专题强化03：（特殊）平行四边形六大模型【6大题型 培优】-2024-2025学年八年级下册数学《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版）

专题强化03：（特殊）平行四边形六大模型 【题型归纳】 题型一：中点四边形 题型二：十字架模型 题型三：对角互补模型 题型四：中位线模型 题型五：与正方形有关的三垂线问题 题型六：正方形和45°角的基本图 【模型介绍】 模型01：中点四边形 依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形. 中点四边形的性质： 结论一：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 结论二：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 结论三：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 结论四：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 结论五：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 结论六：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 题型02 正方形半角模型 【模型介绍】 从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型. 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD (14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 模型03 十字架模型 【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN 【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直. 【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等. 【题型探究】 题型一：中点四边形 1．如图，分别是四边形的边的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 2．如图，四边形ABCD的四边中点分别为E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H． （1）判断四边形EFGH形状，并说明理由； （2）若AC＝BD，判断四边形EFGH形状，并说明理由． 3．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形． （1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的： ①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形； ②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形． （2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明． 题型二：十字架模型 4．如图，在正方形中，，点E是边上一点，且，连接，点F是边上一点，过点F作交于点G，连接，，，则四边形的面积为 ．    5．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G． （1）如图1，求证AE⊥BF； （2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN； 6．如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，点分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，点分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长． 题型三：对角互补模型 7．如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．已知：，求证：． 9．如图1，正方形中，是对角线，点在上，点在上，连接（与不垂直），点是线段的中点，过点作交线段于点． 　　　 （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）探索，，之间的数量关系，并证明； （3）如图2，若点在的延长线上，点在的延长线上，其他条件不变，请直接写出，，之间的数量关系． 题型四：中位线模型 10．梯形ABCD中，，点E，F，G分别是BD，AC，DC的中点，已知：两底差是3，两腰的和是6，则△EFG的周长是 ． 11．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=OB，E为AC上一点，BE平分∠ABO，EF⊥BC于点F，∠CAD=45°，EF交BD于点P，BP=，则BC的长为 ．    12．如图，正方形ABCD的边长为2，点E，点F分别是边BC，边CD上的动点，且BE＝CF，AE与BF相交于点P．若点M为边BC的中点，点N为边CD上任意一点，则MN+PN的最小值等于 ． 题型五：与正方形有关的三垂线问题 13．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F． （1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由； （2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系． 14．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数． 15．如图1，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°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点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DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明． （3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长． 题型六：正方形和45°角的基本图 16．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N． (1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM； (2)求证：； (3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系． 17．已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N． (1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN (2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系 (3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长． 18．通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，试猜想、、之间的数量关系．        (1)把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证≌__________，故、、之间的数量关系为__________． (2)如图2，点E、F分别在正方形的边、的延长线上，．连接，试猜想、、之间的数量关系为__________，并给出证明． (3)如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．若，，直接写出的值和的长． 【专题强化】 一、单选题 1．如图，在正方形中，点E在边上,，交于G，交于点F．若，则的面积与四边形的面积之比是（　　） A． B． C． D． 2．如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 3．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点分别在轴的正半轴上，，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 4．如图，点，点在射线上匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形的面积为40时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（　　） ①∠1＝∠2； ②∠3＝∠4； ③GD＝CM； ④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．    A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②④ 6．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 1．如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加 条件，才能保证四边形是矩形． 2．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为 ． 3．如图，在直角梯形中，， E是上一点，且，则 ． 4．如图，在四边形中，于，则的长为    5．如图，在正方形中，．为对角线的延长线上一点，为线段的中点，，连接．已知，下列说法正确的是 ．（将正确答案的序号填写下来） ①；②；③；④；⑤若点为线段上一动点，当时，． 三、解答题 1．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 2．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．    （1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　 　； （2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论） 3．如图，点，分别在正方形的边，上，，点在的延长线上，连接，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 4．如图，正方形中 ，点在边上，且．将沿翻折至，延长交边于点，连结． （1）求的度数； （2）求证：； （3）若，则的面积等于 ． 5．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF与DE相交于点M，且∠BAF＝∠ADE． （1）如图1，求证：AF⊥DE； （2）如图2，AC与BD相交于点O，AC交DE于点G，BD交AF于点H，连接GH，试探究直线GH与AB的位置关系，并说明理由； （3）在（1）（2）的基础上，若AF平分∠BAC，且BDE的面积为4+2，求正方形ABCD的面积． 6．如图，过线段AB的端点B作射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）． （1）求证：≌； （2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由； （3）试探究AE+EF+AF与2AB是否相等，并说明理由．    7．如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．    （1）求证：PE＝PB； （2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由； （3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系． 8．将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立， (1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______． (2)∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F， ①如图①，求证AE＝EF； ②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积； (3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值． 9．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H． （1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________； （2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由； （3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化03：（特殊）平行四边形六大模型 【题型归纳】 题型一：中点四边形 题型二：十字架模型 题型三：对角互补模型 题型四：中位线模型 题型五：与正方形有关的三垂线问题 题型六：正方形和45°角的基本图 【模型介绍】 模型01：中点四边形 依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形. 中点四边形的性质： 结论一：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形. 结论二：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 结论三：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半. 结论四：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 结论五：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 结论六：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 题型02 正方形半角模型 【模型介绍】 从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型. 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD (14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 模型03 十字架模型 【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN 【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直. 【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等. 【题型探究】 题型一：中点四边形 1．如图，分别是四边形的边的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，熟练掌握三角形的中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．先利用三角形中位线定理证出四边形是平行四边形，再对选项逐个分析判断即可得出结论． 【详解】解：分别是四边形的边的中点， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形； A、若，则，四边形为菱形，故此选项说法错误，不符合题意； B、若，则，四边形为矩形，故此选项说法错误，不符合题意； C、四边形一定是平行四边形，但与不一定互相平分，故此选项说法错误，不符合题意； D、若四边形是正方形，则，，从而有，且，即与互相垂直且相等，故此选项说法正确，符合题意； 故选：D． 2．如图，四边形ABCD的四边中点分别为E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H． （1）判断四边形EFGH形状，并说明理由； （2）若AC＝BD，判断四边形EFGH形状，并说明理由． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）菱形，理由见解析 【分析】（1）连接AC，根据三角形中位线定理即可证得； （2）连接BD ，由（1）得，四边形EFGH是平行四边形，再由三角形中位线定理，证得邻边相等，即可证得菱形． 【详解】（1）四边形EFGH为平行四边形，理由如下： 连接AC，如图， 在△ABC和△ADC中， ∵EF、GH分别为其中位线， ∴EF∥AC,且EF=AC; GH∥AC且GH=AC ， ∴EF=GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH为平行四边形； （2）若AC=BD, 则四边形EFGH为菱形， 连接BD ，如图， 在△BCD中， ∵GF为其中位线， ∴GF=BD ， ∵EF=AC（已证），且AC=BD， ∴EF=GF ， 又∵四边形EFGH为平行四边形（已证）， ∴四边形EFGH为菱形． 【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，解题关键是熟练掌握三角形中位线定理．连接三角形两边中点的线段，平行且等于第三边的一半． 3．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形． （1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的： ①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形； ②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形． （2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明． 【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析 【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明； （2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可． 【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD， ∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点， ∴EH∥BD，FG∥BD， ∴EH∥FG， 同理EF∥HG， ∴四边形EFGH都是平行四边形， ∵对角线AC=BD， ∴EH=EF， ∴四边形ABCD的中点四边形是菱形； ②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH， ∴四边形ABCD的中点四边形是矩形； 故答案为：菱；矩； （2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下： 分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD， ∵，∴是等边三角形，∴，， ∵，∴，∴，， 在和中， ， ∴，∴， ∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形． 【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键． 题型二：十字架模型 4．如图，在正方形中，，点E是边上一点，且，连接，点F是边上一点，过点F作交于点G，连接，，，则四边形的面积为 ．    【答案】5 【分析】由正方形中“十字架”模型的解法可知，过点作于，可证()，可得，由勾股定理可求，再由“对角形互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半”，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，   ， 四边形是正方形， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 在和中， () ， ， ， ， ， ； 故答案：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，对角形互相垂直的四边形面积等，掌握正方形中“十字架”模型的解法是解题的关键． 5．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G． （1）如图1，求证AE⊥BF； （2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN； 【答案】（1）见解析；（2）见解析； 【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得； （2）过点B作，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在中，根据勾股定理即可得； 【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB=BC，， 在和中， ∴（SAS）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，过点B作，交AN于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AC，， ∵， ， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴, ∴， ∴， 在和中， ∴（SAS）， ∴， ∵AN平分， ∴， ∴， ， ， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴BH=BN， 在和中， ∴（SAS）， ∴AH=CN， 在中，根据勾股定理 ， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点． 6．如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，点分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图3，点分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）由四边形为正方形，可得，推得，由，可得，可证即可； （2）、为、中点，可得为的中位线，可证，，由点、、、分别是、、、的中点，可得是的中位线，为的中位线，为的中位线，可证，，，，，，可证四边形为平行四边形．再证四边形为菱形，最后证即可； （3）延长交于点，由对称性可得，，，由勾股定理可求，可得，设，在中，，解得，在中，可求． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． （2）解：四边形为正方形，理由如下： ∵、为、中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵点、、、分别是、、、的中点， ∴是的中位线，为的中位线，为的中位线，， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形． （3）解：延长交于点， 由对称性可知，，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，， 解得：， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键． 题型三：对角互补模型 7．如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线； ②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA； ③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC． ④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA． 【详解】解：如图， ①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度， ∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度， ∴D、A、E三点共线；故①正确； ②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE， ∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴△CDE为等边三角形， ∴∠E=60°， ∴∠BDC=∠E=60°， ∴∠CDA=120°-60°=60°， ∴DC平分∠BDA；故②正确； ③∵∠BAC=60°， ∠E=60°， ∴∠E=∠BAC．故③正确； ④由旋转可知AE=BD， 又∵∠DAE=180°， ∴DE=AE+AD． ∵△CDE为等边三角形， ∴DC=DB+DA．故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量． 8．已知：，求证：． 【答案】见解析 【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论． 【详解】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图． 易知． ∵， ∴． 又， ∴． ∵， ∴． 又， ∴， ∴ 又，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出是解答本题的关键． 9．如图1，正方形中，是对角线，点在上，点在上，连接（与不垂直），点是线段的中点，过点作交线段于点． 　　　 （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）探索，，之间的数量关系，并证明； （3）如图2，若点在的延长线上，点在的延长线上，其他条件不变，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）过作的垂线，分别交于，连接，利用正方形的性质及角平分线的性质，证明出，通过等量代换得出为等腰直角三角形即可得出结论； （2）由（1）中，得，从而得，通过等量代换计算可得，根据为等腰直角三角形即可得出结论； （3）过点作垂线，分别交于，连接，证明出，通过等量代换计算得，再根据为等腰直角三角形即可得出结论． 【详解】解：（1），理由如下； 过作的垂线，分别交于，连接， 为正方形， , , ， 垂直平分， ， ， ， ， 又， ， 为等腰直角三角形， 为斜边的中点， ． （2），理由如下： 由（1）中， ， 由下图： ， 四边形为矩形， ， 在中，由正方形的性质知， ， ， 为等腰直角三角形， 又， 四边形为正方形， ， 同理四边形为矩形， ， ， ， 在中，由正方形的性质知， ， ， 为等腰直角三角形， ， ． （3），理由如下： 过点作垂线，分别交于， 连接， ， ， ， 由（2）得， ， ， 由（2）可得： ， 为等腰直角三角形， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形、解题的关键是添加适当的辅助线，掌握相关的知识点，通过等量代换的思想进行求解． 题型四：中位线模型 10．梯形ABCD中，，点E，F，G分别是BD，AC，DC的中点，已知：两底差是3，两腰的和是6，则△EFG的周长是 ． 【答案】 【分析】连接AE，并延长交CD于K，利用“AAS”证得△AEB≌△KED，得到DK=AB，可知EF，EG、FG分别为△AKC、△BDC和△ACD的中位线，由三角形中位线定理结合条件可求得EF+FG+EG，可求得答案． 【详解】连接AE，并延长交CD于K， ∵AB∥CD， ∴∠BAE=∠DKE，∠ABD=∠EDK， ∵点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点． ∴BE=DE， 在△AEB和△KED中， ， ∴△AEB≌△KED（AAS）， ∴DK=AB，AE=EK，EF为△ACK的中位线， ∴EF=CK=(DC-DK) =(DC-AB)， ∵EG为△BCD的中位线， ∴EG=BC， 又FG为△ACD的中位线， ∴FG=AD， ∴EG+GF=(AD+BC)， ∵两腰和是6，即AD+BC=6，两底差是3，即DC-AB=3， ∴EG+GF=3，FE=， ∴△EFG的周长是3+=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，作出常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 11．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=OB，E为AC上一点，BE平分∠ABO，EF⊥BC于点F，∠CAD=45°，EF交BD于点P，BP=，则BC的长为 ．    【答案】4 【分析】过点E作EM∥AD，由△ABO是等腰三角形，根据三线合一可知点E是AO的中点，可证得EM=AD=BC，根据已知可求得∠CEF=∠ECF=45°，从而得∠BEF=45°，△BEF为等腰直角三角形，可得BF=EF=FC=BC，因此可证明△BFP≌△MEP（AAS），则EP=FP=FC，在Rt△BFP中，利用勾股定理可求得x，即得答案． 【详解】过点E作EM∥AD，交BD于M，设EM=x， ∵AB=OB，BE平分∠ABO， ∴△ABO是等腰三角形，点E是AO的中点，BE⊥AO，∠BEO=90°， ∴EM是△AOD的中位线， 又∵ABCD是平行四边形， ∴BC=AD=2EM=2x， ∵EF⊥BC， ∠CAD=45°，AD∥BC， ∴∠BCA=∠CAD=45°，∠EFC=90°， ∴△EFC为等腰直角三角形， ∴EF=FC，∠FEC=45°， ∴∠BEF=90°-∠FEC=45°， 则△BEF为等腰直角三角形， ∴BF=EF=FC=BC=x， ∵EM∥BF， ∴∠EMP=∠FBP，∠PEM=∠PFB=90°，EM=BF， 则△BFP≌△MEP（ASA）， ∴EP=FP=EF=FC=x， ∴在Rt△BFP中，， 即：， 解得：， ∴BC=2=4， 故答案为：4．    【点睛】考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三线合一的应用，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理求三角形边长，熟记图形的性质定理是解题的关键． 12．如图，正方形ABCD的边长为2，点E，点F分别是边BC，边CD上的动点，且BE＝CF，AE与BF相交于点P．若点M为边BC的中点，点N为边CD上任意一点，则MN+PN的最小值等于 ． 【答案】 【分析】作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，当H、P、N'、Q四点共线时，MN+NP＝PQ的值最小，根据勾股定理HQ，再证明△ABE≌△BCF，进而得△APB为直角三角形，由直角三角形的性质，求得PH，进而求得PQ． 【详解】解：作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，则MN'＝QN'， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠AEB＝∠BFC， ∵AB∥CD， ∴∠ABP＝∠BFC＝∠AEB， ∵∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠BAE+∠ABP＝90°， ∴∠APB＝90°， ∴PH＝， ∵M点是BC的中点， ∴BM＝MC＝CQ＝， ∵PH+PQ≥HQ， ∴当H、P、Q三点共线时，PH+PQ＝HQ＝ 的值最小， ∴PQ的最小值为， 此时，若N与N'重合时，MN+PN＝MN'+PN'＝QN'+PN'＝PQ＝的值最小， 故答案为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，关键是确定BM+MN取最小值时P与N的位置． 题型五：与正方形有关的三垂线问题 13．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F． （1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由； （2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证； （2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证； （3）仿照（1）和（2）的证明即可证得． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图，过点E作交CB的延长线于点G， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴在中，， 在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3），理由如下： 如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 由（1）可知：， ∴， 在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键． 14．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数． 【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40° 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题； （3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°， ∴∠QEF＝∠PED， 在△EQF和△EPD中， ， ∴△EQF≌△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4， ∵CE＝2， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形， ∴四边形DECG是正方形， ∴CG＝CE＝2； （3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时， ∠DEC＝45°＋40°＝85°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠CEF＝5°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠EFC＝130°， ②如图4，当DE与DC的夹角为40°时， ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴∠EFC＝∠EDC＝40°， 综上所述，∠EFC＝130°或40°． 【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键． 15．如图1，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°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点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DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明． （3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长． 【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）CF＝FE'，证明见解析；（3）5 【分析】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形； （2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论； （3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长． 【详解】解：（1）四边形BE′FE是正方形． 理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°， ∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°， ∴四边形BE′FE是矩形， 由旋转得，BE′＝BE， ∴四边形BE′FE是正方形． （2）CF＝FE'， 证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°， ∵DA＝DE， ∴AG＝AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA＝AB，∠DAB＝90°， ∴∠BAE+∠DAG＝90°， ∵∠ADG+∠DAG＝90°， ∴∠ADG＝∠BAE， 在△ADG和△BAE中 ， ∴△ADG≌△BAE（AAS）， ∴AG＝BE； ∵四边形BE′FE是正方形， ∴BE＝FE′， ∴AG＝FE′， 由旋转得，AE＝CE′， ∴AE＝CE′， ∴FE′＝AE＝CE′， ∴CF＝FE'． （3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G， ∵BE＝FE′，CF＝3， ∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3， ∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝， ∴(BE+3)2+BE2＝()2， 解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去）， ∴AE＝1+3＝4， 由（2）得，△ADG≌△BAE， ∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1， ∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3， ∵∠DGE＝90°， ∴DE＝＝＝5． 【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形． 题型六：正方形和45°角的基本图 16．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N． (1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM； (2)求证：； (3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)．理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM； （2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明； （3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， ∵∠EAF=45°． ∴∠BAM+∠NAD=45°， ∵△APB≌△AND， ∴PA=NA，∠PAB=∠NAD， ∴∠PAB+∠BAM=45°， ∴∠PAM=∠NAM=45°， 在△APM和△ANM中，， ∴△APM≌△ANM(SAS)； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°， ∵△APB≌△AND， ∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°， ∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°， ∴， ∵△APM≌△ANM， ∴PM=MN， ∴； （3）解：．理由如下： 将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图： 过点作⊥CD于F，连接， 同（1）可证△AMN≌△， ∴=MN． ∵∠C=90°，∠CMN=45°， ∴CM=CN． 设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c， ∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b， NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a． 在Rt△中，， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出． 17．已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N． (1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN (2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系 (3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）3 【分析】（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明； （2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明； （3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案． 【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在与中， ， ， ，， ，， ∴， ， ， 在与中， ， ， ， 又∵，， ； （2），理由如下： 如图，在BM上取一点G，使得，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在与中， ， ， ，， ∴， ∴， 又， ， 在与中， ， ， ， 又∵，， ∴， 故答案为：； （3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，， 在与中， ， ， ，， ∴， ∴， 又， ， 在与中， ， ， ， 设， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ， ， ∴CP的长为3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的关键． 18．通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，试猜想、、之间的数量关系．        (1)把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证≌__________，故、、之间的数量关系为__________． (2)如图2，点E、F分别在正方形的边、的延长线上，．连接，试猜想、、之间的数量关系为__________，并给出证明． (3)如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．若，，直接写出的值和的长． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)， 【分析】（1）根据旋转的性质可得，利用判定定理可直接证明，再依据对应线段相等可求． （2）把绕点逆时针旋转，使与重合，证全等即可到结论． （3）把绕点逆时针旋转，使与重合，点B对应点为点F，连接和即可求解． 【详解】（1）解：，，理由如下： 四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质可知，， ， ，，， ， ， ， ， ． （2），证明如下： 如下图，把绕点逆时针旋转，与重合， ，， ，， ， ； ； 在和中， ， ∴；    ∴； ∵； 即． （3）如图1.解：∵，， ∴， 把绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点； ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴在中， ， ； ； ；    在和中， ， ∴， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得： ， ∴， ∵是等腰直角三角形； ∴， ， 同理把绕点顺时针旋转，点的对应点为点，连接，；    ； ，； ； 在直角中，； ∴ ∴， 由旋转的性质可知，； 是等腰直角三角形； ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形中的半角模型，旋转的性质，全等三角形的判定，掌握类比迁移，旋转后三角形全等的证明是解决本题的关键． 【专题强化】 一、单选题 1．如图，在正方形中，点E在边上,，交于G，交于点F．若，则的面积与四边形的面积之比是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可以证明，然后即可得到，再根据勾股定理可以得到的长，然后根据相似三角形的判定和性质可以得到和的面积之比，然后即可得到的面积与四边形的面积之比． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积与四边形的面积之比是：， 故选：D． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 2．如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 【答案】D 【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可 【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO． 设AG=GE=x，则BG=3-x， 在Rt△BGE中， ∵BE2+BG2=GE2， ∴12+(3-x)2=x2， ∴x=． 在Rt△ABE中， ∵AB2+BE2=AE2， ∴32+12=AE2， ∴AE=． ∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF， ∴∠HAP=∠OFP， ∵四边形ADFH是矩形， ∴AB=AD=HF． 在△ABE和△FHG中， ， ∴△ABE≌△FHG， ∴FG=AE=， ∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF = = = = =5． 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 3．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点分别在轴的正半轴上，，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点P作，，证明，再根据面积计算即可； 【详解】如图所示，过点P作，， ∵点的坐标为， ∴PM=PN， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 故答案选B． 【点睛】本题主要考查了四边形与坐标系结合，全等三角形的应用，准确判断计算是解题的关键． 4．如图，点，点在射线上匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形的面积为40时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作轴于，轴于E，根据的坐标求得直线的斜率，进一步得出直线的斜率为，通过证得，得出，，可设，则，然后根据待定系数法求得直线的斜率为，整理得，然后根据勾股定理得出，代值求解即可． 【详解】解：作轴于，轴于E， 设直线的解析式为， ∵点 ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴直线的斜率为 又∵， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴， 设，则 设直线的解析式为， ∴ 解得： ∴ 整理得： ∵正方形面积为40 ∴ ∴在中，，即： 解得： ∴ ∴ 故答案选B 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据直线的斜率列出方程是解题的关键． 5．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（　　） ①∠1＝∠2； ②∠3＝∠4； ③GD＝CM； ④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．    A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②④ 【答案】A 【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论． ②正确．分别证明∠GBH=45°，∠4=45°即可解决问题． ③正确．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG=MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT=WG可得结论． ④正确．求出BT=2，TM=1，利用勾股定理即可判断． 【详解】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．    ∵B，G关于EF对称， ∴EB＝EG， ∴∠EBG＝∠EGB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠AGB＝∠EBG， ∴∠AGB＝∠BGK， ∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG， ∴△BAG≌△BKG（AAS）， ∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG， ∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH， ∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）， ∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确， ∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°， 过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R． ∵∠1＝∠2， ∴MQ＝MP， ∵∠MEQ＝∠MER， ∴MQ＝MR， ∴MP＝MR， ∴∠4＝∠MCP＝∠BCD＝45°， ∴∠GBH＝∠4，故②正确， 如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．    ∵B，G关于EF对称， ∴BM＝MG， ∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM， ∴△MCB≌△MCD（SAS）， ∴BM＝DM， ∴MG＝MD， ∵MW⊥DG， ∴WG＝WD， ∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°， ∴∠BMT+∠GMW＝90°， ∵∠GMW+∠MGW＝90°， ∴∠BMT＝∠MGW， ∵MB＝MG， ∴△BTM≌△MWG（AAS）， ∴MT＝WG， ∵MC＝TM，DG＝2WG， ∴DG＝CM，故③正确， ∵AG＝1，DG＝2， ∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2， ∴BM＝，故④正确， 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 6．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断②，再利用勾股定理计算，判断③，通过计算，判断④． 【详解】解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD=90°． 又∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°． ∴∠BAG+∠BAE=45°． ∴∠GAE=∠FAE． 在△GAE和△FAE中 ， 故①正确， 设正方形的边长为，则 由勾股定理得： 解得：（舍去） 故②错误， 故③正确， 故④正确． 综上：①③④正确， 故选C． 【点睛】本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 二、填空题 1．如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加 条件，才能保证四边形是矩形． 【答案】 【分析】根据三角形的中位线平行于第三边可得，，，，进而可证四边形是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知，结合平行线的性质求出，可知此时． 【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 若四边形是矩形， 则有， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴还要添加的条件，才能保证四边形是矩形， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，熟练掌握矩形的四个角都是直角是解题的关键． 2．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为 ． 【答案】17 【分析】利用正方形的性质得∠BAE＝90°，AE＝AB，利用同角的余角相等得∠AEF＝∠BAC，再∠F＝∠ACB=90°，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，得FA+AC=FC=15，在Rt△CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长． 【详解】解： ∵四边形ABDE为正方形， ∴∠BAE＝90°，AE＝AB， ∵∠EAF+∠AEF＝90°，∠EAF+∠BAC＝90°， ∴∠AEF＝∠BAC， 在△AEF和△BAC中， ， ∴△AEF≌△BAC（AAS）， ∴EF＝AC＝8，AF＝BC＝7， 在Rt△ECF中，EF＝8，FC＝FA+AC＝8+7＝15， 根据勾股定理得：CE＝＝17． 故答案为：17． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理求边长以及余角的性质，熟练掌握以上知识是解决问题的关键. 3．如图，在直角梯形中，， E是上一点，且，则 ． 【答案】10 【分析】过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．再设DE＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出DE． 【详解】解：过C作CG⊥AD于G，并延长DG，使GF＝BE， 在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∠A＝∠B＝90°，∠CGA＝90°，AB＝BC， ∴四边形ABCG为正方形， ∴AG＝BC＝GC=12， ∵∠DCE＝45°， ∴∠ECB+∠GCD=45°， ∵BE＝GF，∠B＝∠FGC=90°，BC＝GC， ∴△EBC≌△FGC， ∴∠ECB＝∠FCG， ∴∠FCG+∠GCD=∠DCF =45°=∠DCE， ∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC， ∴△ECD≌△FCD， ∴ED＝DF， ∴DE＝GF＋DG＝BE＋GD， 设DE＝x，则DG＝x−4， ∴AD＝16−x， 在Rt△AED中，∵DE2＝AD2＋AE2， ∴x2＝（16−x）2＋82， ∴x＝10， 即DE＝10． 故答案为：10 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键． 4．如图，在四边形中，于，则的长为    【答案】 【分析】过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题； 【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示， ∵， ， ∴≌ ， ， ， 即， ， 故答案为．    【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 5．如图，在正方形中，．为对角线的延长线上一点，为线段的中点，，连接．已知，下列说法正确的是 ．（将正确答案的序号填写下来） ①；②；③；④；⑤若点为线段上一动点，当时，． 【答案】①③⑤ 【分析】根据正方形的性质与解直角三角形的方法逐个解题求解．①根据可得含角的直角三角形，求出． ②由，得，，通过解直角三角形求出长度． ③将转化为，通过求解． ④先通过求出三角形的面积，再通过与的比值求出三角形的面积． ⑤设，，通过相似三角形与勾股定理求出的值从而求出． 【详解】解：①， ， ，， ， ， ①正确，符合题意． ②为中点， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ，， ②错误，不符合题意． ③为中点，， 为的中位线，为中点， ， ， ， ， ， ，， ， ③正确，符合题意． ④，， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ④错误，不符合题意． ⑤设，， 则， 即， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ， 解得或（舍． ， ， ， ， ， ⑤正确，符合题意． 故答案为：①③⑤． 【点睛】本题考查正方形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形的性质与解直角三角形的方法． 三、解答题 1．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明； （2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证 ，再证，最后根据边的关系即可证明； 【详解】解：（1） 证明：延长到，使得      连接      ∵四边形是正方形      ∴，      又∵      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ （2） 证明：延长到，使得      连接      ∵，      ∴      又∵，      ∴      ∴，      ∵      ∴     ∴     又∵     ∴     ∴     又∵     ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键． 2．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．    （1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　 　； （2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论） 【答案】（1）AB＝AH；（2）成立，证明见解析；（3）3 【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH； （2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH； （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案． 【详解】解：（1）∵正方形ABCD， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 在Rt△ABM和Rt△ADN中， ， ∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°， ∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN ∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°， ∴∠BAM＝∠MAH， 在Rt△ABM和Rt△AHM中， ， ∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS）， ∴AB＝AH， 故答案为：AB＝AH； （2）AB＝AH成立，理由如下： 延长CB至E，使BE＝DN，如图：    ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， ∵BE＝DN， ∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∵∠MAN＝45°， ∴∠DAN+∠BAM＝45°， ∴∠EAB+∠BAM＝45°， ∴∠EAM＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 又AM＝AM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH． （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：    ∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D， ∴四边形ABCD是矩形， ∵AB＝AD， ∴四边形ABCD是正方形， ∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6． 由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2， ∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2， 解得x＝3， ∴NH＝3． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质定理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 3．如图，点，分别在正方形的边，上，，点在的延长线上，连接，． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）5 【分析】（1）由正方形得，，由得：，得； （2）根据得：，那么可得，则可证，所以，根据勾股定理即可求得EM的长度． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在与中， ， ∴（SAS）， ∴． （2）解：由，得 ∴， 在与中， , ∴（SAS）， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形是解题的关键． 4．如图，正方形中 ，点在边上，且．将沿翻折至，延长交边于点，连结． （1）求的度数； （2）求证：； （3）若，则的面积等于 ． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）． 【分析】（1）由轴对称性质可得，，根据正方形的性质可以得出，然后由HL就可以判断，从而得出的度数；（2），则，然后根据勾股定理求得与的关系，从而得到点F是GE的中点，再根据边角关系求得；（3）通过题目已知信息，可求出，，然后求出的面积，再根据等高的三角形面积之比等于底边之比，求出的面积． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 由折叠性质可知，， 在和中， ， ， ， ． 故答案为：． （2）设，则， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ． （3）由题意及第（2）问可知，，，， ∴根据勾股定理可得：， ∴， 与是同高不同底的两个三角形， ∴面积之比等于底之比，即 ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理的运用等，熟练掌握正方形的性质与判定，并能进行推理论证与计算是解题关键． 5．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF与DE相交于点M，且∠BAF＝∠ADE． （1）如图1，求证：AF⊥DE； （2）如图2，AC与BD相交于点O，AC交DE于点G，BD交AF于点H，连接GH，试探究直线GH与AB的位置关系，并说明理由； （3）在（1）（2）的基础上，若AF平分∠BAC，且BDE的面积为4+2，求正方形ABCD的面积． 【答案】（1）见解析；（2）GHAB，见解析；（3）12+8 【分析】（1）根据正方形的性质证明∠BAF+∠AED＝90°即可解决问题． （2）证明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AECD，推出＝，由BFAD，推出＝，由AE＝BF，CD＝AD，推出＝可得结论． （3）如图2﹣1中，在AD上取一点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝a．利用三角形的面积公式构建方程求出a即可解决问题． 【详解】（1）证明：如图1中， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAE＝∠ABF＝90°， ∵∠ADE＝∠BAF， ∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°， ∴∠AME＝90°， ∴AF⊥DE． （2）解：如图2中．结论：GHAB． 理由：连接GH． ∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF， ∴△ADE≌△BAF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵AECD， ∴＝， ∵BFAD， ∴＝， ∵AE＝BF，CD＝AD， ∴＝， ∴GHAB． （3）解：如图2﹣1中，在AD上取一点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝a． ∵AF平分∠BAC，∠BAC＝45°， ∴∠BAF＝∠ADE＝22.5°， ∵AE＝AJ＝a，∠EAJ＝90°， ∴∠AJE＝45°， ∵∠AJE＝∠JED+∠JDE， ∴∠JED＝∠JDE＝22.5°， ∴EJ＝DJ＝a， ∵AB＝AD＝a+a，AE＝AJ， ∴BE＝DJ＝a， ∵S△BDE＝4+2， ∴×a×（a+a）＝4+2， 解得a2＝4， ∴a＝2或﹣2（舍弃）， ∴AD＝2+2， ∴正方形ABCD的面积＝12+8． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质和平行线分线段成比例是解题的关键． 6．如图，过线段AB的端点B作射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）． （1）求证：≌； （2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由； （3）试探究AE+EF+AF与2AB是否相等，并说明理由．    【答案】（1）见解析；（2）CF⊥AB，见解析；（3）AE+EF+AF＝2AB，见解析 【分析】（1）四边形APCD正方形，则DP平分∠APC，PC＝PA，∠APD＝∠CPD＝45°，即可求解； （2）△AEP≌△CEP，则∠EAP＝∠ECP，而∠EAP＝∠BAP，则∠BAP＝∠FCP，令CF与线段AP交于点M，则∠FCP+∠CMP＝90°，则∠AMF+∠PAB＝90°即可求解； （3）证明△PCN≌△APB（AAS），则CN＝PB＝BF，PN＝AB，即可求解． 【详解】解：（1）证明：∵四边形APCD正方形， ∴DP平分∠APC，PC＝PA， ∴∠APD＝∠CPD＝45°， ∵PE＝PE， ∴△AEP≌△CEP（SAS）； （2）CF⊥AB，理由如下： ∵△AEP≌△CEP， ∴∠EAP＝∠ECP， ∵∠EAP＝∠BAP， ∴∠BAP＝∠FCP， 令CF与线段AP交于点M， ∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP， ∴∠AMF+∠PAB＝90°， ∴∠AFM＝90°， ∴CF⊥AB； （3）过点C作CN⊥PB．    ∵CF⊥AB，BG⊥AB， ∴FC∥BN， ∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB， 又AP＝CP， ∴△PCN≌△APB（AAS）， ∴CN＝PB＝BF，PN＝AB， ∵△AEP≌△CEP， ∴AE＝CE， ∴AE+EF+AF＝CE+EF+AF ＝BN+AF ＝PN+PB+AF ＝AB+CN+AF ＝AB+BF+AF ＝2AB， 即AE+EF+AF＝2AB． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定及其性质、平行线的性质、等量代换等知识点，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定方法及其性质． 7．如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．    （1）求证：PE＝PB； （2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由； （3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值；（3）．理由见解析． 【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明即可求解． （2）如图，连接OB，通过证明，得到PF=OB，则PF为定值是． （3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得，，整理可得结论． 【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．   ∵PB⊥PE， ∴∠BPE＝90°， ∴∠MPB+∠EPN＝90°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠D＝90°． ∵AD∥MN， ∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90， ∵∠MPB+∠MBP＝90°， ∴∠EPN＝∠MBP． 在Rt△PNC中，∠PCN＝45°， ∴△PNC是等腰直角三角形， ∴PN＝CN， ∴BM＝CN＝PN， ∴△BMP≌△PNE（ASA）， ∴PB＝PE． （2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．   理由：如图2，连接OB． ∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点， ∴OB⊥AC， ∴∠AOB＝90°， ∴∠AOB＝∠EFP＝90°， ∴∠OBP+∠BPO＝90°． ∴∠BPE＝90°， ∴∠BPO+∠OPE＝90°， ∴∠OBP＝∠OPE． 由（1）得PB＝PE， ∴△OBP≌△FPE（AAS）， ∴PF＝OB． ∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴． ∴PF的长为定值． （3）解：． 理由：如图1，∵∠BAC＝45°， ∴△AMP是等腰直角三角形， ∴． 由（1）知PM＝NE， ∴． ∵△PCN是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键． 8．将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立， (1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______． (2)∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F， ①如图①，求证AE＝EF； ②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积； (3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值． 【答案】(1)（6，6），（3，0） (2)①证明见解析；② (3) 【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质求解即可得出答案； （2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出32+（6-x）2=（x+3）2，解得x=2，根据计算求解即可得出答案； （3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案． 【详解】（1）解：∵实数a，b使式子成立， ∴， ∴， ∴a=6， ∴b=3， ∴点A的坐标为（0，6），E（3，0）； ∴OA=6， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OC=CD=OA=6， ∴D（6，6）， 故答案为：（6，6），（3，0）； （2）解：①如图①，取OA的中点K，连接KE， ∵∠AEF=90°， ∴∠FEC+∠AEO=∠AEO+∠OAE=90°， ∴∠FEC=∠OAE， ∵OE=EC=3，K为OA的中点，OA=OC， ∴AK=EC，OK=OE， ∴∠OKE=45°， ∴∠AKE=135°， ∵CF是正方形外角的平分线， ∴∠DCF=45°， ∴∠ECF=135°， ∴∠AKE=∠ECF， 在△AKE和△ECF中， ， ∴△AKE≌△ECF（ASA）， ∴AE=EF； ②如图②，延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH， ∵四边形AOCD是正方形， ∴AO=AD，∠AOE=∠ADH=90°， ∴△AOE≌△ADH（SAS）， ∴∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD， 由①知AE=EF， ∴△AEF为等腰直角三角形， ∴∠EAF=45°， ∴∠OAE+∠DAG=∠DAH+∠DAG=∠GAH=45°， ∴∠GAH=∠GAE， ∴△AEG≌△AHG（SAS）， ∴EG=GH=DG+OE，∠AGE=∠AGH，∠AEG=∠AHD， ∴∠AEO=∠AEG， ∵， ∴∠AGH=∠GNE=∠AGE， ∴EN=EG， 同理可得GM=GE， ∴GM=EN， 又∵GM⊥EN， 设DG=x，则CG=6-x， ∴OE=CE=3， ∴EG=x+3， 在Rt△ECG中，32+（6-x）2=（x+3）2， 解得x=2， ∴EG=EN=GM=5， ∴S四边形MNGE=＝； （3）解：在外角平分线上取点F，使CF=AO，连接，， ∴∠OAP=∠QCF=45°， ∵AP=CQ， ∴△APB≌△CQF（SAS）， ∴PB=QF， ∴BP+BQ=BQ+QF， ∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长， 过点F作FR⊥x轴于点R， ∵∠DCF=∠RCF=45°， ∴△CFR为等腰直角三角形， ∵AO=CF=6， ∴CR=FR=， ∴OR=， 在Rt△ORF中，， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 9．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H． （1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________； （2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由； （3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长． 【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3） 【分析】（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH； （2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH； （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案． 【详解】解：（1）∵正方形ABCD， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 在Rt△ABM和Rt△ADN中， ∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM＋∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°， ∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN， ∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°， ∴∠BAM＝∠MAH， 在Rt△ABM和Rt△AHM中， ∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS）， ∴AB＝AH， 故答案为：AB＝AH； （2）AB＝AH成立，理由如下： 延长CB至E，使BE＝DN，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在Rt△AEB和Rt△AND中， ∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∵∠DAN＋∠BAM＝45°， ∴∠EAB＋∠BAM＝45°， ∴∠EAM＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH． （3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图： ∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D， ∴四边形ABCD是正方形， ∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD． 由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7， 设AH＝AB＝BC＝CD＝x， 在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$