几何模型总结专题7：全等之手拉手模型-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙江专用）

专题7 “全等之手拉手”模型 模型: 全等之手拉手模型 【模型介绍】当遇到两个“相似”的三角形时，有一个公共顶点，通过旋转等就形成了典型的手拉手模型，例如等边三角形手拉手模型，可以得到全等三角形，对应部分角度和线段数量关系就直接利用性质出来了，本文重点分析总结如何利用模型解决问题，如下图这样的模型我们美其名曰“手拉手模型”. 【模型分析】 【1】等腰三角形--“手拉手”模型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F. 结论： 1 △ACD≌△BCE； 2 BE=AD； 3 ∠BCM=∠AFM； 4 CF平分∠BFD. 证明： ∵∠BCA=∠ECD， ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF， ∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD. 【2】等边三角形--“手拉手”模型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论： 2 △ACD≌△BCE； ②BE=AD； ③∠AFM=∠BCM=60°； 3 CF平分∠BFD 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形， ∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC， ∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD. 【3】等腰直角三角形--“手拉手”模型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N. 结论：①△ACD≌△BCE； ②BE=AD； ③∠ANM=∠BCM=90°； 4 CN平分∠BND. 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形， ∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMN， ∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC， ∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND. 【4】正方形--“手拉手”模型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N. 结论： ①△BCG≌△DCE； ②BG=DE； ③∠BCM=∠DNM=90°； 5 CN平分∠BNE. 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， 又∵∠CMB=∠DMN， ∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°， 又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC， ∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 【模型分层应用—基础】 1．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论： ①△ABE≌△DBC；②∠DMA＝60°；③△BPQ为等边三角形；④MB平分∠AMC， 其中结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论： ①△ABE≌△DBC；②∠AMC＝120°；③BM平分∠AMC；④PQ∥AC；⑤△BPQ为等边三角形； ⑥PE＝CE．其中结论正确的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝α，直线AE与BD交于点F，将图1中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图2，则∠AFB与α的数量关系为（　　） A．∠AFB+α＝180° B．∠AFB﹣α＝90° C．∠AFB＝3α D．∠AFB＝4α 4．如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，点D为AB边的中点，∠EDF＝90°，将∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC、CB所在直线于点E、F，有以下4个结论： ①DE＝DF；②EF2＝2DE2；③∠DEC+∠DFC＝180°； ④当点E、F落在AC、CB的延长线上时，，在旋转的过程中上述结论一定成立的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上的一动点（不与A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针方向旋转90°到CE，连接DE，与AC相交于点F，连接AE．设AE＝x，CF＝y，则能反映y与x之间的函数关系的图象是（　　） A．B． C．D． 6．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，O为对角线的交点，E为CD的中点，以DE为边在CD右侧作正方形DEFG．如图2，将正方形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜a＜120°），连接AE，AG，CE，CG，过点D作DM⊥AG于点M，延长MD交CE于点N，连接ON．在旋转过程中，给出下面四个结论：①AE＝AG；②AE⊥CG；③S△ADG＝S△CDE；④ON的最大值为．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．②③ C．①④ D．②③④ 7．四边形ABCD、AEFG都是正方形，点E在AB边上，当正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°时，如图，连接DG、BE，并延长BE交DG于点H，且BH⊥DG与H，若AB＝4，AE时，则线段BH的长是（　　） A． B．16 C． D． 【模型分层应用—综合】 1．已知：如图1边长为6的等边△ABC，点D是直线BC上一动点（点D与点B、C不重合）连接AD，将AD绕点A顺时针旋转60°后得线段AE，连接ED，BE． （1）如图2，当点D在线段CB延长线上时，直接写出下列结论并说明理由，线段BE与线段CD之间的数量关系 　 　以及∠ABE＝　 　； （2）点D在运动过程中，当△BDE是直角三角形时，请直接写出∠DAB的度数 　 　； （3）点D在运动过程中，作点E关于直线AD的对称点E′，连接E′C，当∠EAB＝15°时，直接写出线段CE′的长 　． 2．如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，边AE在边AB上，AB，AE＝1．将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，设BE的延长线交直线DG于点P，当点P，G第一次重合时停止旋转．在这个过程中： （1）∠BPD＝　　度；（2）点P所经过的路径长为　　． 3．如图，四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形，将正方形BEFG绕点B按顺时针方向旋转，连接AG，DF，CE．则AG和CE的数量关系为 　 　；在正方形BEFG绕点B按顺时针方向旋转的过程中，的值为 　　． 4．如图，四边形ABCD、DEFG都是正方形，连接AE、CG，AE与CG相交于点M，AE与DF相交于点N．下列结论：①AE＝CG，②AE⊥CG，③DM∥GE，④OM＝OD，⑤DM平分∠CME，⑥DE2＝EN×EM．正确结论的为 　 　（填入序号）． 5．（1）观察猜想 如图①，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝BC，BE＝BD，连接AE，点F是AE的中点，连接CD、BF．当点D、B、C三点共线时，线段CD与线段BF的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　． （2）探究证明 在（1）的条件下，将Rt△BDE绕点B顺时针旋转至图②位置时，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请你就图②的情形进行证明；如果不成立，请说明理由； （3）拓展延伸 如图③，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠EBD＝90°，BC＝2AB＝8，BD＝2BE＝4，连接AE，点F是AE的中点，连结CD、BF，将△BDE绕点B在平面内自由旋转，请直接写出BF的取值范围． 6．综合与实践：某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：（1）基础计算：边长为2的等边三角形的面积为 　　； （2）实践操作：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＜BC．以AC为边向形外作等边△ACD，以BC为边向形外作等边△BCE，以AB为边向上作等边△ABF，连接DF，EF． ①探究面积：记△ACD的面积为S1，△BCE的面积为S2，则S1+S2的值为 　 　； ②深入探究：请证明四边形CDFE是平行四边形，并求∠CEF的度数． 7．如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ （如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？） 8．（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中AB＞DE），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的关系　 　 　； （2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG＝6，AB＝2DE＝8，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长． 8．如图（1）正方形ABCD和正方形AEFG，边AE在边AB上，AB＝12，AE．将正方形AEFG绕点A逆时针旋转α（0°≤α≤45°） （1）如图（2）正方形AEFG旋转到此位置，求证：BE＝DG； （2）在旋转的过程中，当∠BEA＝120°时，试求BE的长； （3）BE的延长线交直线DG于点Q，当正方形AEFG由图（1）绕点A逆时针旋转45°，请直接写出旋转过程中点Q运动的路线长； （4）在旋转的过程中，是否存在某时刻BF＝BC？若存在，试求出DQ的长；若不存在，请说明理由．（点Q即（3）中的点） 9．如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延长线与直线DE交于点H． （1）如图1，当点G在CD上时，求证：BG＝DE，BG⊥DE； （2）将正方形CEFG绕点C旋转一周． ①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH﹣DHCH； ②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长． 10．如图分别以△ABC的边AB、AC为边，向外作正方形ABFG和ACDE，连接EG，O为EG的中点，OA的延长线交BC于点H． （1）求证：S△ABC＝S△AEG；（2）求证：BC＝2AO；（3）求证：AH⊥BC． 11．如图，正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D． （1）如图1，连接AG和CE，直接写出AG和CE的数量及位置关系 　 　； （2）如图2，连接AE，M为AE中点，连接DM、CG，探究DM、CG的数量及位置关系，并说明理由； 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题7 “全等之手拉手”模型 模型: 全等之手拉手模型 【模型介绍】当遇到两个“相似”的三角形时，有一个公共顶点，通过旋转等就形成了典型的手拉手模型，例如等边三角形手拉手模型，可以得到全等三角形，对应部分角度和线段数量关系就直接利用性质出来了，本文重点分析总结如何利用模型解决问题，如下图这样的模型我们美其名曰“手拉手模型”. 【模型分析】 【1】等腰三角形--“手拉手”模型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F. 结论： 1 △ACD≌△BCE； 2 BE=AD； 3 ∠BCM=∠AFM； 4 CF平分∠BFD. 证明： ∵∠BCA=∠ECD， ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF， ∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD. 【2】等边三角形--“手拉手”模型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论： 2 △ACD≌△BCE； ②BE=AD； ③∠AFM=∠BCM=60°； 3 CF平分∠BFD 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形， ∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC， ∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD. 【3】等腰直角三角形--“手拉手”模型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N. 结论：①△ACD≌△BCE； ②BE=AD； ③∠ANM=∠BCM=90°； 4 CN平分∠BND. 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形， ∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMN， ∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC， ∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND. 【4】正方形--“手拉手”模型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N. 结论： ①△BCG≌△DCE； ②BG=DE； ③∠BCM=∠DNM=90°； 5 CN平分∠BNE. 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE， 又∵∠CMB=∠DMN， ∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°， 又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC， ∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 【模型分层应用—基础】 1．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论： ①△ABE≌△DBC；②∠DMA＝60°；③△BPQ为等边三角形；④MB平分∠AMC， 其中结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解】：∵△ABD、△BCE为等边三角形， ∴AB＝DB，∠ABD＝∠CBE＝60°，BE＝BC， ∴∠ABE＝∠DBC，∠PBQ＝60°， 在△ABE和△DBC中，， ∴△ABE≌△DBC（SAS）， ∴①正确； ∵△ABE≌△DBC， ∴∠BAE＝∠BDC， ∵∠BDC+∠BCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠DMA＝∠BAE+∠BCD＝∠BDC+∠BCD＝60°， ∴②正确； 在△ABP和△DBQ中， ， ∴△ABP≌△DBQ（ASA）， ∴BP＝BQ， ∴△BPQ为等边三角形， ∴③正确； ∵∠DMA＝60°， ∴∠AMC＝120°， ∴∠AMC+∠PBQ＝180°， ∴P、B、Q、M四点共圆， ∵BP＝BQ， ∴， ∴∠BMP＝∠BMQ， 即MB平分∠AMC； ∴④正确； 综上所述：正确的结论有4个； 故选：D． 2．如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论： ①△ABE≌△DBC；②∠AMC＝120°；③BM平分∠AMC；④PQ∥AC；⑤△BPQ为等边三角形； ⑥PE＝CE．其中结论正确的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】C 【解】：∵△ABD，△BCE为等边三角形， ∴AB＝BD，∠ABD＝∠EBC＝60°，BE＝BC， ∴∠ABE＝∠DBC，∠PBQ＝60°， 在△ABE和△DBC中， ， ∴△ABE≌△DBC（SAS）， 故①正确； ∵△ABE≌△DBC， ∴∠CDB＝∠EAB， ∵∠DCB+∠CDB＝∠DBA＝60°， ∴∠DCB+∠EAB＝60°， ∴∠AMC＝120°， 故②正确； 过点B作BF⊥AM，BG⊥CD，垂足分别为点F、G， ∵BF⊥AM，BG⊥CD， ∴∠AFB＝∠DGB＝90°， ∵△ABE≌△DBC， ∴∠CDB＝∠EAB， ∵△ABD为等边三角形， ∴AB＝DB， 在△AFB和△DGB中， ， ∴△AFB≌△DGB（AAS）， ∴BF＝BG， ∴BM平分∠AMC， 故③正确； ∵△ABD，△BCE均为等边三角形， ∴∠ABD＝∠CBE＝60°， ∴∠DBQ＝180°﹣60°﹣60°＝60°， 在△ABP和△DBQ中， ， ∴△ABP≌△DBQ（ASA）， ∴BP＝BQ， ∴△BPQ为等边三角形， 故⑤正确； ∵△BPQ为等边三角形， ∴∠BPQ＝60°， ∴∠BPQ＝∠PBA＝60° ∴PQ∥AC， 故④正确； ∵∠DBQ＝60°，∠BPQ＝60°， ∴∠EBP≠∠EPB， ∴PE≠BE，即PE≠CE， 故⑥不正确． 综上：①②③④⑤正确，共5个． 故选：C． 3．已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝α，直线AE与BD交于点F，将图1中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图2，则∠AFB与α的数量关系为（　　） A．∠AFB+α＝180° B．∠AFB﹣α＝90° C．∠AFB＝3α D．∠AFB＝4α 【答案】A 【解】：设BD与CE的交点为O， ∵∠ACD＝∠BCE＝α， ∴∠ACE＝∠BCD， 在△ACE和△DCB中， ， ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴∠AEC＝∠DBC， ∵∠BOE＝∠AEC+∠EFO＝∠CBD+∠BCE， ∴∠BFE＝∠BCE＝α， ∵∠AFB+∠BFE＝180°， ∴∠AFB+α＝180°，故选：A． 4．如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，点D为AB边的中点，∠EDF＝90°，将∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC、CB所在直线于点E、F，有以下4个结论： ①DE＝DF；②EF2＝2DE2；③∠DEC+∠DFC＝180°； ④当点E、F落在AC、CB的延长线上时，，在旋转的过程中上述结论一定成立的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解】：如图：连接CD， ∵AC＝BC，∠C＝90°， ∴∠B＝∠A＝45°， ∵点D为AB边的中点， ∴∠CDB＝90°，∠ACD∠ACB＝45°，CD＝DBAB， ∴∠B＝∠ACD＝45°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠EDF＝∠CDB＝90°， ∴∠EDF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF， ∴∠EDC＝∠FDB， ∴△EDC≌△FDB（ASA）， ∴DE＝DF，∠DEC＝∠DFB， ∵∠DFB+∠DFC＝180°， ∴∠DEC+∠DFC＝180°； 在Rt△EDF中，DE＝DF， ∴EF2＝DE2+DF2＝2DE2； 故①②都正确； 如图：连接CD， ∵∠ABC＝∠ACD＝45°， ∴∠DCE＝180°﹣∠ACD＝135°，∠DBF＝180°﹣∠DBC＝135°， ∴∠DCE＝∠DBF， ∵∠EDF＝∠CDB＝90°， ∴∠EDF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF， ∴∠EDC＝∠FDB， ∵DC＝DB， ∴△EDC≌△FDB（ASA）， ∴∠DEC＝∠DFB， 故③不正确； ∵△DBF的面积＝△DCE的面积， ∴△DEF的面积＝△DCB的面积+△CEF的面积， ∴△DEF的面积﹣△CEF的面积＝△DCB的面积△ABC的面积， 故④正确；所以，以上4个结论，在旋转的过程中上述结论一定成立的有3个，故选：C． 5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上的一动点（不与A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针方向旋转90°到CE，连接DE，与AC相交于点F，连接AE．设AE＝x，CF＝y，则能反映y与x之间的函数关系的图象是（　　） A．B． C．D． 【答案】B 【解】：过点D作DG⊥BC于点D，如图， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠B＝45°， ∵DG⊥BC， ∴BG＝DGBD． ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠BCD＝∠ACE． 在△BDC和△ACE中， ， ∴△BDC≌△ACE（SAS）， ∴BD＝AE＝x， ∴BG＝DGBDx， ∴CG＝BC﹣BGx． ∴CD2＝DG2+CG2x2﹣2x+2． ∵∠EDC＝∠DAC＝45°，∠DCF＝∠ACD， ∴△DCF∽△ACD， ∴， ∴CD2＝CF•CA， ∴x2﹣2x+2y， ∴yx2x． ∴y是x的二次函数，它的图象是开口向上的抛物线的一部分， ∴能反映y与x之间的函数关系的图象是B．故选：B． 6．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，O为对角线的交点，E为CD的中点，以DE为边在CD右侧作正方形DEFG．如图2，将正方形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜a＜120°），连接AE，AG，CE，CG，过点D作DM⊥AG于点M，延长MD交CE于点N，连接ON．在旋转过程中，给出下面四个结论：①AE＝AG；②AE⊥CG；③S△ADG＝S△CDE；④ON的最大值为．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．②③ C．①④ D．②③④ 【答案】B 【解】：①∵四边形ABCD和四边形DEFG为正方形， ∴∠ADC＝90°，DE＝DG， ∴根据旋转可知：∠ADG＝180°﹣α，∠ADE＝90°+α， ∵180°﹣α≠90°+α，∴∠ADG≠∠ADE， ∵AD＝AD，∴△ADG与△ADE不一定全等，∴AG≠AE，故①错误； ②设AE与CG交于点P，AE、CD交于点Q，如图所示： ∵四边形ABCD和四边形DEFG为正方形， ∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°， ∴∠ADC+∠CDE＝∠CDE+∠EDG， 即∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴∠DAE＝∠DCG， ∵∠AQD＝∠CQP， ∴∠DCG+∠CQP＝∠DAE+∠AQD＝90°， ∴∠CPQ＝180°﹣90°＝90°， ∴AE⊥CG，故②正确； ③延长AD，过点G作GH⊥AD于点H，过点E作EK⊥CD于点K，如图所示： 则∠DKE＝∠DHG＝90°， ∵四边形ABCD和DEFG为正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝∠ADC＝90°，AD＝CD， ∴∠CDH＝180°﹣90°＝90°， ∴∠EDK+∠CDH＝∠CDH+∠GDH＝90°， ∴∠EDK＝∠GDH， ∴△EDK≌△GDH（SAS）， ∴EK＝GH， ∵，， ∴S△ADG＝S△CDE，故③正确； ④延长MD，过点E作EK⊥MD于点K，过点C作CH⊥MD于点H，如图所示： 则∠EKD＝∠DHD＝90°， ∵四边形ABCD和DEFG为正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝∠ADC＝90°，AD＝CD，AO＝CO， ∵DM⊥AG， ∴∠DMA＝∠DMG＝90°， ∵∠GDM+∠MGD＝∠GDM+∠EDK＝90°， ∴∠DGM＝∠EDK， ∴△DMG≌△EKD（ASA）， ∴DM＝EK， 同理得：△ADM≌△DCH， ∴DM＝CH， ∴EK＝CH， ∵∠EKN＝∠CHN＝90°，∠ENK＝∠CNH， ∴△ENK≌△CNH， ∴EN＝CN， ∵AO＝CO，∴，∴当AE最大时，ON最大， ∵由图1知，E为CD的中点，∴， ∵AD+DE≥AE，∴当A、D、E三点共线时，AE最大，且最大值为：AD+DE＝2+1＝3， ∴ON的最大值为，故④错误；综上分析可知：正确的是②③．故选：B． 7．四边形ABCD、AEFG都是正方形，点E在AB边上，当正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°时，如图，连接DG、BE，并延长BE交DG于点H，且BH⊥DG与H，若AB＝4，AE时，则线段BH的长是（　　） A． B．16 C． D． 【答案】C 【解】：连接GE交AD于点N，连接DE，如图， ∵正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°， ∴AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上， ∵AE， ∴AN＝GN＝1， ∴DN＝4﹣1＝3， 在Rt△DNG中，DG； 由题意可得：△ABE相当于逆时针旋转90°得到△AGD， ∴DG＝BE， ∵S△DEGGE•NDDG•HE， ∴HE， ∴BH＝BE+HE． 故选：C． 【模型分层应用—综合】 1．已知：如图1边长为6的等边△ABC，点D是直线BC上一动点（点D与点B、C不重合）连接AD，将AD绕点A顺时针旋转60°后得线段AE，连接ED，BE． （1）如图2，当点D在线段CB延长线上时，直接写出下列结论并说明理由，线段BE与线段CD之间的数量关系 　BE＝CD　以及∠ABE＝　60°　； （2）点D在运动过程中，当△BDE是直角三角形时，请直接写出∠DAB的度数 　30°或90°　； （3）点D在运动过程中，作点E关于直线AD的对称点E′，连接E′C，当∠EAB＝15°时，直接写出线段CE′的长 　66或3+3　． 【答案】（1）BE＝CD，60°；（2）30°或90°；（3）66或3+3． 【解】：（1）∵将AD绕点A顺时针旋转60°后得线段AE， ∴AE＝AD，∠DAE＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠ACB＝∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠DAC＝∠BAE， ∴△CAD≌△BAE（SAS）， ∴BE＝CE，∠ABE＝∠ACD＝60°， 故答案为：BE＝CD，60°； （2）当∠BED＝90°时，如图， ∵将AD绕点A顺时针旋转60°后得线段AE， ∴AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠ACB＝∠BAC＝60°＝∠DAE， ∴∠DAC＝∠BAE，∠ACD＝120°， ∴△CAD≌△BAE（SAS）， ∴∠ACD＝∠ABE＝120°， ∵∠BED＝90°，∠AED＝60°， ∴∠BEA＝30°， ∴∠BAE＝30°＝∠DAC， ∴∠DAB＝∠BAE+∠DAE＝90°； 当∠BDE＝90°时， ∵将AD绕点A顺时针旋转60°后得线段AE， ∴AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∵∠BDE＝90°， ∴∠ADB＝30°， ∵∠ABC＝∠ADB+∠DAB＝60°， ∴∠DAB＝30°， 综上所述：∠DAB＝30°或90°， 故答案为：30°或90°； （3）当点E在线段AB的左侧时，如图，连接AE'，CE'，过点D作DH⊥AB于H， ∵点E，点E'关于直线AD的对称， ∴AE＝AE'，∠DAE＝∠DAE'＝60°， ∴AD＝AE'，∠BAC＝∠DAE'， ∴∠BAD＝∠CAE'， 又∵AB＝AC， ∴△BAD≌△CAE'（SAS）， ∴BD＝CE'， ∵∠EAB＝15°， ∴∠BAD＝45°， ∵DH⊥AB， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴AH＝DH， ∵∠ABC＝60°，DH⊥AB， ∴∠BDH＝30°， ∴DHBH，BD＝2BH， ∵AB＝AH+BH， ∴6BH+BH， ∴BH＝33， ∴BD＝66， ∴CE＝66； 当点E线段AB的右侧时，如图，连接AE'，CE'，过点A作AH⊥BC于H， 同理可证△BAD≌△CAE'， ∴CE'＝BD， ∵∠EAB＝15°， ∴∠BAD＝75°， ∵∠ABC＝60°，AH⊥BC， ∴∠DAH＝30°， ∴BHAB＝3，AHBH＝3， ∵∠BAD＝75°，∠ABC＝60°， ∴∠ADB＝45°， ∵AH⊥BC， ∴∠DAH＝∠ADB＝45°， ∴AH＝DH＝3， ∴BD＝BH+HD＝3+3， ∴CE'＝3+3， 综上所述：CE'＝66或3+3．故答案为：66或3+3． 2．如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，边AE在边AB上，AB，AE＝1．将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，设BE的延长线交直线DG于点P，当点P，G第一次重合时停止旋转．在这个过程中： （1）∠BPD＝　　度；（2）点P所经过的路径长为　　． 【答案】见试题解答内容 【解】：（1）如图1中，设AD交PB于点O． ∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠GAE， ∴∠EAB＝∠GAD， ∴△EAB≌△GAD（SAS）， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠ABE+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠DOP， ∴∠DOP+∠ADG＝90°， ∴∠BPD＝90°． 故答案为90． （2）如图2中，当P、G重合时，作AH⊥BG于H． ∵∠BPD＝90°， ∴点P的运动轨迹是图中弧AG（O为圆心，OA为半径的弧AG）， ∵AE＝AG＝1，∠EAG＝90°， ∴EG， ∵AH⊥EG， ∴HG＝HE， ∴AH， ∴sin∠ABH， ∴∠ABH＝30°， ∴∠AOG＝2∠ABG＝60°， ∴的长． 故答案为． 3．如图，四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形，将正方形BEFG绕点B按顺时针方向旋转，连接AG，DF，CE．则AG和CE的数量关系为 　 　；在正方形BEFG绕点B按顺时针方向旋转的过程中，的值为 　　． 【答案】AG＝CE；． 【解】：∵四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形， ∴∠ABC＝∠GBE＝90°，AB＝BC，BG＝BE， ∴∠ABC﹣∠GBC＝∠GBE﹣∠GBC， 即∠ABG＝∠CBE． 在△ABG和△CBE中， ， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴AG＝CE； 如图，连接BD，BF． ∵∠1+∠2＝45°，∠2+∠3＝45°， ∴∠1＝∠3． 在Rt△DBC中，，在Rt△FBE中，， ∴， ∴△BDF∽△BCE， ∴． 故答案为：AG＝CE；． 4．如图，四边形ABCD、DEFG都是正方形，连接AE、CG，AE与CG相交于点M，AE与DF相交于点N．下列结论：①AE＝CG，②AE⊥CG，③DM∥GE，④OM＝OD，⑤DM平分∠CME，⑥DE2＝EN×EM．正确结论的为 　 　（填入序号）． 【答案】①②④⑤⑥． 【解】：如图1， ∵四边形ABCD、DEFG都是正方形， ∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°， ∴∠ADC+∠ADG＝∠EDG+∠ADG， 即∠ADE＝∠CDG， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CG，故①正确； ∠1＝∠2， ∵∠MEG+∠MGE＝∠MEG+∠DGE+∠1＝∠MEG+∠2+∠DGE＝∠DEG+∠DGE＝45°+45°＝90°， ∴∠EMG＝180°﹣（∠MEG+∠MGE）＝180°﹣90°＝90°， ∴AE⊥CG，故②正确； ∵O是正方形DEFG的对角线的交点， ∴OE＝OG， ∴OM＝ODGE，故④正确； ∵∠EMG＝∠EDG＝90°， ∴点D、E、G、M四点共圆， ∴∠DME＝∠DGE＝45°，故⑤正确； ⑤方法二：过D作DP⊥EM于P，DQ⊥CG于Q， 在△GQD与△EPD中， ， ∴△GQD≌△EPD（AAS）， ∴DQ＝DP， ∴MD是∠CME的平分线，故⑤正确； ∴∠DME∠CME＝45°， ∴∠DME＝∠MDE＝45°， ∵∠2＝∠2， ∴△DEN∽△DME， ∴DE：DM＝DN：DE，即DE2＝EN×EM，故⑥正确； ∵∠MEG＜∠DEG＝45°， ∴∠DME＞∠MEG， ∴DM∥GE不成立，故③错误； 综上所述，正确的有①②④⑤⑥． 故答案为：①②④⑤⑥． 5．（1）观察猜想 如图①，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝BC，BE＝BD，连接AE，点F是AE的中点，连接CD、BF．当点D、B、C三点共线时，线段CD与线段BF的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　． （2）探究证明 在（1）的条件下，将Rt△BDE绕点B顺时针旋转至图②位置时，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请你就图②的情形进行证明；如果不成立，请说明理由； （3）拓展延伸 如图③，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠EBD＝90°，BC＝2AB＝8，BD＝2BE＝4，连接AE，点F是AE的中点，连结CD、BF，将△BDE绕点B在平面内自由旋转，请直接写出BF的取值范围． 【答案】（1）CD＝2BF，CD⊥BF；（2）仍然成立；（3）1≤BF≤3． 【解】：（1）设BE＝x，EF＝y，则AE＝2y， ∴CD＝2x+2y，BF＝x+y， ∴CD＝2BF，CD⊥BF， 故答案为：CD＝2BF，CD⊥BF； （2）（1）中的结论仍然成立，证明如下： 如图，延长EB至点G，使BG＝BE，连接DG，AG交CD于点H， ∵G，B，E三点共线，BE＝BG， ∴∠DBG＝90°，BD＝BG， ∵∠DBC＝∠DBA+∠ABC，∠GBA＝∠DBA+∠GBD， ∴∠DBC＝∠GBA， ∵BC＝BA，BD＝BG， ∴△DBC≌△GBA（SAS）， ∴DC＝GA，∠DCB＝∠GAB， ∴∠GAB+∠BAC+∠ACH＝∠DCB+∠BAC+∠ACH＝90°， ∴∠AHC＝90°， ∵AF＝EF，GB＝BE， ∴BF是△AEG的中位线， ∴AG＝2BF，AG∥BF， ∴CD＝2BF，CD⊥BF； （3）如图，延长BF至点G，使GF＝BF，连接AG， ∵AF＝EF，∠AFG＝∠EFB，GF＝BF， ∴△AGF≌△EBF（SAS）， ∴AG＝EB，∠G＝∠EBF， ∴AG∥EB，∠GAB+∠ABE＝180°， ∵∠ABC+∠EBD＝180°， ∴∠DBC+∠ABE＝180°， ∴∠DBC＝∠GAB， ∵， ∴△DBC∽△GAB， ∴， ∴CD＝4BF， ∵当D，B，C，三点共线，C，D在B两边时，CD的最大值＝12， 当D，B，C，三点共线，B，C在D两边时，CD最小值＝4， ∴BF的最大值，BF最小值1，∴1≤BF≤3． 6．综合与实践：某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：（1）基础计算：边长为2的等边三角形的面积为 　　； （2）实践操作：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，AC＜BC．以AC为边向形外作等边△ACD，以BC为边向形外作等边△BCE，以AB为边向上作等边△ABF，连接DF，EF． ①探究面积：记△ACD的面积为S1，△BCE的面积为S2，则S1+S2的值为 　 　； ②深入探究：请证明四边形CDFE是平行四边形，并求∠CEF的度数． 【答案】（1）；（2）①；②∠CEF＝30°，证明见解析． 【解】：（1）∵a＝2，∴S，故答案为：； （2）①∵，， ∴， ∵∠ACB＝90°，AB＝4， ∴AC2+BC2＝AB2＝16， ∴，故答案为：； ②证明：∵△BCE和△ABF是等边三角形， ∴AB＝FB，CB＝CE，∠ABE＝∠CBE＝∠CEB＝60°， ∴∠ABE﹣∠CBF＝∠CBE﹣∠CBF， ∴∠ABC＝∠FBE， ∴△ABC≌△FBE（SAS）， ∴AC＝FE，∠ACB＝∠FEB＝90°， ∴∠CEF＝∠FEB﹣∠CEB＝30°， ∵△ACD是等边三角形， ∴AC＝CD，∴CD＝FE， 同理可得CF＝CE，∴四边形CDFE是平行四边形． 7．如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H 问：（1）△ADG≌△CDE是否成立？（2）AG是否与CE相等？ （3）AG与CE之间的夹角为多少度？（4）HD是否平分∠AHE？ （如果你知道勾股定理的话，请问线段AC、GE、AE、CG有什么数量关系？） 【答案】见试题解答内容 【解】：（1）∵ABCD和DEFG是正方形， ∴AD＝CD，DG＝DE，且∠ADC＝∠GDE＝90°， ∴∠ADG＝∠CDE， 在△ADG与△CDE中， ， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， （2）∵△ADG≌△CDE， ∴AG＝CE； （3）CE与DG交点为O， ∵△ADG≌△CDE， ∴∠DEC＝∠AGD， ∵∠DEC+∠DOE＝90°， ∴∠AGD+∠DOE＝90°＝∠AGD+∠GOH， ∴∠GHE＝90°； （4）过点D作MD⊥AG，DN⊥CE， ∵△ADG≌△CDE， ∴S△DCE＝S△ADG， ∴， ∴DM＝DN，且MD⊥AG，DN⊥CE， ∴DH平分∠AHE， 由勾股定理可得：AC2+GE2＝AE2+CG2． 8．（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中AB＞DE），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的关系　 　 　； （2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由； （3）矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG＝6，AB＝2DE＝8，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长． 【答案】（1）AG＝CE；AG⊥CE；（2）不成立；CE＝2AG，AG⊥CE，理由见解答过程； （3）． 【解】：（1）如图1， 在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC＝∠EDG＝90°， ∴∠ADE+∠EDG＝∠ADC+∠ADE， 即∠ADG＝∠CDE， ∵DG＝DE，DA＝DC， ∴△GDA≌△EDC（SAS）， ∴AG＝CE，∠GAD＝∠ECD， ∵∠COD＝∠AOH， ∴∠AHO＝∠CDO＝90°， ∴AG⊥CE， 故答案为：AG＝CE；AG⊥CE； （2）不成立；CE＝2AG，AG⊥CE，理由如下： 如图2，由（1）知，∠EDC＝∠ADG， ∵AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE， ∴，， ∴， ∴△GDA∽△EDC， ∴，即CE＝2AG， ∵△GDA∽△EDC， ∴∠ECD＝∠GAD， ∵∠COD＝∠AOH， ∴∠AHO＝∠CDO＝90°， ∴AG⊥CE； （3）①当点E在线段AG上时，如图3， 在Rt△EGD中，DG＝3，ED＝4，则EG＝5， 过点D作DP⊥AG于点P， ∵∠DPG＝∠EDG＝90°，∠DGP＝∠EGD， ∴△DGP∽△EGD， ∴，即， ∴PD，PG， 则AP， 则AE＝AG﹣GE＝AP+GP﹣GE5； ②当点G在线段AE上时，如图4， 过点D作DP⊥AG于点P， ∵∠DPG＝∠EDG＝90°，∠DGP＝∠EGD， 同理得：PD，AP， 由勾股定理得：PE， 则AE＝AP+PE； 综上，AE的长为． 8．如图（1）正方形ABCD和正方形AEFG，边AE在边AB上，AB＝12，AE．将正方形AEFG绕点A逆时针旋转α（0°≤α≤45°） （1）如图（2）正方形AEFG旋转到此位置，求证：BE＝DG； （2）在旋转的过程中，当∠BEA＝120°时，试求BE的长； （3）BE的延长线交直线DG于点Q，当正方形AEFG由图（1）绕点A逆时针旋转45°，请直接写出旋转过程中点Q运动的路线长； （4）在旋转的过程中，是否存在某时刻BF＝BC？若存在，试求出DQ的长；若不存在，请说明理由．（点Q即（3）中的点） 【答案】见试题解答内容 【解】（1）证明：在正方形ABCD和正方形AEFG中， AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°， ∠DAG+∠EAD＝∠BAD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△ADG中，， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG； （2）如图，过点A作AH⊥BE交BE的延长线于H， ∵∠BEA＝120°， ∴∠AEH＝180°﹣120°＝60°， ∵AE＝6， ∴AH＝AE•sin60°＝63， EH＝AE•cos60°＝63， 在Rt△ABH中，BH3， ∴BE＝BH﹣EH＝33； （3）∵△ABE≌△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∴∠BQD＝∠BAD＝90°， ∴点Q的运动轨迹为以BD为直径的，所对的圆心角是90°， ∵AB＝12， ∴BDAB＝12， ∴旋转过程中点Q运动的路线长3π； （4）由勾股定理得，AFAE612， ∵BF＝BC＝12， ∴AB＝AF＝BF＝12， ∴△ABF是等边三角形， 又∵AE＝EF， ∴直线BE是AF的垂直平分线， ∴∠ABQ∠BAF＝30°， 设BQ与AD相交于H， 则AH＝AB•tan30°＝124， ∴DH＝AD﹣AH＝12﹣4， 在Rt△DQH中，DQ＝DH•cos30°＝（12﹣4）66． 9．如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延长线与直线DE交于点H． （1）如图1，当点G在CD上时，求证：BG＝DE，BG⊥DE； （2）将正方形CEFG绕点C旋转一周． ①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH﹣DHCH； ②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长． 【答案】见试题解答内容 【解】（1）证明：如图1中， 证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE， ∵∠CDE+∠DEC＝90°， ∴∠HBE+∠BEH＝90°， ∴∠BHE＝90°， ∴BG⊥DE． （2）①如图2中，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK． 由（1）可知，∠CBK＝∠CDH， ∵BK＝DH，BC＝DC， ∴△BCK≌△DCH（SAS）， ∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH， ∴∠KCH＝∠BCD＝90°， ∴△KCH是等腰直角三角形， ∴HKCH， ∴BH﹣DH＝BH﹣BK＝KHCH． ②如图3﹣1中，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD． 由（1）可知，BH＝DE，且CE＝CH＝1，EHCH， ∵BC＝3， ∴BDBC＝3， 设DH＝x，则BH＝DE＝x， 在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2， ∴（x）2+x2＝（3）2， 解得x或（舍弃）． 如图3﹣2中，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD． 设DH＝x， ∵BG＝DH， ∴BH＝DH﹣HG＝x， 在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2， ∴（x）2+x2＝（3）2， 解得x或（舍弃）， 综上所述，满足条件的DH的值为或． 10．如图分别以△ABC的边AB、AC为边，向外作正方形ABFG和ACDE，连接EG，O为EG的中点，OA的延长线交BC于点H． （1）求证：S△ABC＝S△AEG；（2）求证：BC＝2AO；（3）求证：AH⊥BC． 【答案】见试题解答内容 【解】：（1）如图，延长AO到M，使OM＝AO，连接GM， ∵O为EG的中点， ∴OG＝OE， 在△AOE与△MOG中，， ∴△AOE≌△MOG（SAS）， ∴AE＝MG，∠MGO＝∠AEO， ∴∠MGA+∠GAE＝180°， ∵四边形ABFG和四边形ACDE是正方形， ∴AG＝AB，AE＝AC，∠BAG＝∠CAE＝90°， ∴AC＝GM，∠GAE+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝∠AGM， 在△AGM与△ABC中，， ∴△AGM≌△ABC（SAS）， ∴S△ABC＝S△AEG； （2）∵△AGM≌△ABC， ∴AM＝BC， ∵AM＝2AO， ∴BC＝2AO； （3）∵△AOE≌△MOG， ∴∠M＝∠EAO， ∵△AGM≌△ABC， ∴∠M＝∠ACB， ∴∠EAO＝∠ACB， ∵∠CAE＝90°， ∴∠OAE+∠CAH＝90°， ∴∠ACB+∠CAH＝90°， ∴∠AHC＝90°， ∴AH⊥BC． 11．如图，正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D． （1）如图1，连接AG和CE，直接写出AG和CE的数量及位置关系 　 　； （2）如图2，连接AE，M为AE中点，连接DM、CG，探究DM、CG的数量及位置关系，并说明理由； 【答案】（1）AG＝CE且AG⊥CE；（2）DM、CG的关系是：DMCG，且DM⊥CG， 【解】：（1）AG＝CE且AG⊥CE，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形， ∴∠ADC＝∠GDE＝90°，AD＝CD，DG＝DE， ∴∠ADG＝∠CDE， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， ∴AG＝CE， ∵∠ADC＝∠GDE＝90°， 由旋转可知：AG⊥CE； 故AG＝CE且AG⊥CE； （2）DM、CG的关系是：DMCG，且DM⊥CG，理由如下： 如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接EH， ∵∠GDE＝∠CDH＝90°， ∴∠GDE﹣∠CDE＝∠CDH﹣∠CDE，即∠CDG＝∠HDE， ∵CD＝DH，GD＝DE， ∴△DGC≌△DEH（SAS）， ∴CG＝EH， ∵M是AE的中点，AD＝DH， ∴DM是△AEH的中位线， ∴DM∥EH，DMEH， ∴DMCG， ∵∠GDE＝∠CDH＝90°， ∴△DGC绕点逆时针旋转90°到△DEH， ∴CG⊥EH， ∴DM⊥CG． ∴DM、CG的关系是：DMCG，且DM⊥CG． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$