暑假作业08 特殊四边形几何模型与证明(7题型70题)（巩固培优）八年级数学新教材人教版

**基本信息** 以“性质-模型-思想”为主线，系统整合特殊四边形7大题型，提炼四大培优模型及辅助线通法，构建从基础证明到综合应用的递进式训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础证明|3题型|全等转化/性质推导/等量代换|从四边形性质到三角形全等，夯实逻辑推理基础| |四大模型|4模型|中点连对角线/半角旋转/折叠标等量|以模型特征为切入点，结合中位线、勾股定理实现关系转化| |综合应用|3题型|动静结合/多结论验证/方程思想|融合图形变换与计算，培养几何直观与模型意识|

函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 完成时间： 月 日 今日打卡：口已完成 用时： min 自评勋章： 恩恩思图 暑假作业08特殊四边形几何模型与证明7题型70题 知识复盘卡 【知识点1二次根式的定义】 1.特殊四边形边角性质（等量关系来源） 利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的对边相等、对角相等、邻角互补、对角线平分线段/角度、四边相 等、四角为直角等性质，获取线段、角度的等量条件。 2.三角形全等判定定理（证明核心工具） 通用判定：SSS、SAS ASA、AAS;直角三角形专属判定：HL。四边形证明中，绝大多数边角关系都需要 通过证三角形全等完成转化。 【知识点2常规四边形全等正明题型】 1.题型特征 以平行四边形、矩形、菱形、正方形为背景，图形内分割出两个或多个三角形，要求证明三角形全等，是 课内最基础的解答题型。 2.标准解题步骤 ①结合四边形性质，梳理图中己知相等的线段、相等的角： ②筛选全等所需的三组条件，确定对应的全等判定方法； ③规范书写全等证明过程，标注对应边角； ④得出三角形全等结论。 3.常见考法 对角线分割三角形全等、线段相交形成对顶三角形全等、边上取点构造三角形全等。 【知识点3线段相等证明题型】 1.题型特征 不直接证三角形全等，仅要求证明两条线段长度相等，是四边形证明高频基础题。 2.核心解题思路 路径一：全等转化，证明线段所在的两个三角形全等，由全等三角形对应边相等得结论： 路径二：性质直接推导，利用四边形对边相等、对角线互相平分、菱形四边相等、矩形对角线相等直接判 定； 路径三：等量代换，借助中间线段搭桥，证明两条线段都与同一条线段相等。 【知识点4角度相等证明题型】 1.题型特征 结合平行线、角平分线、四边形内角、对角线分角等条件，证明两个角大小相等。 2.核心解题思路 路径一：利用平行线性质（同位角、内错角相等）推导； 路径二：证明三角形全等，由全等三角形对应角相等得结论； 路径三：借助四边形性质、角平分线定义、同角/等角的余角（补角）相等推导； 路径四：利用菱形、正方形对角线平分一组对角的专属性质直接判定。 1/27 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【知识点5 基础证明书写规范】 几何证明遵循“已知→推导→结论”逻辑，每一步结论必须对应一条定理或性质，不凭空得出条件，因果 关系清晰。 【知识点6基础题型高频易错点（心规避） 1 全等条件缺失：找不齐三组有效边角条件，强行套用全等判定定理，证明过程不严谨； 图形性质混用：混淆矩形、菱形、正方形的边角、对角线性质，误用条件导致推导错误； 等量代换失误：线段、角度传递关系梳理不清，中间等量条件遗漏； 证明跳步：省略关键推导步骤，直接给出结论，大题被扣步骤分； 对应关系错误：证三角形全等时，写错对应顶点、对应边角，结论表述出错。 【知识点7四大高频培优模型（必考核心）】 一、四边形中点模型 1.模型特征 题目出现多个线段中点、图形边中点，常搭配平行线、对角线、特殊四边形综合考查，是四边形最经典的 衍生模型。 2.核心结论 连接四边形各边中点，所得新四边形为平行四边形； 原四边形对角线相等一中点四边形为菱形；原四边形对角线互相垂直→中点四边形为矩形； 原四边形对角线相等且垂直→中点四边形为正方形： 结合三角形中位线定理，可实现线段倍分、平行关系转化。 3.解题思路 看到中点优先联想三角形中位线定理，连接对角线构造中位线，将线段、平行关系进行转化，再结合特殊 四边形性质完成证明与计算。 二、垂直平分线模型 1.模型特征 图形中出现线段垂直平分线，或需要证明某条直线是线段的垂直平分线，常结合矩形、菱形、正方形、等 腰三角形考查。 2.核心性质与结论 线段垂直平分线上的任意一点，到线段两端点的距离相等； 到线段两端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上； 菱形、正方形的对角线互为垂直平分线，可直接利用该性质推导等边、等角。 3.解题思路 借助垂直平分线的“距离相等”性质构造等腰三角形，实现线段、角度等量转化；证明垂直平分线时，需 同时证明直线垂直线段且直线平分线段两个条件。 2/27 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 三、折叠、旋转模型 1.模型特征 平行四边形、矩形、菱形、正方形沿直线折叠，或绕顶点/中心旋转一定角度，属于图形变换类综合题型， 静态、动态题型均高频出现。 2.核心结论 折叠、旋转前后的图形全等，对应边相等、对应角相等，图形形状、大小不发生改变： 折叠产生重合角、重合边，易出现等腰三角形；旋转会产生旋转角相等、对应线段夹角相等。 3.解题思路 第一步：标注折叠/旋转后所有相等的线段、相等的角，挖掘隐藏等量关系； 第二步：结合特殊四边形直角、等边、对角线性质，构造直角三角形、等腰三角形； 第三步：结合勾股定理、方程思想完成计算，结合全等完成证明。 四、半角模型 1.模型特征 主要以正方形、菱形为载体，在图形的一个顶点处作一个角度等于原内角一半的角（正方形最常见为45° 半角)，分割对边线段。 2.核心结论 存在固定的线段和差、周长等量关系，是几何证明的经典难点模型。 3.解题思路 通用辅助线做法：利用旋转法将分散的线段拼接，构造全等三角形，把半角问题转化为常规全等证明，再 推导线段、角度关系。 【知识点8矩形、菱形、正方形综合证明与计算大题】 1.题型特征 融合多种特殊四边形，一题包含证明+计算双重考查，同时用到多个图形的性质、判定、全等、勾股定理， 是期末解答压轴主流题型。 2.解题要点 分层拆解问题，先完成图形判定、边角证明，再利用已证结论结合勾股定理、面积公式、线段倍分关系进 行长度、角度、面积计算。 【知识点9 动态+静态结合几何证正明题型】 1.题型特征 图形主体为静态特殊四边形，搭配动点、动线、图形旋转/平移，探究运动过程中线段、角度、图形形状的 关系是否恒成立。 2.解题要点 抓住运动中的不变量（固定线段、固定角度、全等关系、平行垂直关系），忽略动点位置变化，沿用静态 图形的证明思路推导通用结论。 3/27 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【知识点10 多结论正误判断压轴小题】 1.题型特征 以特殊四边形、四大培优模型为背景，给出若干条关于线段、角度、面积、位置关系的结论，要求判断对错， 是选择、填空压轴高频题型。 2.解题要点 逐条分析结论，结合模型结论、图形性质、全等、特殊角度逐一验证；可用特殊值法、举反例法快速排除 错误结论，切忌凭直觉判断。 【知识点11培优核心解题思想与辅助线技巧】 模型思想：优先识别中点、垂直平分线、折叠旋转、半角四大模型，直接套用固定结论，简化推理过程； 转化思想：所有四边形证明问题，最终转化为三角形全等、等腰三角形、直角三角形问题求解： 方程思想：折叠、线段求值类综合题，设未知线段，结合勾股定理列方程计算； 辅助线通用套路：遇中点连对角线构造中位线；遇半角作旋转拼接线段；遇折叠标注重合边角；遇垂直平 分线连接端点构造等腰三角形： 培优拓展训练 ★巩固提升练 【题型1中点四边形】 1.顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定是() A.对角线互相垂直的四边形 B.菱形 C.对角线相等的四边形 D.矩形 2.如图，点E,F,G,H分别是四边形ABCD边AB,BC,CD,DA的中点，则下列说法正确的是() E A.若AC=BD,则四边形EFGH为矩形 B.若AC⊥BD,则四边形EFGH为菱形 C.若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分 D.若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等 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. 4/27 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B F (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AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为 形 ②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是 形. (2)如图：四边形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD,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2十字架模型】 4.如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E,使DE=5,若折痕为PQ, 则PQ的长为() D E B A.13 B.14 C.15 D.16 5.如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E,使DE=5,折痕为PQ,则 PQ的长为() D E P B A.12 B.13 C.14 D.15 6.【问题情境】：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第(1)题是这样一个问题： 如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF,垂足为M.那么AE与BF相等 吗？ (1)直接判断：AEBF(填=”或“≠”)： 在“问题情境”的基础上，继续探索： 【问题探究】： (2)如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF,垂足为M.那 5/27 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 么GE与BF相等吗？证明你的结论： 【问题拓展】： (3)如图3，将边长为40cm的正方形ABCD折叠，使得点D落在BC上的点E处.若折痕FG的长为41cm, 则CE=_cm. G D A A F M M B E 图1 图2 图3 【题型3对角互补模型】 7.Rt△ABC中，AB=AC,点D为BC中点.∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、 AC交于E、F两点.下列结论 ①EE+CF号BC,②SE≤ABG:③SI边形刷四g=ADEF,④ADEF,⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【】 O A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 8.将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点A,B,C分别是三个正方形的中心，则图中三块 重叠部分的面积的和为() A.2 B.3 C.6 D.8 9.我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”. 6/27 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D 图1 图2 (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是一（请填序号）； (2)在“完美”四边形ABCD中，AB=AD,∠B十∠D=180°，连接AC. ①如图1，求证：AC平分∠BCD: 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD: 想法一：通过∠B+∠D=180·,，可延长CB到E,使BE=CD,通过证明△AEB兰△ACD,从而可 证AC平分∠BCD; 想法二：通过AB=AD,可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB,可证C,B, E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD 请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD; ②如图2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明. 【题型4中位线】 10.如图，以等边△ABC的边CB为斜边在△ABC外作Rt△BCD,∠BDC=90°，∠BCD=30·, 将CD绕着点C逆时针旋转60°得线段CE,平移线段CB使得点C与D重合，得到线段DP,连接EF,点 M,N分别为线段BD,EF的中点，连接MN,AN,若MN=1,则线段AN的长为· 11.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MN4PN的最小值等于_。 A B M E 12.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E、F分别为边BC、DC的中点，连接EF,求证： 7/27 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 EF=3BE. D 【题型5正方形与45°角的基本图】 13.如图，正方形ABCD的边长为4，E为边AB上的一点，AE=1,P为边BC上的一点，当 ∠EDP=45时，CP的长为() B A.1.6 B.2 C.2.4 D.3 14.如图，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E,AF交CD于点F,连接EF,过点A作 AH⊥EF,垂足为点H,将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG,若BE=4,DF=6,则以下结 论：①△ADP兰△AHR,②AH=ER,®架=9，④SACE=24,正确的个数有(） D G BE A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 15.【问题探究】 (I)如图，已知正方形ABCD,点E在边AB上，点H在射线BC上，连接DE, ①如图1，当点H在BC边上时，过点H作HG⊥DE交DE于点O,则线段DE GH;(填>” “<”或“=”) H 图1 8/27 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ②如图2，平移图1中的线段GH,使点G与点D重合，点H在BC的延长线上，连接EH,取EH的中点P, 连接PC,求证：BE=V2PC: 图2 【问题解决】 (2)如图3，有一块边长为7km的正方形农田ABCD,为了加强农田的基本建设，实现旱涝保收，水库E 、H、G(大小忽略不计)分别在边AB、BC、AD上，DE、GH是两条水渠，水渠DE和GH相交于点O.已 知∠G0D=45°，水渠HG=V65km,求水库E到农田边AD的距离AE D 图3 【题型6与正方形有关的三垂线】 16.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD边上，CE=3,若点F在正方形的某一边上，满足 CF=BE,且CF与BE的交点为M,则CM=· D E 17.如图，在正方形ABCD中，AB=4,点E是边AD的中点，将△DCE沿着CE翻折，得到△DCE, 延长BD交CE的延长线于点H,则EH=—· H D G B 18.在菱形ABCD中，∠B=a(90°≤a<180°)，点E是边BC上一点，连接AE,将线段AE绕点E顺 9/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 时针旋转cα得到线段EF,连接CF. D B E E 图1 图2 图3 (I)如图1，《=90°，求∠DCF的度数； (2)如图2,90°<《<180°，用∠DCF的度数（含a的代数式表示）； (3)如图3，《=120°，AB=2,点M是DC边上一动点，连接MF,若MF=AB,N是CM延长线上一 点，且MN=CF,连接FN,请直接写出FN的最大值. 【题型7婆罗摩笈多模型】 19.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB,AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG, 连接CE,BG和EG,EG与HA的延长线交于点M,下列结论：①BG=CE;②BG⊥CE;③AM是△AEG 的中线；④∠EAM=∠ABC.其中正确的是 M G A B H C 20.如图，在△ABC外分别以AB,AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG,AM是△ABC中BC 边上的中线，延长MA交EG于点H. G H F A D C M B 求证： (1)AM=EG: (2)AH⊥EG; (3)EG2+BC2=2(AB2+AC2). 21.以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG,过点A作 10/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AM⊥BC于M,延长MA交EG于点N. M C A C 图1 图2 图3 (1)如图1，若∠BAC=90°，AB=AC,易证：EN=GN; (2)如图2，∠BAC=90°；如图3，∠BAC≠90°，(1)中结论，是否成立，若成立，选择一个图形 进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由. ★能力培优练 1.如图，连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH,要使四边形EFGH为矩形，则对角线AC,BD应 满足() A.AC=BD B.AC平分BD C.BD平分AC D.AC⊥BD 2.如图，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E,F分别在BC,CD边上，高AG与正方形的边长相等，连 接BD分别交AE,AF于点M,N,下列说法： ①∠EAF=45°； ②连接MG,NG,则△MGN为直角三角形： ③△AMN∽△AFE: ④若BE=2,FD=3,则MN的长为V2.其中正确结论的个数是() D G B E A.4 B.3 C.2 D.1 3.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 11/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 重合，连接AF,EF,GE,则四边形AGEF的面积为() D B E A.2y10 B.2V5 C.6 D.5 4.如图，四边形AFDC是正方形，∠CEA和∠ABF都是直角，且E,A,B三点共线，AB=4,则图中阴 影部分的面积是() A B A.12 B.10 C.8 D.6 5.如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(4,4)，点E、F分别在xy轴的正半轴上，PE⊥PF,则四边 形OEPF的面积为() D E O F A.20 B.16 C.12 D.8 6.如图，正方形ABC0和正方形DEF0的顶点AE,0在同一直线上，且EF=V2,AB=3,给出下列结 论：①∠C0D=45°，②AE=5,③CF=BD=V17,④S△coF=3,其中正确的个数为() B D 0 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 12/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 7.如图，将n个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点A1,A2,.A分别是正方形的中心，则这n个 正方形重叠部分的面积之和是() A.n B.n-1 C.(经)n1D.()n 8.如图，在正方形有ABCD中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE,点A关于DE的对称 点为F,连结EF并延长交BC于点G,连接DG,过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H,连接BH,那 么器的值为() D C G A.1 B.2 c.5 D.2 9.如图，有一正方形的纸片ABCD,边长为6，点E是DC边上一点且DC=3DE,把△ADE沿AE折叠 使△ADE落在△AFE的位置，延长EF交BC边于点G,连接BF有以下四个结论： ①∠GAE=45°； ②BG+DE=GE: ③点G是BC的中点； ④连接FC,则BF⊥FC; 其中正确的结论序号是( ) A D E B G A.①②③④ B.①②③ C.①② D.②③ 10.如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向外作△ABD,使∠ADB=120°，再以点C为旋转中心 把△CBD旋转到△CAE,则给出下列结论：①D,A,E三点共线；②DC平分∠BDA;③∠E=∠BAC ;④DC=DB+DA.其中正确的有()· 13/27 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E A B A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 11.如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC,将正方形边CD沿DE折叠到DF,延长EF交AB于 G,连接DG,现在有如下4个结论：①AG+EC-GE;②∠GDE=45°；③△BGE的周长是一个定值；④ 连结FC,△BFC的面积等于BF.FC.在以上4个结论中，正确的是() A B A.1 B.2 C.3 D.4 12.如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，O,点E、F分别在边BC、BA上，OE=3V5.若∠EOF=45 °，则F点的纵坐标是() C B A.2 B. c.5 D.5-1 l3.如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A,分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F,DE⊥a 于点E,若DE=8,BF=5,则EF的长为 14/27 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E a A B 14.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的长为一· B 15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC-3V2,AC-42,∠CAB与∠CBA的平分线交于点P,点D、 E分别是边AC、BC上的点（均不与点C重合），且满足∠DPE=45°，则点P到边AB的距离是 ,△CDE的周长是 8 P E y D C 16.正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标(0,4)，B点的坐标(-3,0)， 则点D的坐标是 4 B 4-32-10 123 45 15/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 17.如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G,延长BG至点F使∠CFB=45°，延 长FC、AE交于点M,连接DF、BM,若C为FM中点，BM=5,则FD的长为· G M 18.如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1,2,3，正放置的四个 正方形的面积依次是S1,S2,S3,S4,则S1十2S2十2S3十S4一· S 19.如图，点A,B,E在同一条直线上，正方形ABCD,BEFG的边长分别为2,3，H为线段DF的中点， 则BH= G D H 20.梯形ABCD中，AB‖CD,点E,F,G分别是BD,AC,DC的中点，己知：两底差是3，两腰的和 是6，则△EFG的周长是 A D G C 21.如图，正方形ABCD的四个顶点A、B、C、D分别在四条平行线1234上.若每两条相邻平行线间的 距离都是1cm,则正方形ABCD的面积为 cm2 16/27 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A E C 22.如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF,∠EAF=45°，BE=3, C℉=4，则正方形的边长为 D 45 F 23.如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A'B'C',使点A落在BC的延长线上.己知 ∠A=27°，∠B=40,则∠ACB'= 度；如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是 AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将ADAE绕点D逆时针旋转90°，得到ADCM.若AE=1,则FM的 长为 D 1409 F C 24.如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BFLAE交DC于点F,若AB=5,BE=2,则AF= B E C 25.如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE,过点B作BG⊥AE于点H,交CD于点G. 17/27 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D R M G F E 图1 图2 图3 (I)求证：AE=BG: (2)如图2，连接AG、GE,点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，试判断四边形MNPQ的形状， 并说明理由； (3)如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边恰好 经过点A,过点A作A01FR于点O,若AB=1,正方形的边长为3，求线段0F的长. 26.在∠MAN内有一点D,过点D分别作DB⊥AM,DC⊥AN,垂足分别为B,C.且BD=CD,点E, F分别在边AM和AN上. M B B E D A 图1 图2 (1)如图l,若∠BED=∠CFD,请说明DE=DF; (2)如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF,BE,CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的 理由. 27.综合与实践 数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，已知AE⊥BF,求 证：AE=BF, D E B 图1 甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE.再由AB=DA,∠BAF=∠D=90°，证得 18/27 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 △ABF兰△DAE(依据： ),从而得AE=BF, 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若己知AE=BF,同样可证得AE⊥BF,证明思路 如下： 由AB=DA,BF=AE可证得Rt△ABF≌Rt△DAE(HL),可得∠ABF=∠DAE 再根据角的等量代换即可证得AE⊥BF, 完成任务： (1)填空：上述材料中的依据是 (填SAS”或“AAS”或“ASA”或“HL”) 【发现问题】 同学们通过交流后发现，己知AE⊥BF可证得AE=BF,己知AE=BF同样可证得AE⊥BF,为了验证 这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究. 【迁移探究】 (2)在正方形ABCD中，点E在CD上，点M,N分别在AD,BC上，连接AE,MN交于点P.甲小组同学 根据MN⊥AE画出图形如图2所示，乙小组同学根据MN=AE画出图形如图3所示.甲小组同学发现已 知MN⊥AE仍能证明MN=AE,乙小组同学发现已知MN=AE无法证明MN⊥AE一定成立. M B 图2 图3 ①在图2中，己知MNLAE,求证：MN=AE: ②在图3中，若∠DAE=,则∠APM的度数为多少？ 【拓展应用】 (3)如图4，在正方形ABCD中，AB=3,点E在边AB上，点M在边AD上，且AE=AM=1,点F, N分别在直线CD,BC上，若EF=MN,当直线EF与直线MN所夹较小角的度数为30°时，请直接写出 CF的长. A M P B N N B 图4 19127 画学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 28.如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E,EF⊥AD于点F,DG⊥AE于点G,DG与 EF交于点O. F D B E C (I)求证：四边形ABEF是正方形； (2)若AD=AE,求证：AB=AG; (3)在(2)的条件下，己知AB=1,求0F的长 29.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=2 BN: B 图1 图2 备用图 30.感知：如图①，AD平分∠BAC,∠B+∠C=180°，∠B=90°.判断DB与DC的大小关系并证明. C D 图① 图② 图③ 探究：如图②，AD平分∠BAC,∠ABD十∠ACD=180°，∠ABD<90°，DB与DC的大小关系变吗？ 请说明理由 应用：如图③，四边形ABDC中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=m,则AB与AC差是多少（用 含m的代数式表示) 31.四边形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 20/27 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D E G B C 备用图 (1)如图，求证：矩形DEFG是正方形： (2)若AB=4,CE=2V2,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， 32.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EFG丑形状，并说明理由. B G H 33.以△ABC的边AB,AC为边分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG,M为EG的中点， 连接AM. (1)如图1，∠BAC=90°，试判断AM与BC关系？ (2)如图2，∠BAC≠90°，图1中的结论是否成立？若不成立，说明理由；若成立，给出证明. E G y D C 图1 图2 ★☆】创新拓展练 九、创新拓展练 1.如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC的中点，DE,AF交于点G,连接CG,EF,DF, 21/27 画学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则下列说法正确的个数为() ①△ADE≌△BAF; ②DG:DE=4:5; ③依次连接AE,EF,DF,AD的中点P,Q,M,N,则四边形MNPQ为正方形； ④2∠ADE+∠BCG=90°. A.1 B.2 C.3 D.4 2.如图，矩形ABCD中，AB=6,AD=4,E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB, 则PB的最小值是() D E B A. B.3 c.22 D.4 3.如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF=45°，AE、AF分别与BD 相交于点M、N,下列说法中：①BE+DF=EF;②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE=2, DF=3,则SAAr=15;④若AB=62,BM=3,则MN=5.其中结论正确的个数是() D M B E A.4 B.3 C.2 D.1 4.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=2CM ④若AG=1,GD=2,则BM=V5 22/27 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 G H M 2 4 E A.①②③④ B.①② C.③④ D.①②④ 5.如图，在正方形ABCD中，点G为CD边上一点，以CG为边向右作正方形CEFG,连接AF,BD交于 点P,连接BG,过点F作FH//BG交BC于点H,连接AH,交BD于点K,下列结论中错误的是() D G 个 H C A.HE=CD B.△AHF是等腰直角三角形 C.点P为AF中点 D.PK=BK+DP 6.如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=8,AB=AC,∠CBD=30°，BD=4V3 ,M,N分别在BD,CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为 C B 2 D 7.如图，在四边形ABCD中，AB=BC,∠ABC=∠CDA=90,BE⊥AD于E,S四边形ABCD=10,则 BE的长为 B D 8.如图，在正方形ABCD中，AB=3,点E是BC边上一点，且CE=2BE,连接AE,点F是AB边上 一点，过点F作FG⊥AE交CD于点G,连接EF,EG,AG,则四边形AFEG的面积为 23/27 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D E 9.如图，在菱形ABCD中，AB=12,∠B=60°，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA中点，在 直线FG上方有一动点P,且满足S△PFG=S圆边形EFGH,则△ADP周长的最小值为 10.如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ,连接AQ.若PA=4, PB=5,PC=3,则四边形APBQ的面积为 子 11.如图，已知在Rt△ABC中，AB=AC=3V2,在△ABC内作第一个内接正方形DEFG,则第1个 内接正方形的边长 ；然后取GF的中点P,连接PD、PE,在△PDE内作第二个内接正方形 HIKJ;再取线段KJ的中点Q,在△QHI内作第三个内接正方形…依次进行下去，则第2020个内接正方 形的边长为 G B DH E 12.如图，己知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF=∠ECF=45°，若△AEF的面 积为，则△BEC与△DFC的面积之和为 24/27 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D F B 13.如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠ADC=180°，点E,F分别在四边形ABCD的边BC,CD 上，∠EAF=∠BAD,连接EF,试猜想EF,BE,DF之间的数量关系. B E D 图1 图2 图3 (1)思路梳理 将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG,使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F, D,G三点共线，易证△AFG≌△AFE,故EF,BE,DF之间的数量关系为； (2)类比引申 如图2，在图1的条件下，若点E,F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB,DC延长线上，∠EAF 专∠BAD,连接EF,试猜想EF,BE,DF之间的数量关系，并给出证明. (3)联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D,E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1,EC=2, 直接写出DE的长为 14.数学实验：折叠正方形纸片 通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片 的折叠是一种有效的数学学习方式.如图，PQ是将正方形纸片ABCD折叠后得到的一条折痕，其中点P, Q分别在边AD,CD上. D D D O N B BE B 图① 图② 图③ 25127 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (I)折叠正方形纸片ABCD,使得PA,CQ依次落在直线PQ上.请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分 别作出折痕PE,QF(不写作法，保留作图痕迹)，其中点E,F分别在边BC,AB上.设PE,QF的交 点为O,则∠P0Q= o: (2)在(1)的条件下，折叠正方形纸片ABCD,使得BC落在直线PQ上.请你利用无刻度直尺和圆规，在 图②中作出折痕MN(不写作法，保留作图痕迹)，其中点M,N分别在边AB,CD上.设MN,PE的交 点为G,则点G落在正方形纸片ABCD的哪一条对称轴上？请说明理由； (3)如图③，己知正方形纸片ABCD的边长为16cm,在(2)的条件下，当点P为边AD的中点时，则随着 点Q位置的改变，△PAM的周长是否会发生改变？如果不变，求出△PAM的周长；如果改变，求出 △PAM的周长的最小值，并求出此时折痕MN的长， 15.(1)如图，在正方形ABCD中，∠FAG=45°，请直接写出DG,BF与FG的数量关系，不需要证明. D G B (2)如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,E,F分别是BC上两点，∠EAF=45°， ①写出BE,CF,EF之间的数量关系，并证明. BE ②若将(2)中的△AEF绕点A旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？若不成立，直接写出 新的结论，无需证明. B E (3)如图，△AEF中∠EAF=45°，AG1EF于G,且GF=2,GE=3,则S△AEF=-, 26/27 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 G 16.如图，在平行四边形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，AE与BF交于点P. A D D F P B E B B E (a) (b) (c) (I)【特例感知】如图(a)，若四边形ABCD是正方形，当∠APB=∠D时，则线段AE与BF的数量关系 是」 (②)【深入探究】如图(b)，若四边形ABCD是菱形，且∠APB=∠D,则线段AE与BF满足怎样的数量 关系？请证明你的猜想； 关于此问，数学兴趣小组给出如下两种解决思路.请选择其中一种思路解决问题， 思路 思路二 如图，在BC边上取一点M使 如图，在CB的延长线上取一点N,使 AM=AB,...... AN=AE,… A D A D B M E E (③)【类比迁移】如图(c)，若四边形ABCD是菱形，E为BC的中点，∠APB=∠C=60°，请求出器的 值； 27/27 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业08 特殊四边形几何模型与证明7题型70题 【知识点1 二次根式的定义】 1.特殊四边形边角性质（等量关系来源） 利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的对边相等、对角相等、邻角互补、对角线平分线段/角度、四边相等、四角为直角等性质，获取线段、角度的等量条件。 2.三角形全等判定定理（证明核心工具） 通用判定：；直角三角形专属判定：。四边形证明中，绝大多数边角关系都需要通过证三角形全等完成转化。 【知识点2 常规四边形全等证明题型】 1.题型特征 以平行四边形、矩形、菱形、正方形为背景，图形内分割出两个或多个三角形，要求证明三角形全等，是课内最基础的解答题型。 2.标准解题步骤 ① 结合四边形性质，梳理图中已知相等的线段、相等的角； ② 筛选全等所需的三组条件，确定对应的全等判定方法； ③ 规范书写全等证明过程，标注对应边角； ④ 得出三角形全等结论。 3.常见考法 对角线分割三角形全等、线段相交形成对顶三角形全等、边上取点构造三角形全等。 【知识点3 线段相等证明题型】 1.题型特征 不直接证三角形全等，仅要求证明两条线段长度相等，是四边形证明高频基础题。 2.核心解题思路 路径一：全等转化，证明线段所在的两个三角形全等，由全等三角形对应边相等得结论； 路径二：性质直接推导，利用四边形对边相等、对角线互相平分、菱形四边相等、矩形对角线相等直接判定； 路径三：等量代换，借助中间线段搭桥，证明两条线段都与同一条线段相等。 【知识点4 角度相等证明题型】 1.题型特征 结合平行线、角平分线、四边形内角、对角线分角等条件，证明两个角大小相等。 2.核心解题思路 路径一：利用平行线性质（同位角、内错角相等）推导； 路径二：证明三角形全等，由全等三角形对应角相等得结论； 路径三：借助四边形性质、角平分线定义、同角/等角的余角（补角）相等推导； 路径四：利用菱形、正方形对角线平分一组对角的专属性质直接判定。 【知识点5 基础证明书写规范】 几何证明遵循“已知→推导→结论”逻辑，每一步结论必须对应一条定理或性质，不凭空得出条件，因果关系清晰。 【知识点6 基础题型高频易错点（必规避）】 全等条件缺失：找不齐三组有效边角条件，强行套用全等判定定理，证明过程不严谨； 图形性质混用：混淆矩形、菱形、正方形的边角、对角线性质，误用条件导致推导错误； 等量代换失误：线段、角度传递关系梳理不清，中间等量条件遗漏； 证明跳步：省略关键推导步骤，直接给出结论，大题被扣步骤分； 对应关系错误：证三角形全等时，写错对应顶点、对应边角，结论表述出错。 【知识点7 四大高频培优模型（必考核心）】 一、四边形中点模型 1.模型特征 题目出现多个线段中点、图形边中点，常搭配平行线、对角线、特殊四边形综合考查，是四边形最经典的衍生模型。 2.核心结论 连接四边形各边中点，所得新四边形为平行四边形； 原四边形对角线相等→中点四边形为菱形；原四边形对角线互相垂直→中点四边形为矩形； 原四边形对角线相等且垂直→中点四边形为正方形； 结合三角形中位线定理，可实现线段倍分、平行关系转化。 3.解题思路 看到中点优先联想三角形中位线定理，连接对角线构造中位线，将线段、平行关系进行转化，再结合特殊四边形性质完成证明与计算。 二、垂直平分线模型 1.模型特征 图形中出现线段垂直平分线，或需要证明某条直线是线段的垂直平分线，常结合矩形、菱形、正方形、等腰三角形考查。 2.核心性质与结论 线段垂直平分线上的任意一点，到线段两端点的距离相等； 到线段两端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上； 菱形、正方形的对角线互为垂直平分线，可直接利用该性质推导等边、等角。 3.解题思路 借助垂直平分线的“距离相等”性质构造等腰三角形，实现线段、角度等量转化；证明垂直平分线时，需同时证明直线垂直线段且直线平分线段两个条件。 三、折叠、旋转模型 1.模型特征 平行四边形、矩形、菱形、正方形沿直线折叠，或绕顶点/中心旋转一定角度，属于图形变换类综合题型，静态、动态题型均高频出现。 2.核心结论 折叠、旋转前后的图形全等，对应边相等、对应角相等，图形形状、大小不发生改变； 折叠产生重合角、重合边，易出现等腰三角形；旋转会产生旋转角相等、对应线段夹角相等。 3.解题思路 第一步：标注折叠/旋转后所有相等的线段、相等的角，挖掘隐藏等量关系； 第二步：结合特殊四边形直角、等边、对角线性质，构造直角三角形、等腰三角形； 第三步：结合勾股定理、方程思想完成计算，结合全等完成证明。 四、半角模型 1.模型特征 主要以正方形、菱形为载体，在图形的一个顶点处作一个角度等于原内角一半的角（正方形最常见为45°半角），分割对边线段。 2.核心结论 存在固定的线段和差、周长等量关系，是几何证明的经典难点模型。 3.解题思路 通用辅助线做法：利用旋转法将分散的线段拼接，构造全等三角形，把半角问题转化为常规全等证明，再推导线段、角度关系。 【知识点8 矩形、菱形、正方形综合证明与计算大题】 1.题型特征 融合多种特殊四边形，一题包含证明+计算双重考查，同时用到多个图形的性质、判定、全等、勾股定理，是期末解答压轴主流题型。 2.解题要点 分层拆解问题，先完成图形判定、边角证明，再利用已证结论结合勾股定理、面积公式、线段倍分关系进行长度、角度、面积计算。 【知识点9 动态+静态结合几何证明题型】 1.题型特征 图形主体为静态特殊四边形，搭配动点、动线、图形旋转/平移，探究运动过程中线段、角度、图形形状的关系是否恒成立。 2.解题要点 抓住运动中的不变量（固定线段、固定角度、全等关系、平行垂直关系），忽略动点位置变化，沿用静态图形的证明思路推导通用结论。 【知识点10 多结论正误判断压轴小题】 1.题型特征 以特殊四边形、四大培优模型为背景，给出若干条关于线段、角度、面积、位置关系的结论，要求判断对错，是选择、填空压轴高频题型。 2.解题要点 逐条分析结论，结合模型结论、图形性质、全等、特殊角度逐一验证；可用特殊值法、举反例法快速排除错误结论，切忌凭直觉判断。 【知识点11 培优核心解题思想与辅助线技巧】 模型思想：优先识别中点、垂直平分线、折叠旋转、半角四大模型，直接套用固定结论，简化推理过程； 转化思想：所有四边形证明问题，最终转化为三角形全等、等腰三角形、直角三角形问题求解； 方程思想：折叠、线段求值类综合题，设未知线段，结合勾股定理列方程计算； 辅助线通用套路：遇中点连对角线构造中位线；遇半角作旋转拼接线段；遇折叠标注重合边角；遇垂直平分线连接端点构造等腰三角形； 【题型1 中点四边形】 1．顺次连接四边形各边中点所得四边形是矩形，则四边形一定是（   ） A．对角线互相垂直的四边形 B．菱形 C．对角线相等的四边形 D．矩形 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、矩形的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．四边形的边的中点分别为点，先根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的性质可得，则，由此即可得． 【详解】解：如图，四边形的边的中点分别为点， 由三角形的中位线定理得：，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴顺次连接四边形各边中点所得四边形是矩形，则四边形一定是对角线互相垂直的四边形， 故选：A． 2．如图，点分别是四边形边的中点，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】本题考查了三角形的中位线定理、矩形与菱形的判定、正方形的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理和特殊四边形的判定与性质是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形为平行四边形，由此即可判断选项C错误；根据菱形与矩形的判定即可得选项A和B错误；根据正方形的性质可得，则可得，，由此即可判断选项D正确． 【详解】解：∵点分别是的中点， ∴， 同理可得：，，， ∴， ∴四边形为平行四边形，无法得出与互相平分，则选项C错误； 若，则， ∴四边形为菱形，则选项A错误； 若，则， 又∵， ∴， ∴， ∴平行四边形为矩形，则选项B错误； 若四边形是正方形，则， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 即若四边形是正方形，则与互相垂直且相等，选项D正确； 故选：D． 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2 十字架模型】 4．如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】A 【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M， 由折叠得到PQ⊥AE， ∴∠DAE+∠APQ=90°， 在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC， ∴∠DAE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠APQ， ∴∠APQ=∠PQM， ∴∠PQM=∠APQ=∠AED， ∵PM⊥BC， ∴PM=AD， ∵∠D=∠PMQ=90°， ∴△PQM≌△ADE， ∴PQ=AE， 在 中，，AD=12， 由勾股定理得： ， ∴PQ=13． 故选：A． 【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，得到△PQM≌△ADE是解题的关键． 5．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E，使DE=5，折痕为PQ，则PQ的长为（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【答案】B 【详解】过点P作PM⊥BC于点M， 由折叠得到PQ⊥AE， ∴∠DAE+∠APQ=90°， 又∠DAE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠APQ， ∵AD∥BC， ∴∠APQ=∠PQM， 则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD ∴△PQM≌△ADE ∴PQ=AE=. 【点睛】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等． 6．【问题情境】：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断：______（填“=”或“≠”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 【问题探究】： （2）如图2，在正方形中，点E、F、G分别在边、和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论： 【问题拓展】： （3）如图3，将边长为40cm的正方形折叠，使得点D落在上的点E处．若折痕的长为41cm，则______cm． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）9 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形和折叠，矩形的判定和性质． （1）证明即可得出结论； （2）过点作，证明，由此可得； （3）利用证明，得，再利用勾股定理可得答案． 【详解】（1）解：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：； （2）解：，理由如下： 如图2，过点作，交于点，交于点， ， ， 四边形是正方形， ，，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：∵四边形是正方形， ∴，， 作于P，连接， 则四边形是矩形， ∴， 由翻折知，， ∴， ∵， ∴（）， ∴， 在中，由勾股定理得（cm）， 故答案为：9． 【题型3 对角互补模型】 7．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【   】 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°， ∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC． ∴△EDA≌△FDC（ASA）． ∴AE=CF． ∴BE+CF= BE+ AE=AB． 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC． ∴(BE+CF)=BC． ∴结论①正确． 设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b． ∴． ∴． ∴结论②正确． 如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O． ∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形， ∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD， OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG． ∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD． ∴结论④错误． ∵△EDA≌△FDC， ∴． ∴结论③错误． 又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分． ∴结论⑤正确． 综上所述，结论①②⑤正确．故选C． 8．将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点，，分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为（    ）. A．2 B．3 C．6 D．8 【答案】B 【分析】如图：连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点，易证≌，可得的面积是正方形的面积的，即每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，即可解答. 【详解】解：如图， 连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点， 则，， ， ， ≌， 四边形AENF的面积等于的面积， 而的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4， 四边形AENF的面积为，三块阴影面积的和为． 故选B． 【点睛】本题主要考查了正方形的特性及面积公式，由图形的特点可知，每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，据此解题解答本题的关键是发现每个阴影部分的面积都等于正方形面积的． 9．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)④ (2)①见解析；②，证明见解析 【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解； （2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论； 想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论； ②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解． 【详解】（1）解：由“完美四边形”的定义可得正方形一组邻边相等且对角互补， 正方形是“完美四边形”． 故答案为：④； （2）解：①想法一：延长使，连接 ，， ， ， ． ． 即平分； 想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到， ． ； ； ． ， ． 点，，在一条直线上． ， 即平分 ② 理由如下： 延长使，连接， 由 ①得为等腰三角形． ， ， ． ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【题型4 中位线】 10．如图，以等边的边为斜边在外作，，，将绕着点逆时针旋转得线段，平移线段使得点与重合，得到线段，连接，点分别为线段的中点，连接，若，则线段的长为______． 【答案】 【分析】连接，先证出四边形是平行四边形，根据三角形的中位线定理可得，再利用勾股定理求出，从而可得，然后证出，根据全等三角形的性质可得，，从而可得，最后证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，连接， 由平移的性质得：， ∴四边形是平行四边形， ∴互相平分，，， ∵点是的中点， ∴点也是的中点， 又∵点是的中点，， ∴（三角形的中位线定理）， 由旋转的性质得：，， 在，，， ∴， ∴， ∴， 又∵点是的中点， ∴， ∴， 又∵点是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 又∵点是的中点， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平移的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、三角形全等的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、二次根式的应用等知识，综合性强，通过作辅助线，构造全等三角形和等边三角形是解题关键． 11．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． 12．如图，在菱形中，，点、分别为边、的中点，连接，求证：．    【答案】见解析 【分析】连接、，交于点，根据三角形的中位线定理知，在菱形中，，易知，解直角三角形OBC知BO=BC∙sin60°=,从而得证． 【详解】证明：如图，连接、，交于点， 、分别是、的中点， ， 在菱形中，， ，， ， ， ．    【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，菱形的性质及解直角三角形，熟练掌握有一个角为60°的特殊菱形的性质是解题的关键． 【题型5 正方形与45°角的基本图】 13．如图，正方形的边长为4，为边上的一点，，为边上的一点，当时，的长为（   ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了“正方形的性质”“全等三角形的性质与判定”“勾股定理”，熟练掌握半角模型的辅助线构造是解题关键． 本题是典型的半角模型，将旋转到正方形的上方，构造出与全等的三角形，从而得到，再通过勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，． ∴如图，将绕点D顺时针旋转90°，得到，点F在直线上． 由旋转的性质，得，，． ∵， ∴． 又， ∴． ∴． 又，， ∴在中，，即． 解得． 故选： C． 14．如图，在正方形内作，交于点E，交于点F，连接，过点A作，垂足为点H，将绕点A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】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，旋转的性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 利用正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等，逐项进行判断即可． 【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴，故①正确； 设， 则， ， 在中，， 即， 解得：（舍去）， ∴， ∴，故②不正确； 由勾股定理得：， ， ∴，故③正确； ∵， ∴，故④正确； 综上所述，正确的为①③④， 故选：C． 15．【问题探究】 （1）如图，已知正方形，点在边上，点在射线上，连接． ①如图1，当点在边上时，过点作交于点，则线段__________；（填“＞”“＜”或“＝”） ②如图2，平移图1中的线段，使点与点重合，点在的延长线上，连接，取的中点，连接，求证：； 【问题解决】 （2）如图3，有一块边长为的正方形农田，为了加强农田的基本建设，实现旱涝保收，水库、、（大小忽略不计）分别在边、、上，、是两条水渠，水渠和相交于点．已知，水渠，求水库到农田边的距离． 【答案】（1）①＝；②见解析；（2）水库到农田边的距离为． 【分析】（1）过点C作，证明四边形是平行四边形，得出，证明，得，从而可证； （2）由平移得，，证出，根据证明，得，在上截取，连接，即是等腰直角三角形，，得，得出是的中位线，由三角形中位线性质可得结论； （2）过点作交于点，得出四边形是平行四边形，，由勾股定理求出，，连接，在上方作，交的延长线于点，证明得，，再证明，得，设，则，由勾股定理列方程可求解． 【详解】解：（1）①过点C作，交于点F，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 故答案为：=； ②证明：由平移得，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 如图，在上截取，连接， 则是等腰直角三角形， ∴， ，， ， ∴点为的中点， 点为的中点， 是的中位线， ， ，即． （2）解：如图，过点作交于点， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ，， ∴， ，    连接，在上方作，交的延长线于点， 四边形是正方形， ，， ， ，， ， ， ， ， 在和中，，，， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， 水库到农田边的距离为． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，证明三角形全等是解决问题的关键． 【题型6 与正方形有关的三垂线】 16．如图，正方形的边长为4，点E在边上，，若点F在正方形的某一边上，满足，且与的交点为M，则______． 【答案】或 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 分点F在上、点F在上两种情况，分别依据全等三角形的性质以及矩形的性质求解即可． 【详解】解：分两种情况： ①如图所示，当点F在上时， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴； ②如图所示，当点F在上时， 同理可得，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴． 故答案为：或． 17．如图，在正方形中，，点E是边的中点，将沿着翻折，得到，延长交的延长线于点H，则＝________．    【答案】 【分析】先根据勾股定理求出，根据折叠的性质得到，进而得到，过点D′作于点F，过点C作于点G，则，于是，由三角形内角和定理得到，，由可算出，在中，，则. 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， 在中，， ∵将沿着翻折，得到， ∴ ， ∴， 如图，过点D′作于点F，过点C作于点G，    则， ∴ ， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴ , ∴， 在中，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，正确作出辅助线，根据题意推理论证得到是解题关键． 18．在菱形中，，点是边上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，求的度数； (2)如图2，，用的度数（含的代数式表示）； (3)如图3，，，点是边上一动点，连接，若，是延长线上一点，且，连接，请直接写出的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的形状，熟练掌握一线三等角全等模型，并会利用条件构造一线三等角全等模型是解题的关键． （1）过点作，交延长线于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，由此即可得； （2）延长到点，使，连接，先根据菱形的性质、平行线的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，，然后根据等腰三角形的性质可得，由此即可得； （3）先由（2）知当时，，过点作于点，且使，连接，构造出，得出，，再得出，取中点，连接，，得出， ，由两点之间线段最短得，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，过点作，交延长线于点， ∵在菱形中，， ∴四边形是正方形，， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：如图2，延长到点，使，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（2）知当时，， 如图，过点作于点，且使，连接， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，取中点，连接，， ∵，， ∴， ∴， 由两点之间线段最短得，且当、、依次共线时，取得最大值． 【题型7 婆罗摩笈多模型】 19．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是_________． 【答案】①②③④ 【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案． 【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC， 即∠CAE＝∠BAG， ∴△ABG≌△AEC（SAS）， ∴BG＝CE，故①正确； 设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1， ∵△ABG≌△AEC， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵∠AKG＝∠NKC， ∴∠CNG＝∠CAG＝90°， ∴BG⊥CE，故②正确； 过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2， ∵AH⊥BC， ∴∠ABH+∠BAH＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP+∠BAH＝90°， ∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确； ∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE， ∴△ABH≌△EAP（AAS）， ∴EP＝AH， 同理可得GQ＝AH， ∴EP＝GQ， ∵在△EPM和△GQM中， ， ∴△EPM≌△GQM（AAS）， ∴EM＝GM， ∴AM是△AEG的中线，故③正确． 综上所述，①②③④结论都正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键． 20．如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H． 求证： （1）AMEG； （2）AH⊥EG； （3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析 【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论； （2）由△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到AH⊥EG； （3）连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到2（AB2+AC2）． 【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN， ∵AM是△ABC中BC边上的中线， ∴CM＝BM， 在△MBN和△MCA中 ∴△MBN≌△MCA（SAS）， ∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC， ∴BN∥AC，NB＝AG， ∴∠NBA+∠BAC＝180°， ∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠NBA＝∠GAE， 在△NBA和△GAE中 ∴△NBA≌△GAE（SAS）， ∴AN＝EG， ∴AMEG； （2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG， ∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°， ∴∠HAE+∠AEH＝90°， ∴∠AHE＝90°， 即AH⊥EG； （3）证明：连接CE、BG， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°， ∴∠BAG=∠CAE， ∴△ACE≌△ABG ∴CE⊥BG， ∴EG2+BC2＝CG2+BE2， ∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键． 21．以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于，延长交于点． 　 （1）如图1，若，，易证：； （2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）时，（1）中结论成立，证明见解析；时，（1）中结论成立，证明见解析． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC=45°，证得∠EAN=∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论； （2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN=NG． 【详解】（1）证明：∵，，∴， ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵四边形和四边形为正方形， ∴， ∴. （2）如图1，时，（1）中结论成立. 理由：过点作交的延长线于， 过点作于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴. 如图2，时，（1）中结论成立. 理由：过点作交的延长线于， 过点作于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴. 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键． 1．如图，连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为矩形，则对角线，应满足（   ） A． B．平分 C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，从而可得，再证出四边形为平行四边形，然后根据矩形的判定即可得． 【详解】解：由题意得：点分别是的中点， ∴， 同理可得：，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 要使平行四边形为矩形，则需要， 又∵，， ∴要使，则需要， 故选：D． 2．如图，在正方形中，的顶点，分别在，边上，高与正方形的边长相等，连接分别交，于点，，下列说法： ①； ②连接，，则为直角三角形； ③； ④若，，则的长为．其中正确结论的个数是(    ) A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据正方形的性质及定理求得，，从而求得，，然后求得，从而得到，由此判断①； 将绕点顺时针旋转至位置，连接，，，由旋转的性质根据结合定理求得，得到，结合正方形和旋转的性质求得，从而可得，然后根据定理求得，，从而得到，，从而求得，由此判断②； 由垂直可得 ，然后结合①中已证，可得，由此得到 ，然后根据定理求得三角形形式，由此判断③； 旋转到，由旋转性质和定理可得得，，设，在中，根据勾股定理列方程求，从而求得正方形的边长，设，结合②中的结论列方程求的值，从而判断④． 【详解】解：如图中， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 同理可证， ， ， ， ，故①正确； 如图②，将绕点顺时针旋转至位置，连接，， 由旋转知：，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ，又， ， ， 四边形是正方形， ． 由旋转知：，， ， ， ． 又，， ， ， 同理可证： ， 即为直角三角形，故②正确； ， ， 又， 由①可知：， ， ， 又 ， ，故③正确； 如图中， 旋转到，， ，， 同理②中可证：， ，设， ，， 四边形是正方形， ， ， 在中，根据勾股定理得， 或舍， ， ， 正方形的边长为； 由正方形的边长为， ， 由①可知， ，， 由②得， 设， ， ， ， ， 解得 ， ，故④正确 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 3．如图，正方形的边长为3，E为边上一点，．将正方形沿折叠，使点A恰好与点E重合，连接，，，则四边形的面积为（    ） A． B． C．6 D．5 【答案】D 【分析】过点作交于点，交于点，由勾股定理得，再证明，可得，再求解即可． 【详解】解：过点作交于点，交于点， 可得四边形是矩形， ， 正方形的边长为3，， ， ， ， ， ， ， ， 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，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． 4．如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（    ） A．12 B．10 C．8 D．6 【答案】C 【分析】易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得． 【详解】∵四边形AFDC是正方形 ∴AC=AF，∠FAC=90° ∴∠CAE+∠FAB=90° 又∵∠CAE+∠ACE=90° ∴∠ACE=∠FAB 又∵∠CEA=∠FBA=90° ∴△AEC≌△FBA ∴AB=EC=4 ∴图中阴影部分的面积= 故选C 【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键． 5．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． 6．如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：①，②，③④，其中正确的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解；④根据三角形面积公式即可求解． 【详解】解：①∵∠AOC=90°，∠DOE=45°， ∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确； ②∵EF=， ∴OE=2． ∵AO=AB=3， ∴AE=AO+OE=2+3=5，故正确； ③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G， 则FG=1， CF=＝＝， BH=3-1=2， DH=3+1=4， BD=，故错误； ④△COF的面积S△COF=×3×1=，故错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线是解题的关键． 7．如图，将n个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，…An分别是正方形的中心，则这n个正方形重叠部分的面积之和是（　　） A．n B．n﹣1 C．（）n﹣1 D．（）n 【答案】B 【详解】解：由题意可得一个阴影部分面积等于正方形面积的，即是×4=1， 3个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×2， 4个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×3， 5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×4， n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：1×（n﹣1）=n﹣1． 故选：B． 8．如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE， ，   ∵AD=AB， ∴DM=BE， ∵点A关于直线DE的对称点为F， ∴△ADE≌△FDE， ∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2， ∴∠DFG=90°， 在Rt△DFG和Rt△DCG中， ∵， ∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL）， ∴∠3=∠4， ∵∠ADC=90°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°， ∴2∠2+2∠3=90°， ∴∠2+∠3=45°， 即∠EDG=45°， ∵EH⊥DE， ∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形， ∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH， ∴∠1=∠BEH， 在△DME和△EBH中， ∵， ∴△DME≌△EBH（SAS）， ∴EM=BH， Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE， ∴， ∴ ，即=． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等． 9．如图，有一正方形的纸片ABCD，边长为6，点E是DC边上一点且DC＝3DE，把ADE沿AE折叠使ADE落在AFE的位置，延长EF交BC边于点G，连接BF有以下四个结论： ①∠GAE＝45°； ②BG+DE＝GE； ③点G是BC的中点； ④连接FC，则BF⊥FC； 其中正确的结论序号是（　　） A．①②③④ B．①②③ C．①② D．②③ 【答案】A 【分析】先计算出DE＝2，EC＝4，再根据折叠的性质AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，然后根据“HL”可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，则GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，所以∠GAE＝∠BAD＝45°；GE＝GF+EF＝BG+DE；设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，在Rt△CGE中，根据勾股定理得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，则BG＝CG＝3，则点G为BC的中点；同时得到GF＝GC，根据等腰三角形的性质得∠GFC＝∠GCF，再由Rt△ABG≌Rt△AFG得到∠AGB＝∠AGF，然后根据三角形外角性质得∠BGF＝∠GFC+∠GCF，易得∠AGB＝∠GCF，根据平行线的判定方法得到CF∥AG，再证出AG⊥BF，即可得出BF∥FC． 【详解】解：连接AG，AG和BF交于H，如图所示： ∵正方形ABCD的边长为6，DC＝3DE， ∴DE＝2，EC＝4， ∵把△ADE沿AE折叠使△ADE落在△AFE的位置， ∴AF＝AD＝AB＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE， 在Rt△ABG和Rt△AFG中， ， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴GB＝GF，∠BAG＝∠FAG， ∴∠GAE＝∠FAE+∠FAG＝∠BAD＝45°，①正确； ∴GE＝GF+EF＝BG+DE，②正确； 设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x， 在Rt△CGE中，GE＝x+2，EC＝4，CG＝6﹣x， ∵CG2+CE2＝GE2， ∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3， ∴BG＝3，CG＝6﹣3＝3， ∴BG＝CG，即点G为BC的中点，③正确； ∴GF＝GC， ∴∠GFC＝∠GCF， 又∵Rt△ABG≌Rt△AFG， ∴∠AGB＝∠AGF， 而∠BGF＝∠GFC+∠GCF， ∴∠AGB+∠AGF＝∠GFC+∠GCF， ∴∠AGB＝∠GCF， ∴FC∥AG， ∵AB＝AF，BG＝FG， ∴AG⊥BF， ∴BF⊥FC，④正确； 故选：A． 【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、平行线的判定等知识；熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定是解题的关键． 10．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． 11．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论． 【详解】解：由正方形与折叠可知， DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，   ∴∠DFG=∠A=90°， ∴， 故①正确； 由对折可得： ， 故②正确； 设 则 所以：的周长是一个定值， 故③正确， 如图，连接 由对折可得： 故④正确． 综上：①②③④都正确． 故选 【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 12．如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是 (  　 )    A．2 B． C． D．－1 【答案】A 【分析】如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题． 【详解】如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE， ∵OA=OC，∠OCE=∠AOM， ∴△OCE≌△OAM（SAS）．    ∴OE=OM，∠COE=∠MOA， ∵∠EOF=45°， ∴∠COE+∠AOF=45°， ∴∠MOA+∠AOF=45°， ∴∠EOF=∠MOF， 在△OFE和△OFM中， ， ∴△OFE≌△FOM（SAS）， ∴EF=FM=AF+AM=AF+CE， 设AF=， ∵CE=， ∴EF=，EB=3，， ∴()2=32+()2， ∴， ∴点F的纵坐标为， 故选：A 【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型． 13．如图所示，直线a经过正方形的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作于点F，于点E，若，，则的长为___________．    【答案】13 【分析】首先证明，再利用证明，进而得到，然后再根据线段的和差关系可得答案． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵于点F，于点E， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：13． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 14．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. 15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，∠CAB与∠CBA的平分线交于点P，点D、E分别是边AC、BC上的点（均不与点C重合），且满足∠DPE=45°，则点P到边AB的距离是__________，△CDE的周长是__________． 【答案】 【分析】如图，作辅助线，构建正方形，证明四边形PMCH是正方形，则CM=CH=PH=PM，∠MPH=90°，证明△PME≌△PHM'（SAS）和△DPM'≌△DPE（SAS），则△CDE的周长=CH+CM，计算CH+CM=AC+BC-AB=2，可得结论． 【详解】解：如图，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥AC于H，PM⊥BC于M，在AH上取一点M'，使M'H=EM，连接PM'， ∵∠CAB与∠CBA的平分线交于点P， ∴PG=PM=PH， ∵∠PMC=∠C=∠PHC=90°， ∴四边形PMCH是正方形， ∴CM=CH=PH=PM，∠MPH=90°， ∵∠DPE=45°， ∴∠MPE+∠DPH=45°， 在△PME和△PHM'中， ， ∴△PME≌△PHM'（SAS）， ∴PE=PM'，∠MPE=∠HPM'， ∴∠HPM'+∠DPH=∠DPH+∠EPM=45°=∠DPE， 在△DPM'和△DPE中， ， ∴△DPM'≌△DPE（SAS）， ∴DE=DM'=DH+HM'=DH+ME， ∴△CDE的周长=CD+CE+DE =CD+CE+DH+EM =CH+CM， ∵∠PGB=∠PMB=90°，∠PBG=∠PBM， ∴∠BPG=∠BPM， ∴BG=BM， 同理得：AG=AH， Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3， 由勾股定理得：AB=， ∴AG+BG=AH+BM=5， ∵AC+BC=3+4=7， ∴CH+CM=AC+BC-AH-BM=7-5=2， ∴点P到边AB的距离是PG=，△CDE的周长是2． 故答案为：，2． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、角平分线的性质等知识点，正确作辅助线，构建正方形PMCH是解题的关键． 16．正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标（0，4），B点的坐标（﹣3，0），则点D的坐标是_____． 【答案】（4，1）． 【分析】过点D作DE⊥y轴于E，由“AAS”可证△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解． 【详解】解：如图，过点D作DE⊥y轴于E， ∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°， ∴∠BAO＝∠ADE， 在△ABO和△DAE中， ， ∴△ABO≌△DAE（AAS）， ∴AE＝OB，DE＝OA， ∵A（0，4），B（﹣3，0）， ∴OA＝4，OB＝3， ∴OE＝4﹣3＝1， ∴点D的坐标为（4，1）． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 17．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB＝45°，延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM＝5，则FD的长为_____． 【答案】 【分析】过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q，只要证明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解决问题． 【详解】解：如图，过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q． ∵∠CFB＝45° ∴CH＝HF， ∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°， ∴∠BAG＝∠FBE， ∵AG⊥BF，CH⊥BF， ∴∠AGB＝∠BHC＝90°， 在△AGB和△BHC中， ∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC， ∴△AGB≌△BHC（AAS）， ∴AG＝BH，BG＝CH， ∵BH＝BG+GH， ∴BH＝HF+GH＝FG， ∴AG＝FG； ∵CH⊥GF， ∴CH∥GM， ∵C为FM的中点， ∴CH＝GM， ∴BG＝GM， ∵BM＝5， ∴BG＝，GM＝2， ∴AG＝2，AB＝5， ∴HF＝， ∴CF＝×＝， ∴CM＝， ∵CK＝CM＝CF＝， ∴BK＝， ∵在△BKC和△CQD中， ∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD， ∴△BKC≌△CQD（AAS）， ∴CQ＝BK＝， DQ＝CK＝， ∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝， ∴DQ＝QF＝， ∴DF＝×＝． 故答案为． 【点睛】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质是解题关键． 18．如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1＋2S2＋2S3＋S4=__． 【答案】6 【分析】先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有DE2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6． 【详解】解：如图，∵图中的四边形为正方形， ∴∠ABD=90°，AB=DB， ∴∠ABC+∠DBE=90°， ∵∠ABC+∠CAB=90°， ∴∠CAB=∠DBE， ∵在△ABC和△BDE中， ， ∴△ABC≌△BDE（AAS）， ∴AC=BE， ∵DE2+BE2=BD2， ∴DE2+AC2=BD2， ∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1， ∴S1+S2=1， 同理可得S2+S3=2，S3+S4=3， ∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6． 故答案为：6． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了勾股定理和正方形的性质． 19．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH＝_____． 【答案】 【分析】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到△DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长． 【详解】解：延长DC交FE于点M，连接BD、BF， ∵正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3， ∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°， ∴DF＝＝， ∵BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线， ∴∠DBC=∠GBF=90， ∴∠DBF＝90°， ∴△DBF是直角三角形， ∵点H为DF的中点， ∴BH＝DF＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 20．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． 21．如图，正方形的四个顶点分别在四条平行线上．若每两条相邻平行线间的距离都是1 cm，则正方形的面积为_________________ 【答案】5 【分析】过D点作直线EF与平行线垂直，与l1交于点E，与l4交于点F．易证△ADE≌△DCF，得CF＝1，DF＝2．根据勾股定理可求CD2得正方形的面积． 【详解】解：过D点作EF⊥l2，交l1于E点，交l4于F点． ∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2， ∴EF⊥l1，EF⊥l4， 即∠AED＝∠DFC＝90°． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC＝90°． ∴∠ADE＋∠CDF＝90°． 又∵∠ADE＋∠DAE＝90°， ∴∠CDF＝∠DAE． 在△ADE和△DCF中 ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴CF＝DE＝1． ∵DF＝2， ∴CD2＝12＋22＝5， 即正方形ABCD的面积为5． 故答案为：5． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质和面积计算，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键． 22．如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF=45°，BE=3，CF=4，则正方形的边长为__________． 【答案】6 【分析】延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，证明△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF，设正方形边长为x，在Rt△CEF中应用勾股定理进行求解． 【详解】如图，延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG， 在△ABG和△ADF中，， ∴△ABG≌△ADF(SAS)， ∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°， ∴∠EAF＝∠GAE， 在△AEG和△AEF中，， ∴△AEG≌△AEF(SAS)， ∴GE＝EF， 设正方形边长为x，则BG＝DF＝x－4，GE＝EF＝x－1，CE＝x－3， 在Rt△CEF中，， 解得，， ∴正方形的边长为6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，巧作辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 23．如图，将绕点按顺时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，则___________度；如图，已知正方形的边长为分别是边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为_________ ． 【答案】 46 2.5 【分析】先利用三角形外角性质得∠ACA′=∠A+∠B=67°，再根据旋转的性质得∠BCB′=∠ACA′=67°，然后利用平角的定义计算∠ACB′的度数；由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．． 【详解】解：∵∠A=27°，∠B=40°， ∴∠ACA′=∠A+∠B=67°， ∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C， ∴∠BCB′=∠ACA′=67°， ∴∠ACB′=180°-67°-67°=46°． ∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM， ∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°， ∴F、C、M三点共线， ∴DE=DM，∠EDM=90°， ∴∠EDF+∠FDM=90°， ∵∠EDF=45°， ∴∠FDM=∠EDF=45°， 在△DEF和△DMF中，， ∴△DEF≌△DMF（SAS）， ∴EF=MF， 设EF=MF=x， ∵AE=CM=1，且BC=3， ∴BM=BC+CM=4， ∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x， ∵EB=AB-AE=2， 在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2， 即22+（4-x）2=x2， 解得：x=2.5， ∴FM=2.5． 故答案为：46；2.5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的综合应用．解题的关键是掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 24．如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝____． 【答案】. 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据全等三角形的性质得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵BH⊥AE， ∴∠BHE＝90°， ∴∠AEB+∠EBH＝90°， ∴∠BAE＝∠EBH， 在△ABE和△BCF中， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴CF＝BE＝2， ∴DF＝5﹣2＝3， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°， 由勾股定理得：AF＝＝＝． 故答案为． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键． 25．如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G． (1)求证：； (2)如图2，连接，点M、N、P、Q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F、R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A，过点A作于点O，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）由正方形的性质及直角三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出结论； （2）由三角形中位线定理可得出，，由平行四边形的判定可得出四边形为平行四边形，证出，，则可得出结论； （3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，由勾股定理可得出，解得，则可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． （2）解：四边形为正方形， 理由如下：，N为的中点， 为的中位线， ，， 同理可得，，，，，， ，， 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S， 由对称性可知，，，， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 26．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用、、证明三角形全等成为解题的关键． （1）根据题目中的条件和可证，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）如图：过点D作交于点G，从而可以得到，然后即可得到，再证明，即可得到，即可确定具有的数量关系． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴． （2）解：，理由如下： 如图：过点D作交于点G， 在和中，, ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ∴． ∴， ∴． 27．综合与实践 数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．   甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得． 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下： 由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得． 完成任务： （1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”） 【发现问题】 同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究． 【迁移探究】 （2）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立． ①在图2中，已知，求证：； ②在图3中，若，则的度数为多少? 【拓展应用】 （3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）的长为或或或． 【分析】（1）先证明，结合，可知根据即可证明； （2）①作于点H，先证明，然后根据即可证明即可证明结论成立； ②于点L，同理可证，从而，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解； （3）分四种情况讨论，利用直角三角形的性质和勾股定理列式计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； （2）①作于点H，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②作于点L，    同理可证四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，    同理可证， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴． 设，则， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴． ②当N、F在的延长线上时，如图， 同理可得：，， ∴． ③当N、F在的延长线上时，如图， 同理可得：，， ∴； ④当N、F在的延长线上时，如图， 同理可得：，， ∴； 综上，的长为或或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 28．如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）根据可得，即可求得，，再由可得． 【详解】（1）∵矩形， ∴． ∵， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分， ∴， ∴四边形是正方形； （2）∵AE平分， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （3）由（1）知，四边形是正方形； ∴． 由（2）知， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键． 29．正方形中，点E、F在上，且，与交于点G． （1）如图1，求证； （2）如图2，在上截取，的平分线交于点H，交于点N，连接，求证：； 【答案】（1）见解析；（2）见解析； 【分析】（1）根据正方形的性质得，，用证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得； （2）过点B作，交于点，根据正方形的性质和平行线的性质，用证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用证明，得，在中，根据勾股定理即可得． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ，， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）如图所示，过点B作，交的延长线于点， ∵四边形是正方形， ，， ∵， ， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ， ， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在和中， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理，可得， ∴． 【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． 30．感知：如图①，平分，，．判断与的大小关系并证明． 探究：如图②，平分，，，与的大小关系变吗？请说明理由． 应用：如图③，四边形中，，，，则与差是多少（用含的代数式表示） 【答案】感知：，证明见详解；探究：与的大小关系不变，理由见详解；应用：与差是． 【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证； 探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证； 应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得，则有，最后问题可求解． 【详解】感知：，理由如下： ∵，， ∴，即， ∵平分， ∴； 探究：与的大小关系不变，还是相等，理由如下： 过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示： ∵平分， ∴DE=DF， ∵，， ∴∠B=∠DCF， ∴△DEB≌△DFC（AAS）， ∴； 应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理可得， ∴， ∴， 在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG， ∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL）， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 31．四边形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． 32．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． 33．以△ABC的边AB，AC为边分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，M为EG的中点，连接AM． （1）如图1，∠BAC=90°，试判断AM与BC关系？ （2）如图2，∠BAC≠90°，图1中的结论是否成立？若不成立，说明理由；若成立，给出证明． 【答案】(1)证明见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析. 【分析】（1）结论：AM=BC．易知AM=EG，只要证明△BAC≌△EAG即可解决问题； （2）结论仍然成立．延长AM到N，使得AM=MN，连接EN、NG．只要证明△BAC≌△AEN，即可解决问题． 【详解】（1）结论：AM=BC． 理由：∵∠BAC=∠EAG=90°，EM=GM， ∴AM=EG， 在△BAC和△EAG中， ， ∴△BAC≌△EAG， ∴BC=EG， ∴AM=BC． (2)（1）中结论仍然成立． 理由：延长AM到N，使得AM=MN，连接EN、NG． ∴EM=MG，AM=MN， ∴四边形AENG是平行四边形， ∴EN=AG，EN∥AG， ∴∠NEA+∠EAG=180°， ∵∠BAE=∠CAG=90°， ∴∠BAC+∠EAG=180°， ∴∠NEA=∠BAC， ∵AB=AE，AC=EN， ∴△BAC≌△AEN， ∴BC=AN， ∴AM=BC． 【点睛】本题考查正方形的性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质、平行时四边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，构造全等三角形解决问题． 九、创新拓展练 1．如图，在正方形中，点，分别是，的中点，，交于点G，连接，，，则下列说法正确的个数为（   ） ①； ②； ③依次连接，，，的中点，，，，则四边形为正方形； ④． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定得到，可判断①；根据全等三角形的性质得出，，进而得到，设正方形的边长为，利用勾股定理表示出、的长，可判断②；根据中点四边形的性质，结合和，利用正方形的判定可判断③；延长和交于点，通过证明，得到，利用斜边中线定理得到，则有，再利用角的和差和等量代换可判断④，即可得出答案． 【详解】解：正方形， ，， 点，分别是，的中点， ，， ， ，故①正确； ，， ， ， ，即， 设正方形的边长为，则， ， ， ， ，故②正确； 点，，，分别是，，，的中点， ，，，， ， ， 四边形是菱形， ， ，即， 菱形是正方形，故③正确； 延长和交于点， ，，， ， ，， ，， ，即， ， ， ， ， ，故④正确； 综上所述，说法正确的个数为4个． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、中点四边形、勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定等知识点，结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于正方形综合题，有一定难度，需要较强的几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生． 2．如图，矩形中，，，为的中点，F为上一动点，为中点，连接，则的最小值是（   ） A． B．3 C． D．4 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，综合性强，正确找出点的运动轨迹是解题关键．分别取的中点，连接，先根据矩形的性质、三角形的中位线定理、勾股定理可得的长，再根据三角形的中位线定理可得当点在上运动时，点在上运动，根据垂线段最短可得当时，的值最小，然后利用勾股定理可得，由此可求出的长，最后在中，利用勾股定理计算即可得． 【详解】解：如图，分别取的中点，连接， ∵矩形中，，，为的中点， ∴，，，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，，， ∴，， ∴， ∵点为的中点，点是的中点， ∴， 又∵点是的中点，为的中点， ∴， 同理可得：， ∴点在同一条直线上，即当点在上运动时，点在上运动， 由垂线段最短可知，当时，的值最小， 设，则， 由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴， 即的最小值是， 故选：A． 3．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据旋转的性质得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB＝AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，根据勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN（SAS），从而得MQ＝MN，再证明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，设MN＝x，再由勾股定理求出x即可． 【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，   ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△AEH中， ， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EH＝EF， ∴∠AEB＝∠AEF， ∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确； 过A作AG⊥EF于G， ∴∠AGE＝∠ABE＝90°， 在△ABE与△AGE中， ， ∴△ABE≌△AGE（AAS）， ∴AB＝AG， ∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确； ∵BE＝2，DF＝3， ∴EF＝BE+DF＝5， 设BC＝CD＝n， ∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3， ∴EF2＝CE2+CF2， ∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2， ∴n＝6（负值舍去）， ∴AG＝6， ∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正确； 如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QM， 由旋转的性质得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°， ∴∠MAQ＝∠MAN＝45°， 在△AMQ和△AMN中， ， ∴△AMQ≌△AMN（SAS）， ∴MQ＝MN， ∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°， ∴BQ2+MB2＝MQ2， ∴ND2+MB2＝MN2， ∵AB＝6， ∴BD＝AB＝12， 设MN＝x，则ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x， ∴32+（9﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， ∴MN＝5，故④正确， 故选A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF和三角形AND． 4．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． 5．如图，在正方形中，点G为边上一点，以为边向右作正方形，连接，交于点P，连接，过点F作交于点H，连接，交于点K，下列结论中错误的是（    ） A． B．是等腰直角三角形 C．点P为中点 D． 【答案】D 【分析】A．证明四边形BHFG为平行四边形，得BH=GF=CE，得BC=HE，再由正方形的性质得HE=CD，进而便可判断选项正误；B．证明△ABH≌△HEF，进而得出△AHF是等腰直角三角形，便可判断选项正误；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，证明四边形EFMH为矩形，再证明△PAD≌△PFM得AP=FP，便可判断选项正误；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，证明△AQK≌△APK得AK=PK，进而得BK2+DP2=KP2，便可判断正误． 【详解】解：A．∵四边形CEFG是正方形， ∴GF∥CE，GF=CE， ∵BG∥HF， ∴四边形BHFG为平行四边形， ∴GF=BH， ∴BH=CE， ∴BC=HE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC=CD． ∴HE=CD，故A正确； B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形， ∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°， ∵BC=HE，BH=CE， ∴AB=HE，BH=EF， ∴△ABH≌△HEF（SAS）， ∴AH=HF，∠BAH=∠EHF， ∵∠BAH+∠AHB=90°， ∴∠EHF+∠AHB=90°， ∴∠AHF=90°， ∴△AHF为等腰直角三角形，故B正确； C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，则MH∥EF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°，∠HBD=∠ABC， ∴∠HBM=45°， ∴BH=MH， ∵△ABH≌△HEF， ∴BH=EF， ∴MH=EF， ∴四边形EFMH为矩形， ∴MF∥BE∥AD，MF=HE， ∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP， ∵AD=BC=HE， ∴AD=MF， ∴△PAD≌△PFM（ASA）， ∴AP=FP，故C正确； D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，则AQ=AP，∠QAP=90°， ∵△AHF是等腰直角三角形， ∴∠HAF=45°， ∴∠QAK=∠PAK=45°， ∵AK=AK， ∴△AQK≌△APK（SAS）， ∴QK=PK， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD=∠ADB=45°， 由旋转性质知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP， ∴∠QBK=90°， ∴BK2+BQ2=QK2， ∴BK2+DP2=KP2，故D错误； 故选：D． 【点睛】本题是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，后两选项关键在构造全等三角形． 6．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 【答案】4+4． 【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可． 【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图： 由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4， 故答案为4+4． 【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 7．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． 8．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． 9．如图，在菱形中，，，点分别是边、、、中点，在直线上方有一动点，且满足，则周长的最小值为______．    【答案】 【分析】连接交于，由点分别是边、、、中点证明四边形为平行四边形，然后根据菱形的性质证明四边形为矩形，在上方作直线，且到的距离为，即，由，则点在直线上，然后作点关于直线的对称点，连接，交直线于点，交直线于点，交于点，根据两点之间线段最短可得当点三点共线时，最短为长，然后由等边三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接交于， ∵点分别是边、、、中点，    ∴为的中位线， ∴，，， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 在上方作直线，且到的距离为，即， ∵， ∴点在直线上， 如上图，作点关于直线的对称点，连接，交直线于点，交直线于点，交于点， 由对称性可知：， ∴， 根据两点之间线段最短可得：当点三点共线时，最短为长， ∴周长的最小， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 由勾股定理得：, ∵分别为中点， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴周长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称-线段最短问题，等边三角形的判定与性质，菱形性质，勾股定理，矩形的判定与性质，三角形中位线性质定理，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键． 10．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．    【答案】 【分析】由旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可． 【详解】解：连接PQ， 由旋转的性质可得，BP=BQ， 又∵∠PBQ=60°， ∴△BPQ是等边三角形， ∴PQ=BP， 在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC， ∴∠ABQ=60°-∠ABP ∠CBP=60°-∠ABP ∴∠ABQ=∠CBP 在△ABQ与△CBP中 ， ∴△ABQ≌△CBP(SAS)， ∴AQ=PC， 又∵PA=4，PB=5，PC=3， ∴PQ=BP=5，PC=AQ=3， 在△APQ中，因为，25=16+9， ∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形， ∴， 故答案为：    【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的面积，解题的关键是作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解． 11．如图，已知在中，，在内作第一个内接正方形，则第1个内接正方形的边长__________；然后取的中点，连接、，在内作第二个内接正方形；再取线段的中点，在内作第三个内接正方形…依次进行下去，则第2020个内接正方形的边长为__________． 【答案】 2 【分析】先利用勾股定理得出BC的长，然后根据等腰直角三角形的性质得出DE的长即可确定第1个内接正方形的边长；运用锐角三角函数的关系得，即可得出正方形边长的变化规律，然后运用规律即可解答． 【详解】解：∵在Rt△ABC中，， ∴∠B=∠C=45°，BC= ∵在△ABC内作第一个内接正方形DEFG： ∴EF=EC=DG=BD. ∴DE=BC=2 连接PD、PE，在△PDE内作第二个内接正方形HIKJ；再取线段KJ的中点Q，在OQHI内作第三个内接正方形……依次进行下去 ∵点P是GF的中， ∴ ∴ ∵DH=EI。 ∴ 则第n个内接正方形的边长为： ∴则第2020个内接正方形的边长为． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及数字变化规律等知识点，根据题意确定正方形边长的变化规律是解答本题的关键． 12．如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面积为，则△BEC与△DFC的面积之和为________． 【答案】 【分析】将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，再证明△△△，根据 求解即可． 【详解】解：将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△， ∴ 连接 ∵∠ ∴∠ ∴∠ 即：∠ ∵ ∴△ ∴ 同理可得：△ ∴ ∴ ∵ ∴△ ∴ 故答案是： 【点睛】本题考查了运用旋转的性质求解，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键． 13．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系． （1）思路梳理 将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__； （2）类比引申 如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明． （3）联想拓展 如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________. 【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）. 【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答； （2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合， ∵∠B＋∠ADC＝180°， ∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线， ∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△AFG和△AFE中，， ∴△AFG≌△AFE， ∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF； （2）EF＝DF−BE； 证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'， ∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE， ∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°， ∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF＝∠E'AF， 在△AEF和△AE'F中，， ∴△AFE≌△AFE'（SAS）， ∴FE＝FE'， 又∵FE'＝DF−DE'， ∴EF＝DF−BE； （3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'， 同（1）可证△AED≌AED'， ∴DE＝D'E． ∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°， ∴∠ECD'＝90°， 在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 14．数学实验：折叠正方形纸片． 通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，是将正方形纸片折叠后得到的一条折痕，其中点P，Q分别在边，上． (1)折叠正方形纸片，使得，依次落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分别作出折痕，（不写作法，保留作图痕迹），其中点E，F分别在边，上．设，的交点为O，则_________； (2)在（1）的条件下，折叠正方形纸片，使得落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图②中作出折痕（不写作法，保留作图痕迹），其中点M，N分别在边，上．设，的交点为G，则点G落在正方形纸片的哪一条对称轴上？请说明理由； (3)如图③，已知正方形纸片的边长为．在（2）的条件下，当点P为边的中点时，则随着点Q位置的改变，的周长是否会发生改变？如果不变，求出的周长；如果改变，求出的周长的最小值，并求出此时折痕的长． 【答案】(1)作图见解析； (2)作图见解析；点G在边、的垂直平分线上；理由见解析； (3)改变；的周长的最小值为； 【分析】本题考查了正方形的折叠问题． （1）作，的角平分线即可．根据三角形外角的性质得到，再根据角平分线的性质得到，即可得到； （2）延长，交于T，作的角平分线即可．证明得到点G是的中点即可； （3）作的角平分线交于E，连接，先根据折叠的性质求出，可知的最小值为，将向上平移使得M与A重合，证明，得到，即可得到． 【详解】（1）解：如图，作，的角平分线即可． ∵，， ∴． ∵，分别是，的角平分线， ∴ ∴ 故答案为：； （2）解：如图，延长，交于T，作的角平分线即可． ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴点G是的中点， ∴点G在边、的垂直平分线上； （3）解：如图，作的角平分线交于E，连接， ∵是折痕， ∴且垂直平分 ∴， ∵为定值即， ∴当A、M、E三点共线时，最小，最小值即为的长， 故的最小值为， 此时E和B重合，将向上平移使得M与A重合，如下图： ∵，， ∴ ∵，， ∴， ∴ 即， ∵ ∴ 15．（1）如图，在正方形 ABCD 中，∠FAG=45°，请直接写出 DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明． （2）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，E，F 分别是 BC 上两点，∠EAF=45°， ①写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明． ②若将（2）中的△AEF 绕点 A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？ 若不成立，直接写出新的结论 ，无需证明． （3）如图，△AEF 中∠EAF=45°，AG⊥EF 于 G，且GF=2，GE=3，则 = ． 【答案】（1）FG=BF+DG；（2）①EF2=BE2+FC2，理由见解析；②仍然成立；（3）15 【分析】（1）把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，可使AD与AB重合，再证明△AFG≌△AFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG； （2）①根据△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，根据旋转的性质，可知△ACF≌△ABG得到BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG，∠FAC=∠GAB，根据Rt△ABC中的AB=AC得到∠GBE=90°，所以GB2+BE2=GE2，证△AGE≌△AFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2； ②将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得△AFG≌△AFE即可求解； （3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在Rt△EFC中，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案． 【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°， ∴把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，使AD与AB重合， ∴∠BAP=∠DAG，AP= AG， ∵∠BAD=90°，∠FAG=45°， ∴∠BAF+∠DAG=45°， ∴∠PAF=∠FAG=45°， ∵∠ADC=∠ABC=90°， ∴∠FBP=180°，点F、B、P共线， 在△AFG和△AFP中， ， ∴△AFG≌△AFP（SAS）， ∴PF=FG， 即：FG=BF+DG； （2）①FC2+BE2=EF2，证明如下： ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠C=∠ABC=45°， 将△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB， ∴△ACF≌△ABG， ∴BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG=45°，∠FAC=∠GAB， ∴∠GBE=∠ABG +∠ABC =90°， ∴GB2+BE2=GE2， 又∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠FAC=45°， ∴∠GAB+∠BAE=45°， 即∠GAE=45°， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE=EF， ∴FC2+BE2=EF2； ②仍然成立，理由如下： 如图，将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点为点G， ∴△ACG≌△ABE， ∴CG=BE，AG=AE，∠ACG=∠ABE=45°，∠BAE=∠CAG， ∴∠GCB=∠ACB +∠ACG =90°，即∠GCF=90°， ∴GC2+CF2=FG2， ∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=90°， ∴∠CAG+∠EAC=90°， 又∵∠EAF=45°， ∴∠GAF=90°-∠EAF=45°， ∴∠GAF=∠EAF=45°， 在△AFG和△AFE中， ， ∴△AFG≌△AFE（SAS）， ∴GF=EF， ∴FC2+BE2=EF2； （3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C， ∴△AEG△AEB，△AFG△AFD， ∴AB=AG=AD，BE=EG=3，DF=FG=2，∠EAG=∠EAB，∠FAG=∠FAD，∠B=∠D=90°， ∵∠EAF=45°， ∴∠EAB+∠FAD=∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°， ∴∠BAD=90°， ∴四边形ABCD为正方形， 设AG =，则AB=BC=CD=， 在Rt△EFC中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=，FC=CD-DF=， ∴， 故， 解得：（舍去），， ∴AG=6， ∴． 故答案为：15． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中． 16．如图，在平行四边形中，E，F分别是边，上的点，与交于点P．    (1)【特例感知】如图（a），若四边形是正方形，当时，则线段与的数量关系是 (2)【深入探究】如图（b），若四边形是菱形，且，则线段与满足怎样的数量关系？请证明你的猜想； 关于此问，数学兴趣小组给出如下两种解决思路．请选择其中一种思路解决问题． 思路一 思路二 如图，在边上取一点M使…… 如图，在的延长线上取一点N，使，……                 (3)【类比迁移】如图（c），若四边形是菱形，E为的中点，，请求出的值； 【答案】(1) (2)猜想．证明见解析 (3) 【分析】（1）根据同角的余角相等得．再由证明即可得到； （2）两种方法：通过辅助线构造证得，或通过辅助线构造证得，再由即可证明结论． （3）通过延长，使，构造，进而得到，结合求出答案． 【详解】（1）解：当四边形是正方形，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：猜想． 证明：思路一：如图，在上取一点M，使，则，    ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 思路二：如图，在延长线上取点N，使，则，    根据菱形的性质，， ∴， 又∵，，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，延长，使，    ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，，， ∴， 在和中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了特殊四边形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，等边三角形和等腰三角形的性质等知识点． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $