1、专题专题 13 13 正方形与正方形与 4545角的基本图角的基本图 一、单选题一、单选题 1 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：AG+EC=GE；GDE45；BGE的周长是一个定值；连 结 FC，BFC的面积等于 1 2 BF FC在以上 4个结论中，正确的是（ ） A1 B2 C3 D4 【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Rt ADGRt FDG， 再由GEGFEFAG CE， 从而
2、判断， 由对折可得：,CDEFDE 由Rt ADGRt FDG， 可得：,ADGFDG 从而可判断， 设,AGa CEb 则 12,12,BGa BEb GFa EFb 利用三角形的周长公式可判断， 如图， 连接CF， 证明BCF 是直角三角形，从而可判断，从而可得本题的结论 【详解】 解：由正方形ABCD与折叠可知， DF=DC=DA，DFE=C=90 ， ,ECEF DFG=A=90 ， ,DGDG Rt ADGRt FDG HL， ,AGGF ,AGECGFFEGE 故正确； 由对折可得：,CDEFDE Rt ADGRt FDG， ,ADGFDG 1 45 2 ADGCDEGDFEDFA
3、DC ， 45GDE， 故正确； 设,AGa CEb 则12,12,BGa BEb GFa EFb 121224, BGE CBGBEGEabab 所以：BGE的周长是一个定值， 故正确， 如图，连接CF， 由对折可得：,EFEC ,EFCECF ,BECE BEEF， ,EBFEFB 1 18090 2 BFCEFBEFC ， 1 . 2 BFC SBF FC 故正确 综上：都正确 故选.D 【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 2如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点 ,A E 在同一直线l上，且 2,3
4、EFAB，给出下列 结论：45COD，5AE ，17CFBDCOF,的面积3S COF ，其中正确的个 数为（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【答案】B 【分析】 根据正方形的性质和平角的定义可求COD； 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； 作 DHAB于 H，作 FGCO 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； 根据三角形面积公式即可求解 【详解】 解：AOC=90 ，DOE=45 ， COD=180 -AOC-DOE=45 ， 故正确； EF= 2， OE=2 AO=AB=3
5、， AE=AO+OE=2+3=5， 故正确； 作 DHAB于 H，作 FGCO 交 CO的延长线于 G， 则 FG=1， CF= 22 FGCG 1 1617， BH=3-1=2， DH=3+1=4， BD= 1642 5 ，故错误； COF的面积 S COF= 1 2 3 1= 3 2 ， 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 3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
6、长交BC于点G，连接DG，过点E作EHDE交DG的延长线于点H，连接 BH，那么些的值为（ ） A1 B 2 C3 D2 【答案】B 【分析】 作辅助线，构建全等三角形，证明 DAEENH，得 AE=HN，AD=EN，再说明 BNH是等腰直角三角 形，可得结论 【详解】 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， ADEFDE， DA=DF=DC，DFE=A=90 ，1=2， DFG=90 ， 在 Rt DFG 和 Rt DCG中， DFDC DGDG ， Rt DFGRt DCG（HL） ， 3=4， ADC=90
7、， 1+2+3+4=90 ， 22+23=90 ， 2+3=45 ， 即EDG=45 ， EHDE， 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， 1 DMBE BEH DEEH ， DMEEBH（SAS） ， EM=BH， Rt AEM 中，A=90 ，AM=AE， 2EMAE ， 2BHAE ，即2 BH AE . 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 4如图，在正方
8、形ABCD内作45EAF ，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A 作AHEF，垂足为点H，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABG，若4,6BEDF，则以下 结论： ADFAHF ，AH EF， 2 2 3 AE AF ， 24 CEF S，正确的个数有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【答案】C 【分析】 利用正方形的性质与旋转的性质证明,GAEFAE再证明,AFHAFD判断， 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,EF AH，判断，再利用勾股定理计算,AE AF，判断 ，通过计算 CEF S，判断 【详解】 解：由旋转的性质可知：AF=
9、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 AGAF GAEFAE AEAE ， ,GAEFAE ,GAFE ,GAFD ,AFEAFD 90 ,AHFADFAFAF ,AFHAFD 故正确， ,AHAD ,GAEFAE ,GEFE 4,6,BEDFGBDF 10,GEEF 设正方形的边长为x，则4,6,CExCFx 由勾股定理得： 22 2 4610 ,xx 解得： 12 12,2xx （舍去） 12,AHADBC ,AHEF 故错误， ,AFHAFD 6,4,FHF
10、DEHEB 22 22 16 1441602 2 , 180336 144 AEAHEH AF AHFH 故正确， 48,66,CExCFx 11 8 624. 22 CEF SCE CF 故正确 综上：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、解答题二、解答题 5已知：四边形ABCD为正方形，AMN是等腰Rt，90AMN （1）如图：当Rt AMN绕点A旋转时，若边AM、AN分别与BC、CD相交于点E、F，连接EF， 试证明：EFDFBE （2）如图，当Rt AMN绕点A旋转时，若边AM、AN分
11、别与BC、CD的延长线相交于点E、F，连 接EF 试写出此时三线段EF、DF、BE的数量关系并加以证明 若6CE ，2DF ，求：正方形ABCD的边长以及AEF中AE边上的高 【答案】 （1）证明见解析； （2）EFBEDF，证明见解析；2 5 【分析】 （1）延长 CB 到 G，使 BG=DF，连接 AG，根据正方形性质得出 AD=AB，D=ABG，根据全等三角形 的判定推出即可； （2）EF=BE-DF，理由是：在 BC上取 BG=DF，连接 AG，证 ABGADF， FAEEAG 即可； 过 F作 FHAE于 H， 设正方形 ABCD的边长是 x， 则 BC=CD=x， EF=GE=BC
12、-BG+CE=x+4， 在 Rt FCE 中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出 x 后再求出 FH 即可 【详解】 （1）证明：如图 1，延长 CB 到 G，使 BG=DF，连接 AG， 四边形 ABCD是正方形， D=ABC=DAB=ABG=90 ，AD=AB， 在 ADF和 ABG中， ADAB DABG DFBG ， ADFABG（SAS） ， AG=AF，DAF=BAG， EAF=45 ， EAG=EAB+BAG=EAB+DAF=45 ， EAF=EAG， AE=AE， EAFEAG， EF=EG=EB+BG=EB+DF （2）三线段EF、DF、BE的数量关系是
13、：EFBEDF，理由如下: 如图 2，在BC上取一点G，使BGDF 连接AG，同(1)可证ABGADF， AG=AF，DAF=BAG， AMN是等腰直角三角形， 45MNAN， 45FADDAE， 45DAEBAG， 90DAB， 904545GAEFAE， 在FAE和GAE中， AFAG FAEGAF AEAE FAEGAE SAS， EFEGBEBG， BGDF， EFBEDF 如图 2，过 F作 FHAE于 H， 设正方形 ABCD的边长是 x，则 BC=CD=x， CE=6，DF=BG=2， EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4， 在 Rt FCE中，由勾股定理
14、得：EF2=FC2+CE2， （x+4）2=（x+2）2+62， 解得：x=6， AG=AF= 22 622 10 ， FAM=45 ，FH= 2 2 AF= 2 2 10 2 =2 5， ， 即 AEF中 AE 边上的高为2 5 【点睛】 本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添 加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题 6 如图，ABADBCDC， 90CDABEBAD， 点E、F分别在边BC、CD上， 45EAF，过点A作GABFAD ，且点G在CB的延长线上 （1）GAB与FAD全等吗？为什么
15、？ （2）若2DF ，3BE ，求EF的长 【答案】 （1） GABFAD，理由见解析； （2）EF=5 【分析】 （1）由题意可得ABG=D=90 ，进一步即可根据 ASA 证得 GABFAD； （2）由（1）的结论可得 AG=AF，GB=DF，易得BAE+DAF=45 ，进而可推出GAE=EAF，然后利 用 SAS 即可证明 GAEFAE，可得 GE=EF，进一步即可求出结果 【详解】 解： （1）90DABE ，点G在CB的延长线上， ABG=D=90 ， 在 GAB和 FAD 中， GABFAD ，AB=AD，ABG=D， GABFAD（ASA） ； （2）GABFAD， AG=AF，
16、GB=DF， 90BAD，45EAF， BAE+DAF=45 ， BAE+GAB=45 ，即GAE=45 ， GAE=EAF， 在 GAE和 FAE 中， AG=AF，GAE=EAF，AE=AE， GAEFAE（SAS） ， GE=EF， GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5， EF=5 【点睛】 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关 键 7如图，在矩形ABCD中，BAD的平分线交BC于点E，EFAD 于点F，DGAE于点G，DG 与EF交于点O （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若ADAE，求证：ABAG； （3）在（2）
17、的条件下，已知1AB ，求OD的长 【答案】 （1）见解析； （2）见解析； （3）2 2 【分析】 （1）首先证明ABEF是矩形，然后找到一组邻边相等即可证明四边形ABEF是正方形； （2）主要证明AGDAFE，从而得出AGAF，由（1）知，四边形ABEF是正方形，ABAF， 等量代换即可证明ABAG； （3）已知1AB ，可知 2AE ，又因为AGDAFE，求出 AD的长度，DF=AD-AF，根据等式关系 求出 DF 的长，最后证明ODF为等腰直角三角形，OD= 2DF 即可求解 【详解】 （1）在矩形ABCD中，90BAFB ， EFAD， 90AFE， 90BAFBAFE ， 四边形A
18、BEF是矩形， 又AE 平分BAF， 45BAE， 45AEB， AEB为等腰直角三角形， BE=AB， 四边形ABEF是正方形（邻边相等的矩形为正方形） ； （2）DGAE， 90AGDAFE， 又DAGEAF ，AD=AE， AGDAFE （AAS） ， AG AF， 由（1）知，四边形ABEF是正方形， AB AF， AB AG； （3）在正方形ABEF中，45AEF，1ABAF， 2AE ， 由（2）知：AGDAFE， AD=AE= 2， 45ADGAEF， DF=AD-AF= 2-1， 又EFAD，45ADG， ODF为等腰直角三角形， OD= 2DF=2-2 【点睛】 本题主要考查
19、了矩形与正方形的判定与性质、证明三角形全等等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性 质是解题的关键 8正方形 ABCD的边长为 6，E，F分别是 AB，BC边上的点，且EDF45 ，将 DAE 绕点 D逆时针旋 转 90 ，得到 DCM （1）求证：EFCF+AE； （2）当 AE2时，求 EF的长 【答案】 （1）见解析； （2）5，详见解析 【分析】 （1）由旋转可得 DEDM，EDM为直角，可得出EDF+MDF90 ，由EDF45 ，得到MDF为 45 ，可得出EDFMDF，再由 DFDF，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 EFCF+
20、AE； （2）由（1）的全等得到 AECM2，正方形的边长为 6，用 ABAE求出 EB 的长，再由 BC+CM求出 BM的长，设 EFMFx，可得出 BFBMFMBMEF8x，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 EF的长 【详解】 （1）证明： DAE 逆时针旋转 90 得到 DCM， FCMFCD+DCM180 ，AECM， F、C、M三点共线， DEDM，EDM90 ， EDF+FDM90 ， EDF45 ， FDMEDF45 ， 在 DEF和 DMF中， DEDM EDFMDF DFDF ， DEFDMF（SAS） ， EFMF
21、， EFCF+AE； （2）解：设 EFMFx， AECM2，且 BC6， BMBC+CM6+28， BFBMMFBMEF8x， EBABAE624， 在 Rt EBF中，由勾股定理得 222 EBBFEF ， 即 2 22 48xx， 解得：x5， 则 EF5 【点睛】 本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全 等，然后利用勾股定理求得线段的长 9已知 A（m，n） ，且满足|m2|+（n2）2=0，过 A 作 ABy轴，垂足为 B （1）求 A点坐标 （2） 如图 1， 分别以 AB，AO为边作等边 ABC和 AOD， 试判定线段 AC和
22、 DC的数量关系和位置关系， 并说明理由 （3）如图 2，过 A作 AEx轴，垂足为 E，点 F、G分别为线段 OE、AE 上的两个动点（不与端点重合） ， 满足FBG=45 ，设 OF=a，AG=b，FG=c，试探究 2 c ab ab 的值是否为定值？如果是求此定值；如果 不是，请说明理由 【答案】 （1）A（2，2）；（2）AC=CD，ACCD.证明见解析；（3）0. 【分析】 （1）根据非负数的性质可得 m、n 的值； （2）连接 OC，由 AB=BO知BAO=BOA=45 ，由 ABC， OAD 为等边三角形知 BAC=OAD=AOD=60 、OA=OD，继而由BAC-OAC=OAD
23、-OAC得DAC=BAO=45 ，根 据 OB=CB=2、OBC=30 知BOC=75 ，AOC=BAO-BOA=30 ，DOC=AOC=30 ，证 OACODC得 AC=CD，再根据CAD=CDA=45 知ACD=90 ，从而得 ACCD； （3） 在 x轴负半轴取点 M， 使得 OM=AG=b， 连接 BG， 先证 BAGBOM得OBM=ABG、BM=BG， 结合FBG=45 知ABG+OBF=45 ， 从而得OBM+OBF=45 ，MBF=GBF， 再证 MBFGBF 得 MF=FG，即 a+b=c，代入原式可得答案 【详解】 （1）由题得 m=2，n=2， A（2，2）； （2）如图
24、1，连结 OC， 由（1）得 AB=BO=2， ABO为等腰直角三角形， BAO=BOA=45 ， ABC， OAD 为等边三角形， BAC=OAD=AOD=60 ，OA=OD BAC-OAC=OAD-OAC 即DAC=BAO=45 在 OBC中，OB=CB=2，OBC=30 ， BOC=75 ， AOC=BAO-BOA=30 ， DOC=AOC=30 ， 在 OAC 和 ODC中， OAOD AOCDOC OCOC ， OACODC， AC=CD， CAD=CDA=45 ， ACD=90 ， ACCD； （3）如图，在 x轴负半轴取点 M，使得 OM=AG=b，连接 BG， 在 BAG和 B
25、OM 中， BABO ABOM AGOM ， BAGBOM OBM=ABG，BM=BG 又FBG=45 ABG+OBF=45 OBM+OBF=45 MBF=GBF 在 MBF和 GBF中， BMBG MBFABF BFBF ， MBFGBF MF=FG a+b=c 代入原式=0 10已知，如图 1，正方形 ABCD 的边长为 6，点 E、F分别在边 AB、AD 的延长线上，且 BE=DF，连接 EF （1）求E的度数； （2）将 AEF绕点 A顺时针方向旋转，当旋转角 满足 0 45 时，设 EF 与射线 AB交于点 G，与 AC 交于点 H，如图所示，试判断线段 FH、HG、GE 的数量关系
26、，并说明理由 （3）若将 AEF 绕点 A 旋转一周，连接 DF、BE，并延长 EB交直线 DF于点 P，连接 PC，则点 P 的运动 路径长为 ；线段 PC 的取值范围为 【答案】 （1）E=45 ； （2）FH2+GE2=HG2，理由见解析； （3）6 2，0PC62 【分析】 （1）先证明 AE=AF，由等腰直角三角形的性质可求解； （2）如图 2，作辅助线，构建全等三角形，先证明 AGHAGK，得 GH=GK，由 AFHAEK，得 AEK=AFH=45 ，FH=EK，利用勾股定理得：KG2=EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论： FH2+GE2=HG2； （3）如图 3，先
27、证明FPE=FAE=90 ，根据 90 的圆周角所对的弦是直径可得：点 P 的运动路径是：以 BD 为直径的圆，如图 4，可得 PC的取值范围 【详解】 （1）四边形 ABCD是正方形， AD=AB，DAB=90 ， BE=DF， AD+DF=AB+BE，即 AF=AE， 又FAE=90 ， E=F=45 ； （2）FH2+GE2=HG2，理由是： 如图 2，过 A作 AKAC，截取 AK=AH，连接 GK、EK， CAB=45 ， CAB=KAB=45 ， 在 AGH和 AGK 中， AGAG HAGKAG AHAK ， AGHAGK（SAS） ， GH=GK， 由旋转得：FAE=90 ，A
28、F=AE， HAK=90 ， FAH=KAE， 在 AFH和 AEK中， AFAE FAHKAE AHAK ， AFHAEK（SAS） ， AEK=AFH=45 ，FH=EK， AEH=45 ， KEG=45 +45 =90 ， Rt GKE中，KG2=EG2+EK2， 即：FH2+GE2=HG2； （3）解：如图 3， BAD=90 ，FAE=90 ，AF=AE， DAF=BAE， 在 DAF和 BAE中， ADAB DAFBAE AFAE ， DAFBAE（SAS） ， DFA=BEA， PNF=ANE， FPE=FAE=90 ， 将 AEF 绕点 A 旋转一周，总存在直线 EB与直线 D
29、F垂直， 点 P的运动路径是：以 BD 为直径的圆， 26 2BDAB ， 点 P的运动路径长=d=6 2； 如图 4， 当 P 与 C重合时，PC 最小，PC=0， 当 P 与 A重合时，PC 最大为6 2， 线段 PC的取值范围是：0PC6 2 故答案为：6 2，0PC6 2 【点睛】 本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用，全等三角 形的判定和性质，圆周角定理，点的运动路径的概念，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等， 因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化为三角形的问 题，使问题得以解决 11
30、 （1）如图 1 所示，已知正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DFBE求 证：CFCE； （2）如图 2所示，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果45GCE，请利用 （1）中的结论证明：GEBEGD 【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析 【分析】 （1）根据正方形的性质，可直接证明 CBECDF，从而得出 CE=CF； （2）延长 AD至 F，使 DF=BE，连接 CF，根据（1）知BCE=DCF，即可证明ECF=BCD=90 ，根 据GCE=45 ，得GCF=GCE=45 ，利用全等三角形的判定方法得出 ECGFCG，即 GE=GF，即可
31、 得出答案 GE=DF+GD=BE+GD 【详解】 解： （1）证明：如图 1，在正方形 ABCD中， BC=CD，B=CDF，BE=DF， CBECDF， CE=CF； （2）证明：如图 2，延长 AD 至 F，使 DF=BE，连接 CF， 由（1）知 CBECDF， BCE=DCF BCE+ECD=DCF+ECD 即ECF=BCD=90 ， 又GCE=45 ，GCF=GCE=45 ， CE=CF，GCE=GCF，GC=GC， ECGFCG， GE=GF， GE=DF+GD=BE+GD 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，利用全等三角形的判定方法正确证明三角形全等 是
32、关键 12 （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 ， 写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明 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 ，AGEF 于 G，且 GF=2，GE=3，则 AEF S= 【答案】 （1）FG=BF+DG； （2）EF2=BE2+FC2，理由见解析；仍然成立； （3）1
33、5 【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 AFGAFP进而得到PF=FG， 即可得 FG=BF+DG； （2） 根据 AFC绕点A顺时针旋转90 得到 AGB， 根据旋转的性质， 可知 ACFABG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 AGEAFE，利用 EF=EG 得到 EF2=BE2+FC2； 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
34、用 SAS 证得 AFGAFE 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
35、 AFG 和 AFP 中， AGAP FAGFAP AFAF ， AFGAFP（SAS） ， PF=FG， 即：FG=BF+DG； （2）FC2+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， ACFABG， 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， GAFA EAGEAF AEAE ， AGEAFE（SA
36、S） ， GE=EF， FC2+BE2=EF2； 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， ACGABE， 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， GAEA GAFEAF AFAF ， AFGAFE（SAS） ， GF=EF， FC2+BE2=EF2； （
37、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 =x，则 AB=BC=CD=x， 在 Rt EFC 中，EF=3+2=5，EC=BC-BE= 3x，FC=CD-DF= 2x， 222 FCECEF， 故 22 2 2?35xx， 解得： 1 1x （舍去） ， 2 6x ， AG=
38、6， AEF 11 5 615 22 SEFAG 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 13正方形 ABCD中，E为 BC上的一点，F 为 CD上的一点，BEDFEF，求EAF的度数 【答案】45 【分析】 延长 EB 使得 BG=DF，易证 ABGADF（SAS）可得 AF=AG，进而求证 AEGAEF可得 EAG=EAF，再求出EAG+EAF=90 即可解题 【详解】 解：如图，延长 EB到点 G，使得BGDF，连接 AG 在正
39、方形 ABCD中，90DABC，ABAD， 90ABGADF 在ABG和ADF中， ABAD ABGADF BGDF ， ABGADF SAS， DAFBAG，AFAG 又EFDFBEBGBEEG， 在 AEG和AEF中， AEAE GEFE AGAF ， AEGAEF SSS， EAGEAF 90DAFEAFBAE， 90BAGEAFBAE， 90EAGEAF， 45EAF 【点睛】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键 14如图，正方形 ABCD中，E、F 分别在边 BC、CD上，且EAF45 ，连接 EF，这种模型属于“半角模 型”中
40、的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路例如图中 ADF 与 ABG可以看作 绕点 A旋转 90 的关系这可以证明结论“EFBEDF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程 （1）延长 CB 到点 G，使 BG ，连接 AG； （2）证明：EFBEDF 【答案】 （1）DF； （2）见解析 【分析】 （1）由于 ADF与 ABG可以看作绕点 A旋转 90 的关系，根据旋转的性质知 BG=DF，从而得到辅助线 的做法； （2）先证明 ADFABG，得到 AG=AF，GAB=DAF，结合EAF45 ，易知GAE=45 ，再证明 AGEAFE 即可得到 EFGE=BE+GB=BEDF
41、 【详解】 解： （1）根据旋转的性质知 BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长 CB到点 G，使 BG=DF，连接 AG； （2）四边形 ABCD为正方形， AB=AD，ADF=ABE=ABG=90 ， 在 ADF和 ABG中 ADAB ADFABG DFBG ADFABG（SAS） ， AF=AG，DAF=GAB， EAF=45 ， DAF+EAB=45 ， GAB+EAB=45 ， GAE=EAF =45 ， 在 AGE和 AFE中 0 AGAF GAEFAE AEAE ADFABG（SAS） ， GE=EF， EFGE=BE+GB=BEDF 【点睛】 本题属于四边形综合题，主要考查正方
42、形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利 用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型 15已知在正方形 ABCD和正方形 CEFG 中，直线 BG，DE 交于点 H （1）如图 1，当 B，C，E共线时，求证：BHDE （2）如图 2，把正方形 CEFG 绕 C 点顺时针旋转 度（090） ，M，N分别为 BG，DE 的中点，探究 HM，HN，CM 之间的数量关系，并证明你的结论 （3）如图 3，PDG45 ，DHPG于 H，PH2，HG4直接写出 DH的长 【答案】 （1）见解析； （2）MH2+HN22CM2，理由见解析； （3）3+ 17 【分析】 （1） 根据正方
43、形的性质得到 BCCD， CGCE， BCGDCE90 ， 根据全等三角形的性质得到CBG CDE，根据余角的性质即可得到结论； （2）根据正方形的性质得到 BCCD，CGCE，BCDGCE90 ，由全等三角形的性质得到CBG CDE，BGDE，求得MHN90 ，得到 BMDN，根据全等三角形的性质得到 CMCN，BCM DCN，根据勾股定理即可得到结论； （3）根据折叠的性质得到 ADDHCD，ACDHP90 ，ADPHDP，GDHGDC， APPH2，CGHG4，根据正方形的性质得到B90 ，设 DHADABBCx，根据勾股定理列 方程即可得到结论 【详解】 解： （1）证明：在正方形 A
44、BCD 和正方形 CEFG中，BCCD，CGCE，BCGDCE90 ， BCGDCE（SAS） ， CBGCDE， CDE+DEC90 ， HBE+BEH90 ， BHE90 ， BHDE； （2）解：MH2+HN22CM2， 理由：在正方形 ABCD和正方形 CEFG 中，BCCD，CGCE，BCDGCE90 ， BCGDCE， BCGDCE（SAS） ， CBGCDE，BGDE， DPHCPM， DHPBCP90 ， MHN90 ， M，N分别为 BG，DE的中点， BM 1 2 BG，DN 1 2 DE， BMDN， BCCD， BCMDCN（SAS） ， CMCN，BCMDCN， MC
45、NBCP90 ， MH2+HN2CM2+CN22CM2； （3）解：DHPG， DHPDHG90 ， 把 PDH沿着 PD翻折得到 APD，把 GDH沿着 DG翻折得到 DGC， ADDHCD，ACDHP90 ，ADPHDP，GDHGDC，APPH2，CGHG 4， PDG45 ， ADC90 ， 延长 AP，CG交于 B， 则四边形 ABCD是正方形， B90 ， 设 DHADABBCx， PBx2，BGx4， PG2PB2+BG2， 62（x2）2+（x4）2， 解得：x317（负值舍去） ， DH317 【点睛】 本题考查了正方形的性质与判定，综合性较强，熟知正方形性质，根据题意构造正方
46、形是解题关键对于 此类分步骤的综合题，每一步解题都为后续解题提供了解题条件或解题思路，要深刻领会并善于运用这一 点进行解题 16已知：如图，在正方形 ABCD 中，点 E、F分别在边 BC和 CD 上 （1）若 BEDF，求证：BAEDAF； 联结 AC交 EF于点 O，过点 F作 FMAE，交 AC的延长线于 M，联结 EM，求证：四边形 AEMF是菱 形 （2）联结 BD，交 AE、AF于点 P、Q若EAF45 ，AB1，设BPx，DQy，求y 关于x的函 数关系及定义城 【答案】 （1）见解析；见解析； （2） 12 2 x y x ( 2 0 2 x ) 【分析】 （1）证明 ABEADF（SAS） ，即可推出BAE=DAF 证明 FOMEOA（ASA） ，推出 AE=FM，由 FMAE，可得四边形 AEMF是平行四边形，再根据 AE=AF可得结论 （2）如图 2中，将 ADQ绕点 A顺时针旋转 90 得到 ABT，连接 PT证明 APQAPT（SAS） ，推 出 PQ=PT，由题意 BD= 2，推出 PQ=PT= 2xy，在 Rt TBP 中，根据 222 PTBTPB ，构建关 系式即可解决问题 【详解】 （1）证明：如图 1中， 四边形 ABCD是正方形， B=D=90 ，AB=AD， BE=DF，
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