，∵点P在BD的延长线上，∴PM=PN，在四边形PMDN中，∠PMD=∠N=90°，∠MDN=90°，∴∠MPN=90°，∵PA=PE，且P在AC的垂直平分线BD上，∴PA=PC，∴PC=PE，在Rt△PME和Rt△PNC中，PC=PEPM=PN∴Rt△PME≌Rt△PNCHL∴∠MPE=∠NPC，∵∠MPN=90°∵∠CPE=∠MPE+∠CPM=∠CPN+∠CPM=∠MPN=90°，∴∠CPE=90°，∴△CPE是等腰直角三角形（3）CE=PA【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质【解析】【解答】（1）解：设∠PAE=α，∵PA=PE，∴∠PAE=∠PEA=α，∴∠APE=180°−∠PAE−∠PEA=180°−2α，∵在正方形ABCD中，BD为对角线，∴∠ABP=∠CBP=∠ADB=45°，AB=BC，又∵BP=BP，∴△APB≌△CPB，∠ADB=45°∴∠BPC=∠BPA=∠PAE+∠ADB=α+45°，∴∠APC=2∠BPA=2α+90°，∴∠CPE=360°−∠APC−∠APE=360°−2α−90°−180°+2α=90°．

故答案为：90（3）解：PA=CE．理由：∵四边形ABCD为菱形，∴AD=DC，∠ADB=∠CDB，∠ADC=∠ABC=12