2026年中考数学压轴题专项训练—正方形中的手拉手模型

正方形中的手拉手模型 参考答案与试题解析 一．解答题（共20小题） 1．（2025•高青县一模）综合与实践 问题情境： 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°，得到△CBE'（点A的对应点为点C），延长AE交CE'于点F，连接DE． 猜想证明： （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与FE'的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，CF＝3，请直接写出AB的长． 【答案】（1）四边形BE'FE是正方形，理由见解答过； （2）CF＝E'F；理由见解答过程； （3）AB＝15． 【解答】解：（1）四边形BE'FE是正方形，理由如下： ∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°， ∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°， 又∵∠BEF＝90°， ∴四边形BE'FE是矩形， 又∵BE＝BE'， ∴四边形BE'FE是正方形； （2）CF＝E'F；理由如下： 如图②，过点D作DH⊥AE于H， ∵DA＝DE，DH⊥AE， ∴AHAE， ∴∠ADH+∠DAH＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°， ∴∠DAH+∠EAB＝90°， ∴∠ADH＝∠EAB， 又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°， ∴△ADH≌△BAE（AAS）， ∴AH＝BEAE， ∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°， ∴AE＝CE'， ∵四边形BE'FE是正方形， ∴BE＝E'F， ∴E'FCE'， ∴CF＝E'F； （3）如图①，过点D作DH⊥AE于H， 由（2）可知：HE＝CF＝3， 在Rt△DEH中，DH12， ∴DH＝AE＝CE'＝12， ∴BE＝AH＝E'B＝9， 在Rt△BCE′中，BC2＝E'B2+E'C2， 即BC15， ∴AB＝BC＝15． 2．（2024•河北模拟）如图1，点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC于E，GF⊥CD于F． （1）证明与推断： ①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：　　 ； （2）探究与证明： 将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由； （3）拓展与运用： 正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3，延长CG交AD于点H，若AG＝3，GH，求BC的长． 【答案】（1）①见解析过程； ②； （2）AGBE，理由见解析过程； （3）BC． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°， ∵GE⊥BC、GF⊥CD， ∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°， ∴四边形CEGF是矩形， ∵∠BCA＝45°， ∴△CEG是等腰直角三角形， ∴EG＝EC， ∴四边形CEGF是正方形； ②解：由①知四边形CEGF是正方形， ∴∠CEG＝∠B＝90°，∠ECG＝45°， ∴，GE∥AB， ∴， 故答案为：； （2）解：线段AG与BE之间的数量关系为：AGBE，理由如下： 连接CG，如图（2）所示： 由旋转性质得：∠BCE＝∠ACG＝α， 在Rt△CEG和Rt△CBA中，cos45°，cos45°， ∴， ∴△ACG∽△BCE， ∴， ∴线段AG与BE之间的数量关系为：AGBE； （3）解：∵四边形ABCD、四边形CEGF都是正方形， ∴∠HAC＝45°，∠HGA＝∠CGF＝45°， ∴∠HAC＝∠HGA， ∵∠AHG＝∠CHA， ∴△AHG∽△CHA； ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴设BC＝CD＝AD＝a，则ACa， ∵， ∴ 解得：AHa， ∴DH＝AD﹣AH＝aaa， CHa， ∵， ∴， 解得：a， 即BC． 3．（2024秋•江南区期中）如图1，已知点E为正方形内ABCD的一点，连接BE．将线段BE绕点B逆时针方向旋转90°得到BF，连接AF，CE． （1）如图1，直接写出线段AF与CE的关系； （2）如图2，点E为正方形ABCD外的一点，将BE绕点B逆时针方向旋转90°得到BF，连接AF，CE，探究线段AF与CE的关系，并说明理由； （3）如图3，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为△ABC外一点，且∠BDC＝45°，点O为AC的中点，连接OD，BD，CD，若OD＝25，BD＝17，求△OCD的面积． 【答案】（1）AF＝CE，证明见解答； （2）AF＝CE，证明见解答； （3）S△OCD＝49． 【解答】解：（1）AF＝CE，AF⊥CE，理由如下： 如图1，延长CE交AF于点G，交AB于点K， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠CBE+∠ABE＝90°， 由旋转得：BF＝BE，∠EBF＝90°， ∴∠ABE+∠ABF＝90°， ∴∠ABF＝∠CBE， ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴AF＝CE，∠BAF＝∠BCE， ∵∠BCE+∠BKC＝90°，∠BKC＝∠AKG， ∴∠BAF+∠AKG＝90°， ∴∠AGK＝90°， ∴AF⊥CE； （2）AF＝CE，AF⊥CE，理由如下： 如图2，设CE交AF于点G，交AB于点K， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝∠ABE+90°， 由旋转得：BF＝BE，∠EBF＝90°， ∴∠ABF＝∠ABE+90°， ∴∠ABF＝∠CBE， ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴AF＝CE，∠BAF＝∠BCE， ∵∠BCE+∠BKC＝90°，∠BKC＝∠AKG， ∴∠BAF+∠AKG＝90°， ∴∠AGK＝90°， ∴AF⊥CE； （3）过点B作BF⊥BD交DC的延长线于点F，连接AF，过点O作OH⊥CF于点H，如图3， 则∠FBD＝90°， ∵∠BDC＝45°， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴BD＝BF＝17，DFBD＝34， ∵∠FBD＝∠ABC＝90°， 即∠FBC+∠DBC＝∠FBC+∠FBA， ∴∠DBC＝∠FBA， 在△BCD和△BAF中， ， ∴△BCD≌△BAF（SAS）， ∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝45°， ∵∠BFC＝45°， ∴∠AFD＝45°+45°＝90°， ∴∠AFD＝∠OHC，∠ACF＝∠OCH， ∴△ACF∽△OCH， ∴， ∵点O为AC的中点， ∴， ∴， ∴AF＝2OH， 设OH＝x，则AF＝CD＝2x， ∴CF＝DF﹣CD＝34﹣2x， ∴CH＝FHCF＝17﹣x， ∴DH＝CD+CH＝17+x， 在Rt△ODH中，OH2+DH2＝OD2， 即x2+（17+x）2＝252， 解得：x＝7或x＝﹣24（舍去）， ∴OH＝7，CD＝2x＝2×7＝14， ∴S△OCDCD•OH14×7＝49． 4．（2024春•孝感期末）（1）问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CE⊥CF交AB的延长线于F，求证：CE＝CF； （2）尝试探究：如图2，在（1）的条件下，连接DB、EF交于M，请探究DM、BM与BF之间的数量关系，并证明你的结论． （3）拓展应用：如图3，在（2）的条件下，DB和CE交于点N，连接CM并延长交AB于点P，已知DE＝3，∠DME＝15°，直接写出PB的长 　　 ． 【答案】（1）见解析过程； （2）DM＝BMBF，理由见解析过程； （3）． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°， ∴∠CBF＝180°﹣∠ABC＝90°， ∵CF⊥CE， ∴∠ECF＝90°， ∴∠DCB＝∠ECF＝90°， ∴∠DCE＝∠BCF， ∴△CDE≌△CBF（ASA）， ∴CE＝CF； （2）DM＝BMBF，理由如下： 如图，过点F作FH⊥AF，交DB的延长线于H， ∵△CDE≌△CBF， ∴DE＝BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°， ∴∠FBH＝45°， ∵FH⊥AB， ∴∠FBH＝∠H＝45°， ∴BF＝FH＝DE， ∴BHBF， ∵∠EDM＝∠H＝45°，∠EME＝∠HMF，DE＝FH， ∴△DME≌△HMF（AAS）， ∴DM＝MH，EM＝MF， ∴DM＝MB+BH＝MBBF； （3）连接EP， ∵∠DME＝15°，∠ABD＝45°， ∴∠AFE＝30°， ∴AFAE， ∴AB+BF（AB﹣DE）， ∴AB+3AB﹣33， ∴AB＝3， ∴AE＝2，AF＝6， ∵EC＝CF，∠ECF＝90°，EM＝MF， ∴CP是EF的垂直平分线， ∴EP＝PF， ∵PE2＝AE2+AP2， ∴PF2＝24+（6PF）2， ∴PF＝4， ∴PB， 故答案为：． 5．（2024春•朝阳区校级月考）如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）点B、E的对应点分别为点B′、E′． 【感知】如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长； 【探究】若α＝90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由； 【应用】在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE′长度的取值范围． 【答案】【感知】； 【探究】四边形AEFE′是正方形，理由见解析； 【应用】． 【解答】解：【感知】∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，∠ABC＝90°， ∴， 由旋转的性质得：， ∴； 【探究】四边形AEFE′是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：AE′＝AE，∠EAE′＝α＝90°，∠AE′D＝∠AEB＝90°， ∵∠AEF＝180°﹣90°＝90°， ∴四边形AEFE′是矩形， 又∵AE′＝AE， ∴四边形AEFE′是正方形； 【应用】∵直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）， 点B、E的对应点分别为点B′、E′， ∴当α＝0°时，E′与E重合，CE′最短； 当E′落在CA的延长线上时，AE′＝AE＝2，CE′最长， ∴线段CE′长度的取值范围是． 6．（2024•惠城区模拟）综合与实践 如图①，边长为4的正方形ABCD与边长为a（0＜a＜4）的正方形CFEG的顶点C重合，点E在对角线AC上． （1）[问题发现]如图①，AE与BF的数量关系为 AEBF ； （2）[类比探究]如图②，将正方形CFEG绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜30°），请问此时上述结论是否仍然成立？若成立，请写出推理过程；若不成立，请说明理由； （3）[拓展延伸]当时，将正方形CFEG按图①所示位置开始绕点C顺时针旋转，在正方形CFEG旋转的过程中，当点A，F，C在一条直线上时，请直接写出此时线段AE的长． 【答案】（1）AEBF； （2）结论AEBF仍然成立，证明见解答； （3）线段AE的长为2或2． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形， ∴∠B＝∠CFE＝90°，∠FCE＝∠BCA＝45°，CECF，CE⊥GF， ∴AB∥EF， ∴， ∴AEBF， 故答案为：AEBF； （2）结论AEBF仍然成立，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形， ∴∠ACB＝∠ECF＝45°，， ∴∠ACB﹣∠ACF＝∠ECF﹣∠ACF， 即∠BCF＝∠ACE， ∴△BCF∽△ACE， ∴， ∴AEBF； （3）当点F在对角线AC上时，如图，过点F作FH⊥BC于点H，连接CE， 由（2）知：△BCF∽△ACE， ∴，即AEBF， ∵CF＝a，∠FCH＝45°， ∴CH＝FHCF＝1， ∴BH＝BC﹣CH＝4﹣1＝3， ∴BF， ∴AEBF＝2； 当点F在AC的延长线上时，如图，过点F作FH⊥BC交BC的延长线于点H，连接CE， 同理可得：AEBF， ∵CF，∠FCH＝∠ACB＝45°， ∴CH＝FHCF＝1， ∴BH＝BC+CH＝4+1＝5， ∴BF， ∴AEBF＝2； 综上所述，线段AE的长为2或2． 7．（2023秋•伊金霍洛旗期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将△APB绕点A逆时针旋转90°得△AP'D，延长BP交P′D于点F，连接CP． （1）判断四边形的AP′FP的形状，并说明理由； （2）若DF＝1，求AP的长度； （3）在（2）的条件下，求． 【答案】（1）四边形AP′FP是正方形，理由见解答过程； （2）AP＝3； （3）． 【解答】解：（1）四边形AP′FP是正方形，理由如下： 由△APB绕点A逆时针旋转90°得△AP′D可得：△ABP≌△ADP′， ∴∠APB＝∠AP′D＝90°，AP＝AP′，∠BAP＝∠DAP′， 在正方形ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴∠PAP′＝∠P′AD+∠DAP＝∠BAP+∠DAP＝90°， ∴∠PAP′＝∠APB＝∠AP′D＝90°， ∴四边形AP′FP是矩形， ∵AP＝AP′， ∴四边形AP′FP是正方形； （2）过点C作CG⊥BP于点G．如图， 在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝5， 在正方形AP′FP中，设AP′＝P′F＝x，则P′D＝（x+1）， 在Rt△AP′D中，∠AP′D＝90°，AP2+PD2＝AD2， 即：x2+（x+1）2＝52， 解得：x1＝﹣4（不符合题意，舍去），x2＝3， ∴x＝3， ∴AP′＝AP＝3； （3）∵AP′＝AP＝3， ∴P′D＝PB＝4， ∵∠APB＝∠CGB＝∠ABC＝90°， ∴∠ABP＝∠BCG， 在△ABP和△BCG中， ， ∴△ABP≌△BCG（AAS）， ∴CG＝PB＝4， ∴． 8．（2023•临安区校级模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为边作正方形AEFG，连接EB，GD． （1）如图1，判断EB与GD位置关系，并证明你的结论； （2）如图2，若点E在线段DG上，∠DAE＝15°，AG＝4，求BE的长． 【答案】（1）BE⊥DG，理由见解答； （2）22． 【解答】解：（1）BE⊥DG； 如图1，延长BE交DG于H， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴△ABE≌△DAG（SAS）， ∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG， ∵∠ADG+∠DGA＝90°， ∴∠ABE+∠DGA＝90°， ∴∠GHB＝90°， ∴BE⊥DG； （2）作AH⊥DG于H， ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形， ∴∠AGE＝45°， ∴GH＝HA2， ∵∠AGE＝45°， ∴∠GAH＝45°， ∴∠HAE＝45°， ∵∠DAE＝15°， ∴∠HAD＝∠HAE+∠DAE＝60°， ∴HD＝AH•tan∠HAD＝22， ∴BE＝DG＝DH+GH＝22． 9．（2023春•南宁期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为边作正方形AEFG，连接EB，GD． （1）如图1，求证：EB＝GD； （2）如图2，若点E在线段DG上，AB＝6，AG，求BE的长． 【答案】（1）见解答； （2）33． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形， ∴AB＝AD，AG＝AE，∠BAD＝∠GAE＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△AGD和△AEB中， ， ∴△AGD≌△AEB（SAS）， ∴EB＝GD； （2）解：作AH⊥DG于H， ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形， ∴AD＝AB＝6，AE＝AG＝3． 由勾股定理得：EG6， ∴AH＝GHEG＝3（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）， ∴DH3， ∴BE＝DG＝DH+GH＝33． 10．（2025春•泰兴市期中）如图，在正方形ABCD中，点E是射线BD上的一点，连接CE，以CE为边，在CE右侧作正方形CEFG，连接DG． （1）如图1，点E在线段BD上，证明：△CBE≌△CDG； （2）如图2，点E在BD的延长线上，DG与CE相交于点H，若正方形ABCD的边长为4，设△GCH的面积为S1，△EDH的面积为S2．在点E的运动过程中，发现：S1+S2，S1﹣S2中有一个是定值，请把它找出来，并求出这个定值； （3）当点E在BD的延长线上时，设正方形ABCD和正方形CEFG的对称中心分别是P、Q，连接PQ． ①证明：PQ∥BC； ②连接PC，探索线段PE、PQ、PC之间的数量关系，直接写出结论． 【答案】（1）见解析过程； （2）S1﹣S2为定值，定值为8； （3）①见解析过程； ②． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形ECGF是正方形， ∴BC＝CD，EC＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°， ∴∠BCE＝∠DCG， ∴△CBE≌△CDG（SAS）； （2）解：由（1）可知：△CBE≌△CDG， ∴S△CBE＝S△CDG， ∴S△BCD+S△DCH+S2＝S△DCH+S1， ∴S1﹣S242＝8； （3）①如图，过点Q作HQ交BE的延长线于H， ∵正方形ABCD和正方形CEFG的对称中心分别是P、Q， ∴CQ＝EQ，CQ⊥EQ，CP⊥PD， ∴∠CQE＝∠PQH＝90°， ∴∠PQC＝∠EQH，∠PCQ+∠PEQ＝180°， ∵∠PEQ+∠QEH＝180°， ∴∠PCQ＝∠HEQ， ∴△PCQ≌△HEQ（ASA）， ∴PQ＝QH，CP＝EH， ∴∠QPH＝45°， ∴∠QPH＝∠DBC＝45°， ∴PQ∥BC； ②PE+PCPQ，理由如下： ∵PQ＝QH，∠PQH＝90°， ∴PHPQ， ∴PE+EHPQ， ∴PE+PCPQ． 11．（2024秋•海安市期中）【问题情境】 在学习图形的旋转时，九上课本中有这样一道习题： 如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BE，AD．同学们发现以下结论：BE与AD的数量关系是 BE＝AD ；BE与AD所夹的锐角等于 　60　 度； 【变式思考】 如图2，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，连接DG，将DG绕点D顺时针旋转90°得DQ，连接AF，AQ．用等式表示线段AF与DG之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 如图3，在【变式思考】的基础上，若AB＝4，CE＝2，直线BE与直线DG交于点M，当正方形CEFG绕点C旋转一周的过程中，AM的最小值是 　2　 ． 【答案】（1）BE＝AD，60； （2）AFDG，理由见解析过程； （3）2． 【解答】解：（1）如图1，设AD与BE的交点为O， ∵△ABC和△CDE都是等边三角形， ∴AC＝BC，CE＝DC，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD， ∴∠AOB＝∠ADC+∠CBE＝∠CAD+∠ADC＝∠ACB＝60°， ∴BE与AD所夹的锐角等于60°， 故答案为：BE＝AD，60； （2）AFDG，理由如下： 如图2，连接AC，CF， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴ACCD，CFCG，∠FCG＝∠ACD＝45°， ∴∠DCG＝∠ACF，， ∴△ACF∽△DCG， ∴， ∴AFDG； （3）如图3，连接BD，AC，AM，CM，EG， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°， ∴∠ECB＝∠GCD， ∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴∠BEC＝∠DGC， ∵∠DGC+∠CGM＝180°， ∴∠BEC+∠CGM＝180°， ∴∠ECG+∠EMG＝180°， ∴∠DME＝90°＝∠BMD， ∴点M在BD为直径的半圆上运动， ∴∠ABD＝∠AMD＝∠ACD， ∴点M，点C，点D，点A四点共圆， ∴∠AMC＝∠ADC＝90°， ∴AM， ∴当CM有最大值时，AM有最小值， ∵∠ECG＝∠EFG＝90°， ∴点E，点F，点G，点C四点共圆， ∵∠ECG＝90°＝∠BMD， ∴点M，点E，点C，点G四点共圆， ∴点M，点E，点F，点G，点C五点共圆， ∴CM≤CF， ∵AB＝4，CE＝2， ∴AC＝4，CF＝2， ∴AM的最小值为2， 故答案为：2． 12．（2024•鞍山模拟）综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径，通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广周的数学天地． （1）问题初探：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D，则BE与CF的数量关系：BE＝CF ，∠BDC＝　30　 °； （2）类比分析：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，当∠BAC＝∠EAF＝110°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D，连接AD，求证：AD平分∠BDF； （3）学以致用：如图3，正方形ABCD和等腰直角△AEF，∠BAD＝∠EAF＝90°，连接BE，DF并延长DF交BE于G，直线DF与直线AB交于H，将△AEF绕A点旋转至AF∥BE时，若FH＝2，DF＝8，则BG的长是 　4或12　 ． 【答案】（1）BE＝CF，30； （2）证明见解答； （3）4或12． 【解答】（1）解：如图1，设BD交AC于点L， ∵∠BAC＝∠EAF＝30°， ∴∠BAE＝∠CAF＝30°+∠CAE， 在△BAE和△CAF中， ， ∴△BAE≌△CAF（SAS）， ∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF， ∴∠BDC＝∠BLC﹣∠ACF＝∠BLC﹣∠ABE＝∠BAC＝30°， 故答案为：BE＝CF，30． （2）证明：如图2，作AM⊥BD于M，AN⊥DF于N， ∵∠BAC＝∠EAF＝110°， ∴∠BAE＝∠CAF＝110°﹣∠CAE， 在△BAE和△CAF中， ， ∴△BAE≌△CAF（SAS）， ∴BE＝CF，S△ABE＝S△BCF， ∴BE•AMCF•AN， ∴AM＝AN， ∴点A在∠BDF的平分线上， ∴AD平分∠BDF． （3）解：如图3，点E与点F在直线AB的异侧，DG交AB于点H， ∵四边形ABCD和△AEF分别是正方形和等腰直角三角形，∠BAD＝∠EAF＝90°， ∴AB＝AD，AE＝AF，∠BAE＝∠DAF＝90°﹣∠BAF， 在△BAE和△DAF中， ， ∴△BAE≌△DAF（SAS）， ∴BE＝DF＝8，∠ABE＝∠ADF， ∵∠BHG＝∠DHA， ∴∠DGE＝∠ABE+∠BHG＝∠ADF+∠DHA＝90°， ∵AF∥BE，FH＝2， ∴∠DFA＝∠DGE＝90°， ∴∠AFH＝∠DFA＝90°，∠HAF＝∠ADF＝90°﹣∠DAF， ∴tan∠HAF＝tan∠ADF， ∴AF4， ∵∠AFG＝∠FGE＝∠EAF＝90°，AE＝AF， ∴四边形EAFG是正方形， ∴EG＝AF＝4， ∴BG＝BE﹣EG＝8﹣4＝4； 如图4，点E与点F在直线AB的同侧，DF、BA的延长线交于点H，∠BAE＝∠DAF＝90°﹣∠DAE， 在△BAE和△DAF中， ， ∴△BAE≌△DAF（SAS）， ∴BE＝DF＝8，∠ABE＝∠ADF， ∴∠BGD＝∠ABE+∠H＝∠ADF+∠H＝∠BAD＝90°， ∴∠EGF＝90°， ∵AF∥BE，FH＝2， ∴∠DFA＝∠BGD＝90°， ∴∠AFH＝∠DFA＝90°， ∵∠DAH＝90° ∴∠HAF＝∠ADF＝90°﹣∠DAF， ∴tan∠HAF＝tan∠ADF， ∴AF4， ∵∠GFA＝∠EGF＝∠EAF＝90°，AE＝AF， ∴四边形EAFG是正方形， ∴EG＝AF＝4， ∴BG＝BE+EG＝8+4＝12， 综上所述，BG的长是4或12， 故答案为：4或12． 13．（2023•朝阳县三模）综合与实践 问题情境： 四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O，F是正方形内一点，∠BFC＝90°．将△BFC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到△DEC，点B，F的对应点分别为点D，E，直线EF经过点O． 特例分析： （1）如图1，当点F与点O重合时，判断四边形CEDF的形状，请说明理由，并直接写出EF与DE的数量关系． 深入探究： （2）如图2，当点F与点O不重合时，试判断DE，EO，FO之间的数量关系，并说明理由． 类比迁移： （3）如图3，将正方形ABCD改为菱形，对角线AC，BD相交于点O，F是菱形内一点，∠BFC＝90°．将△BFC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△DEC，点B，F的对应点分别为点D，E．请直接写出DE，EO，FO之间的数量关系． 【答案】（1）四边形CEDF是正方形，理由见解析过程；EFDE； （2）OE﹣OFDE，理由见解析过程； （3）OE+OFDE，理由见解析过程． 【解答】解：（1）四边形CEDF是正方形，理由如下， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，BO＝CO＝DO，BC＝CD，∠BCD＝90°， ∵将△BFC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到△DEC， ∴CO＝CE，BO＝DE， ∴CO＝DO＝CE＝DE， ∴四边形CODE是菱形， 又∵AC⊥BD， ∴四边形CODE是正方形， 即四边形CEDF是正方形， ∴EFDE； （2）EO﹣FODE，理由如下： 如图2，延长EF至H，使EO＝HO，连接BH， ∵EO＝HO，∠DOE＝∠BOH，DO＝BO， ∴△DOE≌△BOH（SAS）， ∴DE＝BH， ∴∠BHF＝∠BFH， ∵将△BFC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到△DEC， ∴FC＝CE，∠ECF＝90°＝∠BCD，BF＝DE， ∴∠CFE＝45°，BH＝BF＝DE， ∵∠BFC＝90°， ∴∠BFH＝180°﹣∠CFE﹣∠BFC＝45°＝∠BHF， ∴∠HBF＝90°， ∴HFBH， ∴HF＝OH﹣OF＝OE﹣OFDE， 即：OE﹣OFDE； （3）OE+OFDE，理由如下， 如图3，过点D作∠EDH＝120°，交EF的延长线于点H，连接AH，并延长AH交EC的延长线于点G，DP⊥EH于点P， ∵将△BFC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△DEC， ∴CE＝CF，ED＝BF，∠ECF＝∠BCD＝60°，∠BFC＝∠DEC＝90°， ∴△BCD，△CEF都是等边三角形， ∴∠CFE＝∠CEF＝60°， ∴∠DCH＝∠DEC﹣∠CEF＝30°， ∵∠HDE＝120°， ∴∠DHE＝30°＝∠DEH， ∴DE＝DH， 又∵DP⊥EH，∠DEP＝30°， ∴HP＝PEDP，DE＝2DP， ∴HEDE， ∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝60°， ∴AD＝CD，∠ADC＝120°＝∠EDH，AO＝CO， ∴∠ADH＝∠CDE， ∴△ADH≌△CDE（SAS）， ∴∠AHD＝∠DEC＝90°， ∵∠EDH+∠DHG+∠DEG+∠G＝360°， ∴∠G＝60°， ∴∠G＝∠FCE， ∴CF∥AG， ∴∠CAH＝∠FCO， 又∵AO＝CO，∠AOH＝∠COF， ∴△AOH≌△COF（ASA）， ∴OH＝OF， ∴OE+OF＝OH+OE＝HEDE． 也可以通过证明点O，点D，点E，点C四点共圆，可求∠DEF的度数，其他一样． 14．（2023•平南县二模）如图1，正方形ADEF中，∠DAF＝90°，点B、C分别在边AD、AF上，且AB＝AC． （1）FC和BD的关系是：BD＝CF，BD⊥CF ； （2）如图2，当△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）时，那么（1）中结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）如图3，△ABC绕点A逆时针旋转45°时，延长DB交CF于点H，当AB＝2，AD时，请直接写出线段FH的长． 【答案】（1）BD＝CF，BD⊥CF； （2）（1）中的结论还成立，理由见解析； （3）． 【解答】解：（1）∵四边形ADEF是正方形， ∴AF＝AD，∠FAD＝90°， ∵AB＝AC， ∴CF＝BD，CF⊥BD， 故答案为：BD＝CF，BD⊥CF； （2）BD＝CF，BD⊥CF还成立， 理由如下：∵四边形ADEF是正方形， ∴AD＝AF，∠DAF＝90°， ∵△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠DAB＝∠FAC， ∴△ADB≌△AFC（SAS）， ∴BD＝CF， 如图②，延长DB交AF于点O，交FC于点G， ∴∠FOG＝∠AOD， ∵△ADB≌△AFC， ∴∠ADB＝∠AFC ∴∠FGO＝∠FAD＝90°， ∴BD⊥CF； （3）如图③，过B作BM⊥AD于M，连接BF，BC交AF于点P， 同（2）的方法得，CF＝BD，BD⊥CF， 在Rt△AMB中，∠BAM＝45°，AB＝2， ∴AM＝BM，DM， 在Rt△BDM中，根据勾股定理得，BD， ∴BD＝BF＝CF， 由已知可得CBAB＝2， ∴FP， 在△BCF中，由面积得BH×CF＝FP×BC， ∴BH， ∴FH． 15．（2023•龙江县校级三模）【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则△ADE≌△CDG ，通过这两个三角形全等可得线段AE与GC之间的关系为 AE＝CG，AE⊥CG ． 【问题类比】 如图2、3，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论 　成立　 （填成立或不成立），若成立，请选择图2证明你的结论；若不成立，请选择图3说明理由； 【拓展延伸】 （1）若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，DE＝1【问题思考】中其他条件不变，则BF的取值范围是 　　 （直接写出结果）． （2）若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边BC的最大距离为 　　 （直接写出结果）． 【答案】【问题思考】CDG，AE⊥CG，AE＝CG． 【问题类比】成立，理由见解答． （1）； （2）． 【解答】解：【问题思考】：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形 ∴AD＝CD，DG＝DE，∠GDE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝GC，∠DCG＝∠DAE， ∵∠DCG+∠DCP＝180°， ∴∠DAE+∠DCP＝180°， ∴∠ADC+∠APC＝180°， ∴∠APC＝90°， ∴AE⊥CG， 故答案为：CDG，AE⊥CG，AE＝CG； 【问题类比】：仍然成立，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形DEFG正方形， ∴AD＝CD，DG＝DE，∠GDE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝GC，∠DCG＝∠DAE， ∵∠DCG+∠DCP＝180°， ∴∠DAE+∠DCP＝180°， ∴∠ADC+∠APC＝180°， ∴∠APC＝90°， ∴AE⊥CG； （1）连接BF，BD，DF，如图， ∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形， ∴AB＝AD＝2，DE＝EF＝1，∠BAD＝∠DEF＝90°， ∴，， 由三角形三边关系可知：BD﹣DF≤BF≤BD+DF， 当B，D，F在同一直线上时取等号， ∴， 故答案为：； （2）如图，连接AC， 由（2）可知：AE⊥GC， ∴∠APC＝90°＝∠ADC， ∴点P在以AC为直径的⊙O上运动， ∴当P′O⊥BC时，点P到边BC有最大距离， ∵正方形ABCD的边长为2， ∴，， ∴点P到边BC的最大距离为， 故答案为：． 16．（2025春•博罗县期末）综合与实践 正方形ABCD中，AC为对角线，点P在线段AC上运动，以PD为边作正方形DPFE，连接CE； 【初步探究】 （1）如图1，当点P在线段AC上时，AP与CE的数量关系是 AP＝CE ；AP与CE的位置关系为 AP⊥CE ；CD，PC，CE三者的数量关系为 　СЕ+PСCD ； 【探索发现】 （2）当点P在线段AC延长线上运动时，如图2，探究线段CD，PC和CE三者之间数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，连接AE，若，，则CP的长为 　3　 ． 【答案】（1）AP＝CE，AP⊥CE，CE+PCCD； （2）CE﹣PCCD，理由详见解答； （3）3． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD、DPFE都是正方形， ∴AD＝CD，DP＝DE，∠ADC＝∠PDE＝90°，∠DAC＝∠DCA＝45°， ∴∠ADP＝∠CDE＝90°﹣∠PDC， ∴△ADP≌△CDE（SAS）， ∴AP＝CE，∠DAP＝∠DCE＝45°， ∴∠PCE＝∠ACD+∠DCE＝90°， ∴AP⊥CE， ∵AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴ACCD， 又AC＝AP+PC，AP＝CE， ∴CE+PCCD， 故答案为：AP＝CE，AP⊥CE，CE+PCCD； （2）CE﹣PCCD， 理由：∵四边形ABCD、DPFE都是正方形， ∴AD＝CD，DP＝DE，∠ADC＝∠PDE＝90°，∠DAC＝∠DCA＝45°， ∴∠ADP＝∠CDE＝90°+∠PDC， ∴△ADP≌△CDE（SAS）， ∴AP＝CE，∠DAP＝∠DCE＝45°， ∴∠PCE＝∠ACD+∠DCE＝90°， ∴AP⊥CE， ∵AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴ACCD， 又AC＝AP﹣PC，AP＝CE， ∴CE﹣PCCD； （3）在正方形ABCD中，AB， ∴AC＝2， 由（2）知：AP⊥CE， ∴CE5， ∵AP＝CE， ∴CP＝AP﹣AC＝3， 故答案为：3． 17．（2025春•椒江区期末）如图1，四边形ABCD是正方形，E是BC上的任意一点，连接AE，以AE为边作正方形AGFE，连接CG交AB于点P． （1）求证：∠GAP＝∠BEA； （2）求证：AP＝BP+BE； （3）连接AC． ①如图2，若CP平分∠ACB，求的值； ②如图3，若∠ACP＝30°，请直接写出的值． 【答案】（1）证明见解答． （2）证明见解答． （3）①3+2；②． 【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD、AGFE是正方形． ∴∠AGE＝∠BAD＝90°，AD∥BC． ∴∠GAP＝90°﹣∠BAE＝∠DAE，∠BEA＝∠DAE． ∴∠GAP＝∠BEA． （2）证明：如图，过点G作GH⊥AB． 由（1）可知∠GAH＝∠BEA． 在△AGH和△EAB中，， ∴△AGH≌△EAB（AAS）， ∴AH＝BE，GH＝AB＝BC． 在△GPH和△CPB中，， ∴△GPH≌△CPB（AAS）， ∴HP＝BP， ∴AP＝AH+HP＝BP+BE． （3）如图，过点P作PQ⊥AC，Q为垂足． ①根据正方形的性质，∠PAQ＝45°，则△AQP为等腰直角三角形． ∴APPQ，PQ＝AQ． 由角平分线的性质，PB＝PQ． ∴AB＝BC＝PBPQ＝（1）PB． 由（2）可知BE＝AP﹣PBPB﹣PB＝（1）PB． ∴3+2． ②当∠ACP＝30°时，PC＝2PQ，QCPQ． ∴AC＝AQ+CQ＝（1）PQ， ∴BCPQ． 根据等腰直角三角形的性质，APPQ． ∴PB＝AB﹣AP＝BC﹣APPQ． ∴BE＝AP﹣PBPQ． ∴． 18．（2025春•惠州期中）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG， ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为6，，求正方形DEFG的面积． 【答案】（1）证明见解析过程； （2）①证明见解析过程； ②20． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE； （2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； ②解：正方形DEFG和正方形ABCD中，DE＝DG，AD＝DC，∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°， ∴CE⊥CG， ∴， ∵， ∴， 连接EG， ∴， ∴， ∴， 即正方形DEFG的面积为20． 19．（2023秋•登封市校级期末）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接BE、DG． （1）求证：BE＝DG； （2）将图1的正方形AEFG绕点A旋转到图2的位置，BE与DG的大小是 BE＝DG ；并说明你理由； （3）将图1的正方形AEFG绕点A旋转到图3的位置，BE与DG的大小是 BE＝DG ，位置关系是 BE⊥DG ． 【答案】（1）证明见解析过程； （2）BE＝DG，理由见解析过程； （3）BE＝DG；BE⊥DG． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD、四边形AEFG为正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAE＝∠DAG＝90°， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG； （2）解：BE＝DG；理由如下： ∵四边形ABCD、四边形AEFG为正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAD+∠DAE＝∠EAG+∠DAE， 即∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG； 故答案为：BE＝DG； （3）解：BE＝DG；BE⊥DG．理由如下： ∵四边形ABCD、四边形AEFG为正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE， 即∠BAE＝∠DAG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG， 延长BE交DG于点H，令EF与DG相交于点I， ∵△ABE≌△ADG， ∴∠AEB＝∠AGD， ∵∠AGF＝∠AEF＝90°， ∴∠IGF＝90°﹣∠AGD，∠IEH＝180°﹣90°﹣∠AEB＝90°﹣∠AEB， ∴∠IGF＝∠IEH， ∵∠EIH＝∠GIF，∠F＝180°﹣∠IGF﹣∠GIF，∠EHI＝180°﹣∠IEH﹣∠EIH， ∴∠F＝∠EHI＝90°， ∴BE⊥DG． 故答案为：BE＝DG；BE⊥DG． 20．（2024春•上虞区期末）含有公共顶点A的正方形ABCD和正方形AEFG按图1所示放置，连结BE，DG． （1）求证：△AEB≌△AGD． （2）如图2，把图1中的正方形AEFG绕点A旋转，边EF刚好经过点B，此时对角线EG与正方形ABCD的对角线BD交于点O，与边AB交于点H． ①求证：BO＝DO． ②若AE＝3，，请直接写出OE和OH的长． 【答案】（1）证明详见解答； （2）①证明详见解答； ②OE＝2，OH． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠EAG＝∠BAD＝90°， ∴∠EAG﹣∠BAG＝∠BAD﹣∠BAG， 即∠EAB＝∠GAD， ∴△AEB≌△AGD（SAS）； （2）①证明：由（1）可知△AEB≌△AGD， ∴DG＝BE，∠AGD＝∠AEB＝90° ∴点F，G，D共线． 如图，过点D作DK⊥DG交EG延长线于点K， ∵∠DGK＝∠FGE＝45°， ∴△DGK是等腰直角三角形， ∴∠K＝∠BEO＝45°，DK＝DG＝BE， 又∵∠BOE＝∠DOK， ∴△OBE≌△ODK（AAS）， ∴BO＝DO； ②解：∵AE＝3，△AEG为等腰直角三角形， ∵EG＝3，， 在Rt△AEB中由勾股定理可得BE1， ∴DK＝BE＝1， ∴GK， ∴EK＝EG+GK＝4， 由①知△OBE≌△ODK， ∴OE＝OKEK＝2， 如图，设EK交CD于点P，作PQ⊥DG于点Q， 设PQ＝m， 则GQ＝PQ＝m， ∵∠EAB+∠BAG＝90°＝∠BAG+∠GAD＝∠GAD+∠ADG＝∠ADG+∠PDQ， ∴∠EAB＝∠QDP， ∴△ABE∽△DPQ， ∴， ∴DQ＝3PQ＝3m， ∴DG＝4m＝1， ∴mPQ， ∴PG， ∵OE＝2， ∴OG， ∴OH＝OP， ∴OE＝2，OH． 学科网（北京）股份有限公司 $ 正方形中的手拉手模型 正方形手拉手模型是诸多手拉手模型中的一种，是中考命题的热点，也是学生知识学习和素养提升的难点．基于正方形手拉手模型在初中几何中的重要性，本文中先简要介绍正方形手拉手模型，然后从一道例题分析出发，采用一题多变的方式拓展思维，最后总结出正方形手拉手模型的解决策略． 一、正方形手拉手模型 如图1所示的两种情况，就是典型的正方形手拉手模型．通常该模型要具备以下三个条件：首先，有公共顶点，如图1（1）与图1（2）中两个正方形有公共顶点B；其次，有两边相等，即存在等腰三角形，如图1（1）与图1（2）中有，；最后，有顶角相等，如图1（1）与图1（2）中有． 特别是如图1（2）中的GB，BF和AB，BC，如两人的双手拉着，形成了数学中的“手拉手模型”． 利用正方形手拉手模型分析问题时，要用到的知识点比较多，如全等三角形、正方形、等腰三角形的性质等．每一个知识点都是解决正方形手拉手模型的基础，因此教师应注意夯实基础知识． 二、例题及变式 例1 如图2所示，在正方形ABCD中，E为CD边上的一点，F为BC的延长线上一点，． （1）与全等吗?说明理由； （2）若，求． 解：（1）．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴，， ∵F为BC延长线上的点， ∴， 又， ∴， （2）∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 正方形手拉手模型常出现在压轴题中，如选择题、填空题、解答题的最后一题，其难度通常较大．根据一线教学经验，学生解决这类问题的情况非常不乐观．鉴于正方形手拉手模型的重要性，同时兼顾学生解这类问题时思维能力较弱的现实，接下来采用一题多变的方式继续探究这类问题的解决策略，以不断激发和强化学生的思维． 变式 如图3所示，在正方形ABCD中，对角线的交点为O． （1）如图3（1），E是AC上的一点，过点A作于点G，AG，BD交于点F．求证：． （2）若点E在AC的延长线上，如图3（2），过点A作交EB的延长线于点G，AG的延长线交BD的延长线于点F，其他条件不变，还成立吗?若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． 解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， 又是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）仍然成立．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， 又是等腰直角三角形， ∴， ∴． 三、解决方法总结 通过例题和变式的分析，正方形手拉手模型的解决策略逐渐成型，现总结如下： 首先，充分发挥正方形的性质的作用．因为正方形手拉手模型是以正方形为背景，所以掌握和应用正方形的性质非常关键．因此，教师应组织学生通过精题训练的方式不断巩固强化正方形的性质与判定，为解决该类问题提供扎实的理论基础． 其次，巧借三角形手拉手模型构造并证明全等三角形．如将图3（1）中的三角形手拉手模型从图中剥离后，如图4所示，则可知和就是三角形手拉手模型．在证明时，其方法是根据正方形的性质得到，，再结合和中两余角互补及对顶角相等，得到． 最后，在一些压轴题中，正方形的手拉手模型可能会出现动点或动图问题，这时需根据运动情况进行分类，采用分类讨论思想和数形结合思想解决问题． 同步检测 1．（2025•高青县一模）综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形ABCD内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转90°，得到（点A的对应点为点C），延长AE交于点F，连接DE． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段CF与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，，请直接写出AB的长． 2．（2024•河北模拟）如图1，点G在正方形ABCD的对角线AC上，于E，于F． （1）证明与推断： ①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： ； （2）探究与证明： 将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由； （3）拓展与运用： 正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3，延长CG交AD于点H，若AG＝3，GH，求BC的长． 3．（2024秋•江南区期中）如图1，已知点E为正方形内ABCD的一点，连接BE．将线段BE绕点B逆时针方向旋转90°得到BF，连接AF，CE． （1）如图1，直接写出线段AF与CE的关系； （2）如图2，点E为正方形ABCD外的一点，将BE绕点B逆时针方向旋转90°得到BF，连接AF，CE，探究线段AF与CE的关系，并说明理由； （3）如图3，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为△ABC外一点，且∠BDC＝45°，点O为AC的中点，连接OD，BD，CD，若OD＝25，BD＝17，求△OCD的面积． 4．（2024春•孝感期末）（1）问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CE⊥CF交AB的延长线于F，求证：CE＝CF； （2）尝试探究：如图2，在（1）的条件下，连接DB、EF交于M，请探究DM、BM与BF之间的数量关系，并证明你的结论． （3）拓展应用：如图3，在（2）的条件下，DB和CE交于点N，连接CM并延长交AB于点P，已知DE＝3，∠DME＝15°，直接写出PB的长 　 　 ． 5．（2024春•朝阳区校级月考）如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE＝2，BE＝4，∠AEB＝90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）点B、E的对应点分别为点B′、E′． 【感知】如图2，在旋转的过程中，点B′落在了AC上，求此时CB′的长； 【探究】若α＝90°，如图3，得到△ADE′（此时B′与D重合），延长BE交DE′于点F，试判断四边形AEFE′的形状，并说明理由； 【应用】在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE′长度的取值范围． 6．（2024•惠城区模拟）综合与实践 如图①，边长为4的正方形ABCD与边长为a（0＜a＜4）的正方形CFEG的顶点C重合，点E在对角线AC上． （1）[问题发现]如图①，AE与BF的数量关系为 　 　 ； （2）[类比探究]如图②，将正方形CFEG绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜30°），请问此时上述结论是否仍然成立？若成立，请写出推理过程；若不成立，请说明理由； （3）[拓展延伸]当时，将正方形CFEG按图①所示位置开始绕点C顺时针旋转，在正方形CFEG旋转的过程中，当点A，F，C在一条直线上时，请直接写出此时线段AE的长． 7．（2023秋•伊金霍洛旗期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将△APB绕点A逆时针旋转90°得△AP'D，延长BP交P′D于点F，连接CP． （1）判断四边形的AP′FP的形状，并说明理由； （2）若DF＝1，求AP的长度； （3）在（2）的条件下，求． 8．（2023•临安区校级模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为边作正方形AEFG，连接EB，GD． （1）如图1，判断EB与GD位置关系，并证明你的结论； （2）如图2，若点E在线段DG上，∠DAE＝15°，AG＝4，求BE的长． 9．（2023春•南宁期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为边作正方形AEFG，连接EB，GD． （1）如图1，求证：EB＝GD； （2）如图2，若点E在线段DG上，AB＝6，AG，求BE的长． 10．（2025春•泰兴市期中）如图，在正方形ABCD中，点E是射线BD上的一点，连接CE，以CE为边，在CE右侧作正方形CEFG，连接DG． （1）如图1，点E在线段BD上，证明：△CBE≌△CDG； （2）如图2，点E在BD的延长线上，DG与CE相交于点H，若正方形ABCD的边长为4，设△GCH的面积为S1，△EDH的面积为S2．在点E的运动过程中，发现：S1+S2，S1﹣S2中有一个是定值，请把它找出来，并求出这个定值； （3）当点E在BD的延长线上时，设正方形ABCD和正方形CEFG的对称中心分别是P、Q，连接PQ． ①证明：PQ∥BC； ②连接PC，探索线段PE、PQ、PC之间的数量关系，直接写出结论． 11．（2024秋•海安市期中）【问题情境】 在学习图形的旋转时，九上课本中有这样一道习题： 如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BE，AD．同学们发现以下结论：BE与AD的数量关系是 　 　 ；BE与AD所夹的锐角等于 　 　 度； 【变式思考】 如图2，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，连接DG，将DG绕点D顺时针旋转90°得DQ，连接AF，AQ．用等式表示线段AF与DG之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 如图3，在【变式思考】的基础上，若AB＝4，CE＝2，直线BE与直线DG交于点M，当正方形CEFG绕点C旋转一周的过程中，AM的最小值是 　 　 ． 12．（2024•鞍山模拟）综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径，通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广周的数学天地． （1）问题初探：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D，则BE与CF的数量关系：　 　 ，∠BDC＝　 　 °； （2）类比分析：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，当∠BAC＝∠EAF＝110°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D，连接AD，求证：AD平分∠BDF； （3）学以致用：如图3，正方形ABCD和等腰直角△AEF，∠BAD＝∠EAF＝90°，连接BE，DF并延长DF交BE于G，直线DF与直线AB交于H，将△AEF绕A点旋转至AF∥BE时，若FH＝2，DF＝8，则BG的长是 　 　 ． 13．（2023•朝阳县三模）综合与实践 问题情境： 四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O，F是正方形内一点，∠BFC＝90°．将△BFC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到△DEC，点B，F的对应点分别为点D，E，直线EF经过点O． 特例分析： （1）如图1，当点F与点O重合时，判断四边形CEDF的形状，请说明理由，并直接写出EF与DE的数量关系． 深入探究： （2）如图2，当点F与点O不重合时，试判断DE，EO，FO之间的数量关系，并说明理由． 类比迁移： （3）如图3，将正方形ABCD改为菱形，对角线AC，BD相交于点O，F是菱形内一点，∠BFC＝90°．将△BFC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△DEC，点B，F的对应点分别为点D，E．请直接写出DE，EO，FO之间的数量关系． 14．（2023•平南县二模）如图1，正方形ADEF中，∠DAF＝90°，点B、C分别在边AD、AF上，且AB＝AC． （1）FC和BD的关系是：　 　 ； （2）如图2，当△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）时，那么（1）中结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）如图3，△ABC绕点A逆时针旋转45°时，延长DB交CF于点H，当AB＝2，AD时，请直接写出线段FH的长． 15．（2023•龙江县校级三模）【问题思考】如图1，点E是正方形ABCD内的一点，过点E的直线AQ，以DE为边向右侧作正方形DEFG，连接GC，直线GC与直线AQ交于点P，则△ADE≌△　 　 ，通过这两个三角形全等可得线段AE与GC之间的关系为 　 　 ． 【问题类比】 如图2、3，当点E是正方形ABCD外的一点时，【问题思考】中的结论 　 　 （填成立或不成立），若成立，请选择图2证明你的结论；若不成立，请选择图3说明理由； 【拓展延伸】 （1）若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，DE＝1【问题思考】中其他条件不变，则BF的取值范围是 　 　 （直接写出结果）． （2）若点E是边长为2的正方形ABCD所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边BC的最大距离为 　 　 （直接写出结果）． 16．（2025春•博罗县期末）综合与实践 正方形ABCD中，AC为对角线，点P在线段AC上运动，以PD为边作正方形DPFE，连接CE； 【初步探究】 （1）如图1，当点P在线段AC上时，AP与CE的数量关系是 　 　 ；AP与CE的位置关系为 　 　 ；CD，PC，CE三者的数量关系为 　 　 ； 【探索发现】 （2）当点P在线段AC延长线上运动时，如图2，探究线段CD，PC和CE三者之间数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，连接AE，若，，则CP的长为 　 　 ． 17．（2025春•椒江区期末）如图1，四边形ABCD是正方形，E是BC上的任意一点，连接AE，以AE为边作正方形AGFE，连接CG交AB于点P． （1）求证：∠GAP＝∠BEA； （2）求证：AP＝BP+BE； （3）连接AC． ①如图2，若CP平分∠ACB，求的值； ②如图3，若∠ACP＝30°，请直接写出的值． 18．（2025春•惠州期中）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG， ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为6，，求正方形DEFG的面积． 19．（2023秋•登封市校级期末）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接BE、DG． （1）求证：BE＝DG； （2）将图1的正方形AEFG绕点A旋转到图2的位置，BE与DG的大小是 　 　 ；并说明你理由； （3）将图1的正方形AEFG绕点A旋转到图3的位置，BE与DG的大小是 　 　 ，位置关系是 　 　 ． 20．（2024春•上虞区期末）含有公共顶点A的正方形ABCD和正方形AEFG按图1所示放置，连结BE，DG． （1）求证：△AEB≌△AGD． （2）如图2，把图1中的正方形AEFG绕点A旋转，边EF刚好经过点B，此时对角线EG与正方形ABCD的对角线BD交于点O，与边AB交于点H． ①求证：BO＝DO． ②若AE＝3，，请直接写出OE和OH的长． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $正方形中的手拉手模型 正方形手拉手模型是诸多手拉手模型中的一种，是中考命题的热，点，也是学生知识学习和 素养提升的难点.基于正方形手拉手模型在初中几何中的重要性，本文中先简要介绍正方形手 拉手模型，然后从一道例题分析出发，采用一题多变的方式拓展思维，最后总结出正方形手拉 手模型的解决策略. 一、正方形手拉手模型 如图1所示的两种情况，就是典型的正方形手拉手模型.通常该模型要具备以下三个条件： 首先，有公共顶点，如图1（1)与图1（2)中两个正方形有公共顶点B:其次，有两边相等， 即存在等腰三角形，如图1（1)与图1（2)中有BF=BG,AB=BC;最后，有顶角相等， 如图1(1)与图1（2)中有∠FBG=∠ABC=90°. (1) 特别是如图1(2)中的GB,BF和AB,BC,如两人的双手拉着，形成了数学中的“手拉 手模型”· 利用正方形手拉手模型分析问题时，要用到的知识点比较多，如全等三角形、正方形、等 腰三角形的性质等.每一个知识，点都是解决正方形手拉手模型的基础，因此教师应注意夯实基 础知识. 二、例题及变式 例1如图2所示，在正方形ABCD中，E为CD边上的一点，F为BC的延长线上一点，CE=CF. (1)△BCE与△DCF全等吗？说明理由； (2)若∠BEC=60°，求∠EFD. 解：(1)△BCE三△DCF.理由如下： ,四边形ABCD是正方形， ∴.BC=DC,∠BCD=90°， .F为BC延长线上的点， 第1页共13页 ∴.∠BCD=∠DCF, 又CE=CF, ∴.△BCE=△DCF(SAS), (2).△BCE=△DCF, .∠BEC=∠DFC=60°， .∠DCF=90°，CE=CF, ∴.∠EFC=45°， ∴.∠EFD=∠DFC-∠EFC=60°-45°=15°. 正方形手拉手模型常出现在压轴题中，如选择题、填空题、解答题的最后一题，其难度通 常较大，根据一线教学经验，学生解决这类问题的情况非常不乐观.鉴于正方形手拉手模型的 重要性，同时兼顾学生解这类问题时思维能力较弱的现实，接下来采用一题多变的方式继续探 究这类问题的解决策略，以不断激发和强化学生的思维 变式如图3所示，在正方形ABCD中，对角线的交点为O. （1)如图3（1)，E是AC上的一点，过点A作AG⊥BE于点G,AG,BD交于点F.求证： EF‖BC. （2)若点E在AC的延长线上，如图3（2)，过点A作AG⊥BE交EB的延长线于点G,AG 的延长线交BD的延长线于点F,其他条件不变，EF川BC还成立吗？若成立，请给予证明；若 不成立，请说明理由. (1) (2) 解：（1)证明：四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC,∠ABC=90°，∠ABF=∠BCE=45°，OB=OC, ∴.∠CBE+∠ABG=90°， ,AG⊥BE, ∴.∠BAF+∠ABG=90°， ∴.∠BAF=∠CBE, 第2页共13页 ∴.△ABF=△BCE(ASA), ∴.BF=CE, ∴.OB-BF=OC-CE,即OE=OF, ∴.△OEF是等腰直角三角形， 又△BOC是等腰直角三角形， ∴.∠OEF=∠BCO=45°， ∴.EF‖BC; （2)EF‖BC仍然成立.理由如下： 四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°，∠ABD=∠ACB=45°，OB=OC, ∴.∠ABF=∠BCE=135°，∠CBE+∠ABG=180°-∠ABC=90°， ,AG⊥BE, ∴.∠BAF+∠ABG=90°， ∴.∠BAF=∠CBE, ∴.△ABF=△BCE(ASA), ∴BF=CE, ∴.OB+BF=OC+CE,即OE=OF, ∴△OEF是等腰直角三角形， 又△BOC是等腰直角三角形， ∴.∠OEF=∠BCO=45°， ∴.EF‖BC. 三、解决方法总结 通过例题和变式的分析，正方形手拉手模型的解决策略逐渐成型，现总结如下： 首先，充分发挥正方形的性质的作用.因为正方形手拉手模型是以正方形为背景，所以掌 握和应用正方形的性质非常关键.因此，教师应组织学生通过精题训练的方式不断巩固强化正 方形的性质与判定，为解决该类问题提供扎实的理论基础。 其次，巧借三角形手拉手模型构造并证明全等三角形.如将图3（)中的三角形手拉手 模型从图中剥离后，如图4所示，则可知△AOF和△BOE就是三角形手拉手模型.在证明 第3页共13页 B G △AOF三△BOE时，其方法是根据正方形的性质得到OA=OB,∠AOB=∠BOE=90°，再结合 △AOF和△BGF中两余角互补及对顶角相等，得到∠A=∠B. 最后，在一些压轴题中，正方形的手拉手模型可能会出现动点或动图问题，这时需根据运 动情况进行分类，采用分类讨论思想和数形结合思想解决问题. 同步检测 1。（2025高青县一模)综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将RIAABE绕，点B按顺时针方向旋转90°， 得到△CBE（点A的对应点为点C),延长AE交CE于点F,连接DE. 猜想证明： (1)试判断四边形BEFE的形状，并说明理由； (2)如图②，若DA=DE,请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图①，若DE=317,CF=3,请直接写出AB的长， D D 图① 图② 2。(2024河北模拟)如图1，点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC于E,GF⊥CD 于F （1)证明与推断： ①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： AG BE (2)探究与证明： 第4页共13页 将正方形CEGF绕，点C顺时针方向旋转a角(0°<a<45°)，如图2，试探究线段AG与BE之 间的数量关系，并说明理由； （3)拓展与运用： 正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三，点在一条直线上时，如图3，延长CG交AD于点 H,若AG=3,GH=V2,求BC的长. D D H E B 图 图2 图3 3.（2024秋江南区期中)如图1，已知点E为正方形内ABCD的一点，连接BE.将线段BE 绕，点B逆时针方向旋转90°得到BF,连接AF,CE. (1)如图1，直接写出线段AF与CE的关系： (2)如图2，，点E为正方形ABCD外的一点，将BE绕点B逆时针方向旋转90°得到BF,连 接AF,CE,探究线段AF与CE的关系，并说明理由； （3)如图3，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC,,点D为△ABC外一点，且∠BDC=45°， 点O为AC的中点，连接OD,BD,CD,若OD=25,BD=17V2,求△OCD的面积. A D D E B ⊙ 图1 图2 图3 4.（2024春孝感期末)(1)问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过 点C作CE⊥CF交AB的延长线于F,求证：CE=CF; （2)尝试探究：如图2，在（I)的条件下，连接DB、EF交于M,请探究DM、BM与BF 之间的数量关系，并证明你的结论 (3)拓展应用：如图3，在（2)的条件下，DB和CE交于点N,连接CM并延长交AB于点 P,已知DE=3V2-V6,∠DME=I5°，直接写出PB的长 第5页共13页 D E M B 图1 图2 图3 5.（2024春·朝阳区校级月考)如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE=2,BE=4,∠AEB =90°，将直角三角形ABE绕，点A逆时针方向旋转a度(0≤c≤180°)点B、E的对应点分别为 点B、E 【感知】如图2，在旋转的过程中，点B落在了AC上，求此时CB的长； 【探究】若a=90°，如图3，得到△ADE(此时B与D重合)，延长BE交DE于点F,试判 断四边形AEFE的形状，并说明理由； 【应用】在直角三角形ABE绕，点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE长度的取值范 围. D D C D C B F E E B E B B 图1 图2 图3 6.（2024惠城区模拟)综合与实践 如图①，边长为4的正方形ABCD与边长为a(0<a<4)的正方形CFEG的顶，点C重合，点 E在对角线AC上. (1)「问题发现]如图①，AE与BF的数量关系为 (2)「类比探究]如图②，将正方形CFEG绕点C顺时针旋转a(0°<a<30),请问此时上述 结论是否仍然成立？若成立，请写出推理过程；若不成立，请说明理由； (3)[拓展延伸]当a=V2时，将正方形CFEG按图①所示位置开始绕，点C顺时针旋转，在正 方形CFEG旋转的过程中，当，点A,F,C在一条直线上时，请直接写出此时线段AE的长. 第6页共13页 D A D E G F F C B C ① ② 7.（2023秋伊金霍洛旗期末)如图，正方形ABCD的边长为5，，点E为正方形CD边上一动 点，过点B作BP⊥AE于点P,将△APB绕点A逆时针旋转90°得△APD,延长BP交P'D于 点F,连接CP. （1)判断四边形的APFP的形状，并说明理由； (2)若DF=1,求AP的长度： (3)在(2)的条件下，求8△c四 SAAPB E A B 8.（2023临安区校级模拟)如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意 一点，以线段AE为边作正方形AEFG,连接EB,GD. (1)如图1，判断EB与GD位置关系，并证明你的结论； (2)如图2，若点E在线段DG上，∠DAE=15°，AG=4,求BE的长. D E 图1 图2 9.（2023春·南宁期中)如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一，点， 以线段AE为边作正方形AEFG,连接EB,GD (1)如图1，求证：EB=GD: (2)如图2，若点E在线段DG上，AB=6,AG=3V2,求BE的长. 第7页共13页 图1 图2 10.(2025春·泰兴市期中)如图，在正方形ABCD中，点E是射线BD上的一点，连接CE, 以CE为边，在CE右侧作正方形CEFG,连接DG (1)如图1，点E在线段BD上，证明：△CBE≌△CDG; (2)如图2，点E在BD的延长线上，DG与CE相交于点H,若正方形ABCD的边长为4， 设△GCH的面积为S1,△EDH的面积为S2.在，点E的运动过程中，发现：S1+S2,S1-S2 中有一个是定值，请把它找出来，并求出这个定值； (3)当点E在BD的延长线上时，设正方形ABCD和正方形CEFG的对称中心分别是P、Q, 连接PQ ①证明：PQ∥BC: ②连接PC,探索线段PE、PQ、PC之间的数量关系，直接写出结论 D F A E G B C 图1 图2 G A D C 备用图 G 11.（2024秋•海安市期中)【问题情境】 在学习图形的旋转时，九上课本中有这样一道习题： 如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BE,AD.同学们发现以下结论：BE与AD 第8页共13页 的数量关系是 ;BE与AD所夹的锐角等于 度； 【变式思考】 如图2，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，连接DG,将DG绕，点D顺时针旋转90° 得DQ,连接AF,AQ.用等式表示线段AF与DG之间的数量关系，并证明. 【拓展运用】 如图3，在【变式思考】的基础上，若AB=4,CE=2,直线BE与直线DG交于点M,当正 方形CEFG绕点C旋转一周的过程中，AM的最小值是 B B F M (图1) （图2) (图3) 12.（2024鞍山模拟)综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径，通过探究图形的变化规律，再结合 其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广周的数学天地. （1)问题初探：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=30°， 连接BE,CF,延长BE交CF于点D,则BE与CF的数量关系： ∠BDC = °； (2)类比分析：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC,AE=AF,当∠BAC=∠EAF=110°， 连接BE,CF,延长BE,FC交于点D,连接AD,求证：AD平分∠BDF; （3)学以致用：如图3，正方形ABCD和等腰直角△AEF,∠BAD=∠EAF=90°，连接BE, DF并延长DF交BE于G,直线DF与直线AB交于H,将△AEF绕A点旋转至AF∥BE时， 若FH=2,DF=8,则BG的长是 图1 图2 图3 13.（2023朝阳县三模)综合与实践 问题情境： 第9页共13页 四边形ABCD是正方形，对角线AC,BD相交于点O,F是正方形内一点，∠BFC=90°.将 △BFC绕，点C按顺时针方向旋转一定角度得到△DEC,点B,F的对应点分别为点D,E,直 线EF经过，点O 特例分析： (1)如图1，当，点F与点O重合时，判断四边形CEDF的形状，请说明理由，并直接写出EF 与DE的数量关系 深入探究： （2)如图2，当，点F与点O不重合时，试判断DE,EO,FO之间的数量关系，并说明理由. 类比迁移： (3)如图3，将正方形ABCD改为菱形，对角线AC,BD相交于点O,F是菱形内一点，∠BFC =90°.将△BFC绕，点C按顺时针方向旋转60°得到△DEC,点B,F的对应点分别为点D,E.请 直接写出DE,EO,FO之间的数量关系. D D (F B B B 图1 图2 图3 14.（2023平南县二模)如图1，正方形ADEF中，∠DAF=90°，点B、C分别在边AD、AF 上，且AB=AC. F E C B B D 图2 图3 图1 (1)FC和BD的关系是： (2)如图2，当△ABC绕，点A逆时针旋转a(0°<<180°)时，那么（1)中结论还成立吗？ 若成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3)如图3，△ABC绕，点A逆时针旋转45时，延长DB交CF于点H,当AB=2,AD=V3+√2 时，请直接写出线段FH的长 第10页共13页