【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题7弦图与垂直模型 模型1：垂直模型如图：∠D＝∠BCA＝∠E＝90°，BC＝AC.
，结论：Rt△BCD≌Rt△CAE. 模型分析说到三垂直模型，不得不说一下弦图，弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位
，很多利用垂直求角，勾股定理求边长，相似求边长都会用到从弦图支离出来的一部分几何图形去求解.图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图
. 三垂直图形变形如图③、图④，这也是由弦图演变而来的.模型2：弦图模型【例1】．（2021·全国·八年级专题练习）如图1，正方
形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．（1
）求证：PE＝PB；（2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化
？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由；（3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）
在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值；（3）．理由见解析．【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证
明即可求解．（2）如图，连接OB，通过证明，得到PF=OB，则PF为定值是．（3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得，，整
理可得结论．【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．∵PB⊥PE，∴∠BPE＝90°，∴∠MP
B+∠EPN＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°．∵AD∥MN，∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90
，∵∠MPB+∠MBP＝90°，∴∠EPN＝∠MBP．在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，∴△PNC是等腰直角三角形，∴PN＝CN
，∴BM＝CN＝PN，∴△BMP≌△PNE（ASA），∴PB＝PE．（2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由：如图
2，连接OB．∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB＝90°，∴∠AOB＝∠EFP＝90°，∴∠OBP+
∠BPO＝90°．∴∠BPE＝90°，∴∠BPO+∠OPE＝90°，∴∠OBP＝∠OPE．由（1）得PB＝PE，∴△OBP≌△FP
E（AAS），∴PF＝OB．∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴．∴PF的长为定值．（3）解：．理由：如图1，∵∠BAC＝45
°，∴△AMP是等腰直角三角形，∴．由（1）知PM＝NE，∴．∵△PCN是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题主要考查了四边形综合应用
，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．【例2】．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十九中学校九年级
阶段练习）正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．（1）如图1，求证AE⊥BF；（2）如图2，
在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN；【答案】（1）见解析；（2）
见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）过点B作，交A
N于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在
中，根据勾股定理即可得；【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC，，在和中，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴；（
2）如图所示，过点B作，交AN于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AC，，∵，，∴，由（1）得，，∴，∴,∴，∴，在和中，∴
（SAS），∴，∵AN平分，∴，∴，，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴BH=BN，在和中，∴（SAS），∴AH=CN，在中，根据
勾股定理，∴；【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股
定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．【例3】．（2021·云南曲靖·八年级期末）如图1，在正方形中，为上一点
，连接，过点作于点，交于点．（1）求证：；（2）如图2，连接、，点、、、分别是、、、的中点，试判断四边形的形状，并说明理由；（3）
如图3，点、分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长．【答案
】（1）见解析；（2）四边形为正方形，理由见解析；（3）【分析】（1）由四边形为正方形，可得，推得，由，可得，可证即可；（2）、为
、中点，可得为的中位线，可证，，由点、、、分别是、、、的中点，可得PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，可证，，，，，，
可证四边形为平行四边形．再证四边形为菱形，最后证即可；（3）延长交于点，由对称性可得，，，由勾股定理可求，可得，设，在中，，解得，
在中，可求．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，∴，∴，∵，∴∠AHB=90°，∴，∴，在与中，，∴，∴．（2）解：四边形为正方
形，理由如下：∵、为、中点，∴为的中位线，∴，，∵点、、、分别是、、、的中点，∴PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，，
∴，，，，，，∴，，∴四边形为平行四边形．∵，∴，∴四边形为菱形，∵，，∴，∵，∴，∴四边形为正方形．（3）解：延长交于点，由对称
性可知，，，在中，，∴，设，则，在中，，，∴，在中，．【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形
中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键．【例4】．（2021·河南商丘
·八年级期中）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为轴正半轴上的一个动点，以为直角顶点，为直角边在第一象限作等腰Rt．(1)如图1，
若，则点的坐标为______；(2)如图2，若，点为延长线上一点，以为直角顶点，为直角边在第一象限作等腰Rt，连接，求证：；(3)
如图3，以为直角顶点，为直角边在第三象限作等腰Rt．连接，交轴于点，求线段的长度．【答案】(1)点C（3，7）；(2)证明见详解过
程；(3)2．【分析】（1）如图1，过点C作CH⊥y轴，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可
求解；（2）过点E作EF⊥x轴于F，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性质可得
∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得结论；（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由
“AAS”可证△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．(1)如图1，过点C作CH⊥y轴于H，∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°
，∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，∴∠ABO=∠BCH，在△ABO和△BCH中，，∴△ABO≌△BCH（AAS）
，∴CH=OB=3，BH=AO=4，∴OH=7，∴点C（3，7），故答案为：（3，7）；(2)过点E作EF⊥x轴于F，∴∠EFD=
∠BDE=∠BOD=90°，∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，∴∠DBO=∠EDF，在△BOD和△DFE中，，∴△
BOD≌△DFE（AAS），∴BO=DF=4，OD=EF，∵点A的坐标为（4，0），∴OA=OB=4，∴∠BAO=45°，∵OA=
DF=4，∴OD=AF=EF，∴∠EAF=∠AEF=45°，∴∠BAE=90°，∴BA⊥AE；(3)过点C作CG⊥y轴G，由（1）
可知：△ABO≌△BCG，∴BO=GC，AO=BG=4，∵BF=BO，∠OBF=90°，∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，
又∵∠CPG=∠FPB，∴△CPG≌△FPB（AAS），∴BP=GP，∴BP=BG=2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角
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直角三角形是本题的关键．【例5】．（2021·黑龙江·哈尔滨市风华中
学校九年级阶段练习）如图1，正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与CD相交于
点G．（1）求证：△BCG≌△DCE；（2）如图2，连接BD，若BE＝4，DG＝2，求tan∠DBG的值．【答案】（1）见解析；（
2）【分析】（1）由正方形的性质结合已知条件，利用ASA判定三角形全等即可；（2）过点G作GH⊥BD垂足为H，由全等求得CG＝CE
，进一步结合图形求得BC和CG的长，然后在RT△BDC中求得GH和BH的长，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG＝，即可求得答
案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCG＝∠DCE＝90°，BC＝CD，∵BF⊥DE，∴∠DFG＝∠BCG＝9
0°，∵∠BGC＝∠DGF，∴∠CBG＝∠CDE．在△BCG和△DCE中， ，∴△BCG≌△DCE，（2）解：过点G作GH⊥BD垂
足为H，∵△BCG≌△DCE，∴CG＝CE，∵BE＝BC+CE＝，DG＝CD﹣CG＝，∴BC＝CD＝，CG＝CE＝，在RT△BDC
中，∵∠BCD＝90°，∴BD＝＝，∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝，∴＝，∴DH＝2，∴GH＝DH＝2，∵BH＝BD
﹣DH，∴BH＝6﹣2＝4，在RT△BHG中，∵∠BHG＝90°，∴tan∠DBG＝，∴tan∠DBG＝【点睛】本题考查三角形全等
的证明，直角三角形中锐角三角函数的定义等相关知识点，熟练掌握数形结合思想解题是重点．一、解答题1．（2022·江苏·八年级课时练习
）如图1，在中，，，直线经过点，且于，于．(1)由图1，证明：；(2)当直线绕点旋转到图2的位置时，请猜想出，，的等量关系并说明理
由；(3)当直线绕点旋转到图3的位置时，试问，，又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不必说明理由）．【答案】(1)证明见
解析；(2)，证明过程见解析；(3)，证明过程见解析【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到D
E=CE+DC=AD+BE即可；(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；(3)同(
1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．【详解】解：(1)证明：在中，∵，∴，∵，∴，∴，又
∵，，∴，∴，，∵直线经过点，∴；(2)，，的等量关系为：，理由如下：∵于，于∴，∴，，∴，在和中，∴∴，，∴；(3)当旋转到图3
的位置时，、、所满足的等量关系是，理由如下：∵于，于∴，∴，，∴，在和中，∴∴，，∴.【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰
直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．2．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示
，中，，，点为上一点，过点作直线的垂线，垂足为，连接，过点作的垂线交于点．（1）如图1，求的度数；（2）如图2，连接，且，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，为上一点，连接，若，，求的长．【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2【分析】（1）先证明 再
证明再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；（2）利用全等三角形的性质先求解，证明 再求解，从而可得结论；（3）如
图，过作于 交于 连接 证明为等边三角形，再证明，再利用全等三角形的性质可得答案.【详解】解：（1） ， 即 ， ，．
（2） ， , ∴，∵，∴．（3）如图，过作于 交于 连接 为等边三角形， ， ，∴，∴．【点
睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含的直角三
角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.3．（2020·北京市第十三中学九年级期中）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC
＝BC．（1）如图1，点D是BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，连接CE．①若∠
BAD＝α，求∠DBE的大小（用含α的式子表示）；②用等式表示线段EA，EB和EC之间的数量关系，并证明．（2）如图2，点D在线段
BC的延长线上时，连接AD，过点B作BE⊥AD，垂足E在线段AD上，连接CE．①依题意补全图2；②直接写出线段EA，EB和EC之间
的数量关系．【答案】（1）①∠DBE＝45°﹣α；②AE﹣BEEC，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②EB﹣EAEC．【分析】
（1）①根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=．根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=；②过点C
作CR⊥CE交AE于R，然后证明△ACR≌△BCE，得到AR＝BE，CR＝CE，即可得到△CER是等腰直角三角形，ERCE，由此即
可求解；（2）①根据题目要求作图即可；②过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F.根据三角形的内角和定理得到∠CAF=∠CBE，证
明△ACF≌△BCE.根据全等三角形的性质有AF=BE，CF=CE．根据等腰直角三角形的性质有EF=EC．则有 AF -EA =E
C，即可求出线段EA，EB和EC之间的数量关系．【详解】解：（1）①如图1中，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，
∵∠BAD＝α，∴∠CAD＝45°﹣α．∵∠ACB＝90°，BE⊥AD，∠ADC＝∠BDE，∴∠DBE＝∠CAD＝45°﹣α；②结
论：AE﹣BEEC．理由：如图，过点C作CR⊥CE交AE于R．∴∠ACB＝∠RCE＝90°，∴∠ACR＝∠BCE，∵∠CAR+∠A
DC＝90°，∠CBE+∠BDE＝90°，∠ADC＝∠BDE，∴∠CAR＝∠CBE，在△ACR和△BCE中，，∴△ACR≌△BCE
（ASA），∴AR＝BE，CR＝CE，∴△CER是等腰直角三角形，∴ERCE，∴AE﹣BE＝AE﹣AR＝ER EC．（2）①补全图
形，如图2所示：②猜想：当D在BC边的延长线上时，EB﹣EAEC；理由如下：过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F，如图3所示：
则∠ECF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝90°，∴∠ECF+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，即∠ACF＝∠BCE，∵∠C
AF+∠ADB＝90°，∠CBE+∠ADB＝90°，∴∠CAF＝∠CBE，在△ACF和△BCE中，，∴△ACF≌△BCE（ASA）
，∴AF＝BE，CF＝CE．∵∠ECF＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴EFEC，即AF﹣EAEC．∴EB﹣EAEC．【点睛
】考查等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等，难度一般，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．4．（2
021·四川省成都市七中育才学校七年级期中）已知：中，，，为直线上一动点，连接，在直线右侧作，且．（1）如图1，当点在线段上时，过
点作于，连接．求证：；（2）如图2，当点在线段的延长线上时，连接交的延长线于点．求证：；（3）当点在直线上时，连接交直线于，若，请
求出的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或【分析】（1）由“AAS”可证，可得EH=AC，即可求证；（2）过点作，交延
长线于，由“AAS”可证，可得AC=EN=BC，由“AAS”可证，可得BM=EM；（3），，分三种情况：当点D在线段BC上，点D在
线段BC的延长线上，点D在线段CB的延长线上，由全等三角形的性质可求得相应线段的长，再由三角形的面积公式可求解．【详解】证明（1）
∵，，∴，，，在与中，，；（2）如图2，过点作，交延长线于，∵，，∴，，，在与中，，，又∵，，又在与中，，则；（3）如图，当点在线
段上时，∵，∴可设，，由（1）得：，则，，由∵ ， ，∴（AAS），∴，即，∴ ，∴， ，， ，；如图，点在延长线上时，过点作，交
延长线于，∵，∴可设，，∵，，∴ ，∴，，，在与中，，， ，又∵，，又在与中，，∴， ，∴ ， ， ，∴，，点在延长线上由图2得：
，∴不可能，故舍去综上：的值为 或【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线
构造全等三角形是本题的关键．5．（2022·江苏·八年级课时练习）在中，，，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD
，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．（1）如果点D在线段BC上运动，如图1：求证：（2）如果点D
在线段BC上运动，请写出AC与CE的位置关系．通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作交直线BC于F，如图2所示，通过证
明，可推证等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系，请你写出证明过程．（3）如果点D在线段CB的延长线上运动，利用图3画图分析
，（2）中的结论是否仍然成若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）垂直，理由见解析；（3）成立，证明见解
析【分析】（1）根据直角三角形的性质证明即可；（2）过点E作交直线BC于F，如图2所示，通过证明，可推证等腰直角三角形，从而得出A
C与CE的位置关系；（3）如图3所示，过点E作于F，证明，进一步可证明【详解】解：（1）证明：∵∴∵∴∴（2）垂直∵∴∵∴在和中∴
∴，∵∴，∴即．∴又∵∴，且∴即．（3）（2）中的结论仍然成立如图3所示，过点E作于F∵∴在和中∴∴，∴即∴∴∴∴．【点睛】此题是
几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明是解本题的关键．6．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年
级开学考试）如图，已知中，，，分别过、向过的直线作垂线，垂足分别为 ．（1）如图1，过的直线与斜边不相交时，直接写出线段、、的数量
关系是______；（2）如图2，过的直线与斜边相交时，探究线段、、的数量关系并加以证明；（3）在（2）的条件下，如图3，直线交于
点，延长交于点，连接、、，若，，，四边形的面积是90，求的面积．【答案】（1）数量关系为：EF=BE+CF；（2）数量关系为：EF
=BE-CF．证明见详解；（3）S△GHC=15．【分析】（1）数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC
=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；（2）数量关系为：EF=BE-CF．
先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌
△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；（3）先由（2）结论EF=BE-CF；，求出BE=AF=12，由，可求FH=2
，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=，再求EG=3，AH= 10，分别求出S△ACF= ，S△HCF=，S△AGH=，
利用面积差即可求出．【详解】解：（1）数量关系为：EF=BE+CF．∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AF
C=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC
中，∵，∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF+AE=BE+CF；（2）数量关系为：EF=BE-C
F．∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =
90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵，∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF-
AE=BE-CF；（3）∵EF=BE-CF；，∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，∵，EH+FH=EF=6，∴2FH+FH=
6，解得FH=2，∴EH=2FH=4，S四边形ABFG= =90，∴BG=，∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=
6+4=10，∵S△ACF= ，S△HCF=，S△AGH=，∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15
．【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算
，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．
7．（2021·江苏泰州·八年级期末）如图，正方形ABCD边长为4，点G在边AD上（不与点A、D重合），BG的垂直平分线分别交AB
、CD于E、F两点，连接EG．（1）当AG=1时，求EG的长；（2）当AG的值等于 时，BE=8－2DF；（3）过G点作GM⊥EG
交CD于M?①求证：GB平分∠AGM；?②设AG=x，CM=y，试说明的值为定值．【答案】（1）；（2）（3）①见解析；②，理由见
解析【分析】（1）根据EF是线段BG的垂直平分线，BE=EG，设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，再由勾股定理求解即可；
（2）过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG，由BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到BE=2CF，先证明四边形BCF
H是矩形，得到CF=HB，则BH=EH=FC，设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，由，，，可以得到①，②，
联立①②求解即可得到答案；（3）①先证明∠EBG=∠EGB，然后根据ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到
∠AGB=∠BGM；②连接BM，过点B作BH⊥GM，由角平分线的性质得到BH=AB=4，由，可以得到，由勾股定理可以得到即，最后解
方程即可得到答案．【详解】解：（1）∵EF是线段BG的垂直平分线，∴BE=EG，∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，∴AB=4，
∠A=90°，设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，∵，∴，解得，∴；（2）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，连接FB，F
G∵EF是线段BG的垂直平分线，∴BF=FG，∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，∴BE=2CF，∵四边形ABCD是正
方形，FH⊥AB，∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°，∴四边形BCFH是矩形，∴CF=HB，∴BH=EH=FC，设AG=x，BE=
y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，∵，，，∴①，②，联立①②解得或（舍去），∴当时，BE=8-2DF，故答案为：；（3）①
∵EF是线段BG的垂直平分线，∴EG=BE，∴∠EBG=∠EGB，∵四边形ABCD是正方形，EG⊥GM，∴∠A=∠EGM=90°，
∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，∴∠AGB=∠BGM，∴BG平分∠AGM；②如图，连接BM，过点B作BH
⊥GM，由（3）①得BG平分∠AGM，∴BH=AB=4，∵AG=x，CM=y，∴DG=4-x，DM=4-y，∵，∴，∴，∴，∵，∴
∴∴，∴，∴，当时，则，∴（不符合题意），∴∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质
，等腰三角形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．8．（2021·全国·八年级专题练习）已知
，如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合)．以AD为边作正方形A
DEF，连接CF，当点D在线段BC的反向延长线上，且点A，F分别在直线BC的两侧时．(1)求证：△ABD≌△ACF；(2)若正方形
ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度．【答案】(1)证明见解析； (2)【分析】（1）由题意易得A
D＝AF，∠DAF＝90°，则有∠DAB＝∠FAC，进而可证AB＝AC，然后问题可证；（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，则有∠
ABD＝∠ACF，进而可得∠ACF＝135°，然后根据正方形的性质可求解．【详解】(1)证明：∵四边形ADEF为正方形，∴AD＝A
F，∠DAF＝90°，又∵∠BAC＝90°，∴∠DAB＝∠FAC，∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝45°，∴∠A
BC＝∠ACB，∴AB＝AC，∴△ABD≌△ACF(SAS)；(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，∴∠ABD＝∠ACF，∵∠A
BC＝45°，∴∠ABD＝135°，∴∠ACF＝135°，由(1)知∠ACB＝45°，∴∠DCF＝90°，∵正方形ADEF边长为，
∴DF＝4，∴OC＝DF＝×4＝2．【点睛】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的
性质是解题的关键．9．（2021·安徽安庆·八年级期末）如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B
按顺时针方向旋转90°（即∠EBE''＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点C）延长AE交CE于点F，连接DE．（1）试判断四
边形BE′FE的形状，并说明理由．（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF于FE''的数量关系并加以证明．（3）如图1，若AB＝，
CF＝3，请直接写出DE的长．【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）CF＝FE''，证明见解析；（3）5【分析】（1）由旋转的特征
可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE
是正方形；（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到F
E′＝AG＝CE′，可证得结论；（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′
+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，A
G＝BE，再由勾股定理求出DE的长．【详解】解：（1）四边形BE′FE是正方形．理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠E
BE′＝90°，∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，∴四边形BE′FE是矩形，由旋转得，BE′＝BE，∴四边形BE′FE是正方
形．（2）CF＝FE''，证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，∵DA＝DE，∴AG＝AE，∵四边形
ABCD是正方形，∴DA＝AB，∠DAB＝90°，∴∠BAE+∠DAG＝90°，∵∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠ADG＝∠BAE
，在△ADG和△BAE中，∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四边形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′
，由旋转得，AE＝CE′，∴AE＝CE′，∴FE′＝AE＝CE′，∴CF＝FE''．（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，∵BE＝
FE′，CF＝3，∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，∴(BE+3)2+BE2
＝()2，解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去），∴AE＝1+3＝4，由（2）得，△ADG≌△BAE，∴DG＝AE＝4，A
G＝BE＝1，∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，∵∠DGE＝90°，∴DE＝＝＝5．【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质
、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．10．（2
021·湖北鄂州·八年级期末）如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，
过点作交于，连接，，．（1）求证：．（2）求证：．（3）若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）在边
上截取线段，使连，证明即可求解；（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，
可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．【详解】（1）证明：在边上截取线段，使连．∵四边形是正方形;∵BN平
分在中,, 在和中∴．（2）如图，设与CE的交点为H，∵四边形是正方形∴∵ 在和中，∴．又，又．四边形为平行四边形．．（3）解
：如图所示，过作垂足为．由（2）知，，又∴即平分所以，∴三角形是等腰直角三角形，在中，设，则，即，．，，在中，，又在中，，，．【点
睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．11．（202
2·广东·塘厦初中八年级期中）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A
D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，∵∠DC
A＝∠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D
E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．12．（2021·山西·八年级期末）综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点
A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．【答案】（1），理
由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量
代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量
代换即可得证；（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．【详解】解：（1），理由如下：∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴，在与中，∴
，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2），理由如下：如图，过点E作交CB的延长线于点G，∴，由（1）知：，∴，∴，∴在中
，，在与中，∴，∴，又∵，∴；（3），理由如下：如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，∴，由（1）可知：，∴，∴，
∴在中，，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，由（1）可知：，∴，在与中，∴，∴，又∵，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的
判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．13．（2021
·全国·八年级专题练习）如图1，已知正方形和正方形，点在同一直线上，连接，，与相交于点．（1）求证：．（2）如图2，是边上的一点，
连接交于点，且．①求证：；②若，直接写出的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【分析】（1）由正方形的性质得出BC=CD，
CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS证明△BCE≌△DCF，得出对应边相等BE=FD；（2）①由正方形的性质得出CD/
/GE，得出，从而得到，再结合已知条件利用比例的性质即可得证②由得出，结合①可得，从而即可得出的值【详解】解：（1）∵四边形ABC
D和四边形CEGF是正方形，∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°∴△BCE≌△DCF（SAS），∴BE=FD
；（2）①∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，∴CD//GE，GF=EC∴，∴∴∵∴∵BC=CD∴②∵∴∵∴∵AB=CD∴【
点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质和判定、相全等三角形的性质和判定，得出是解题的关键14．（2021·全国·八年级专题
练习）探究证明：（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM⊥BN．求证：BN=AM；（2）如图2，矩形AB
CD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：；（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=
AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）由矩形的性质结合等角的余角相等，可证明∠NBC=∠MAB，进而证明△BCN∽△ABM，最后根据相似三角形对应边成比例
解题即可；（2）过点B作BG∥EF交CD于G，由两组对边分别平行判定四边形BEFG是平行四边形，再根据平行四边形的性质，可证明△G
BC∽△MAB，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可；（3）过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线
于S，连接AC，可得四边形ABSR是平行四边形，再由含有一个90°角的平行四边形是矩形，证明四边形ABSR是矩形，进而得到∠R=∠
S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，结合（2）中结论可证明△ACD≌△ACB，由全等三角形对应角相等得到∠ADC=∠ABC
，再由等角的余角相等，证明△RAD∽△SDC，根据相似三角形对应边成比例，设SC=x，解得DR、DS的长，再结合勾股定理解题即可．
【详解】（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C=90°∴∠NBA+∠NBC=90°．∵AM⊥BN，∴∠MAB+∠NBA
=90°，∴∠NBC=∠MAB，∴△BCN∽△ABM，∴=（2）结论：=理由：如图2中，过点B作BG//EF交CD于G，∵四边形A
BCD是矩形，∴AB∥CD，∴四边形BEFG是平行四边形，∴BG=EF．∵EF⊥AM，∴BG⊥AM，∴∠GBA+∠MAB=90°．
∵∠ABC=∠C=90°，∴∠GBC+∠GBA=90°，∴∠MAB=∠GBC，∴△GBC∽△MAB，∴=，∴=（3）过点D作平行于
AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC=90°，∴四边形A
BSR是矩形，∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．∵AM⊥DN，∴由（2）中结论可得：=∵AB=AD，CB=CD，
AC=AC，∴△ACD≌△ACB，∠ADC=∠ABC=90°，∴∠SDC+∠RDA=90°．∵∠RAD+∠RDA=90°，∴∠RA
D=∠SDC，∴△RAD∽△SDC，∴=，设SC=x，∴=∴RD=2x，DS=10-2x，在Rt△CSD中，∵，∴52=（10-2
x）2+x2，∴x=3或5（舍弃），∴BS=5+x=8，∴===【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾
股定理、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．15．（20
21·全国·八年级专题练习）如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C
分别在DG和DE上，连接AE，BG．（1）试猜想线段BG和AE的关系（直接写出答案，不用证明）；（2）将正方形DEFG绕点D逆时针
方向旋转α （0°＜α≤60°），判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图②证明你的结论；（3）若BC＝DE＝4，当α等于多少度时
，AE最大？并求出此时AF的值．【答案】（1）BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（3
）当α为270°时，AE最大，AF＝【分析】（1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．
（2）如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．（3）由（2）可知BG=A
E，当BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论．【详解】解：（1）结论：BG＝AE，BG⊥AE．理由：如图1，延
长EA交BG于K．∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ADB＝∠ADC＝
90°．∵四边形DEFG是正方形，∴DE＝DG．在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝
∠AED，∵∠GAK＝∠DAE，∴∠AKG＝∠ADE＝90°，∴EA⊥BG．（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE．理由：如图2，
连接AD，延长EA交BG于K，交DG于O．∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB＝9
0°．∵四边形EFGD为正方形，∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，∴∠ADG+∠ADE＝90°，∴∠BDG＝∠ADE．在△BDG和
△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GOK＝∠DOE，∴∠OKG＝∠ODE＝90°
，∴EA⊥BG．（3）∵BG＝AE，∴当BG取得最大值时，AE取得最大值．如图3，当旋转角为270°时，BG＝AE．∵BC＝DE＝
4，∴BG＝2+4＝6．∴AE＝6．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF＝＝，∴AF＝．【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性
质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键
．16．（2021·全国·八年级专题练习）四边形是边长为的正方形，点在边所在的直线上，连接，以为直角顶点在右侧作等腰，连接 （1）
如图1，当点在点左侧，且三点共线时，______；（2）如图2，当点在点右侧，且时，求的长：（3）若点在边所在直线上，且，求的长．
【答案】（1）6；（2）；（3）1或3【分析】（1）易证得四边形CDMF和四边形ANEM都是矩形，证得Rt△EMNRt△FCM，得
到MF= NE=BF=2，EM=FC=4，即可求得BN的长；（2）易证得四边形CDGH和四边形ANHG都是矩形，证得Rt△CDMR
t△MGN，求得NH=，BH=AG=AM+MG，利用勾股定理即可求得BN的长；（3）分点M在点A左侧、点M在点D右侧、点M在线段A
D上三种情况讨论，分别利用勾股定理构造方程即可求解．【详解】（1）过M作EF∥AB，过N 作NE⊥EF于E，延长CB交EF于F，如
图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDMF和四边形ANEM都是矩形，∴MF=CD=2，NE=BF，BN=EF，∵∠NMC
=90，MN=MC，∴∠NMC=∠NEM=∠MFC=90，∴∠EMN+∠CMF=90，∠FCM +∠CMF=90，∴∠EMN=∠F
CM，∴Rt△EMNRt△FCM，∴MF= NE=2，则NE=BF=2，EM=FC=BF+BC=2+2=4，∴BN=EF=EM+M
F=4+2=6；（2）过N作GH∥AB，延长AD、BC交GH于G、H，如图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDGH和四边
形ABHG都是矩形，∴GH=CD=2，AG=BH，DG=CH，∵AM=，∴DM=，同理可证得Rt△CDMRt△MGN，∴GN=DM
=，MG=CD=2，∴NH= GH-GN=2-，BH=AG=AM+MG=，∴BN=；（3）点M在点A左侧，过M作EF∥AB，过N
作NE⊥EF于E，延长CB交EF于F，延长BA交NE于G，如图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDMF、四边形BFEG和
四边形AMEG都是矩形，∴MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM，同理可证得Rt△NEMRt△MFC，∴MF= EN=2，E
M=FC，设，则，，∴，，在中，，整理得：，(舍去)，∴；点M在点D右侧，过N作EF∥AB，延长AD、BC交EF于F、E，如图所示
：同理可得：EF=CD=2，BE=AF，同理可证得Rt△CDMRt△MFN，∴FN=DM，MF=CD=2，设，则，，，在中，整理得
：解得：(舍去)，∴；点M在线段AD上，过M作EF∥AB，过N 作NE⊥EF于E，延长BA交NE延长线于H，如图所示：同理可得：M
F=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，同理可证得Rt△EMNRt△FCM，∴EN=MF=2，FM=FC，设，则，FC=BC-
BF=,，，在中，，解得：(舍去)，(舍去)，综上所述AM的值为1或3．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩
形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线构建全等三角形是解题的关键．17．（2021·安徽黄山·八年
级期中）在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．（1）当点运动到与点重合时(如图1)，线段与的数量关系是__
______．（2）若点运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如
图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成
立，理由见解析；（3）【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用AS
A证明△ADG≌△FME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AM
D，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，∴∠AE
B+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：过点F作FM⊥
AE，垂足为M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+
∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3
）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，由翻折变换的性质得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AM
D+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM和△QHP中，，∴△A
DM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵点M是CD的中点，∴DM=CD=3，在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，∴PQ的长为
．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形
利用勾股定理求解是解决本题的关键．18．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，
AF与DE相交于点M，且∠BAF＝∠ADE．（1）如图1，求证：AF⊥DE；（2）如图2，AC与BD相交于点O，AC交DE于点G，
BD交AF于点H，连接GH，试探究直线GH与AB的位置关系，并说明理由；（3）在（1）（2）的基础上，若AF平分∠BAC，且BDE
的面积为4+2，求正方形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）GHAB，见解析；（3）12+8【分析】（1）根据正方形的性质
证明∠BAF+∠AED＝90°即可解决问题．（2）证明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AECD，推出＝，由BFAD
，推出＝，由AE＝BF，CD＝AD，推出＝可得结论．（3）如图2﹣1中，在AD上取一点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝
a．利用三角形的面积公式构建方程求出a即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE＝∠ABF＝
90°，∵∠ADE＝∠BAF，∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°，∴∠AME＝90°，∴AF⊥DE．（2）解：如图2
中．结论：GHAB．理由：连接GH．∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，∴△ADE≌△BAF（ASA），
∴AE＝BF，∵AECD，∴＝，∵BFAD，∴＝，∵AE＝BF，CD＝AD，∴＝，∴GHAB．（3）解：如图2﹣1中，在AD上取一
点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝a．∵AF平分∠BAC，∠BAC＝45°，∴∠BAF＝∠ADE＝22.5°，∵AE＝AJ＝a，∠EAJ＝90°，∴∠AJE＝45°，∵∠AJE＝∠JED+∠JDE，∴∠JED＝∠JDE＝22.5°，∴EJ＝DJ＝a，∵AB＝AD＝a+a，AE＝AJ，∴BE＝DJ＝a，∵S△BDE＝4+2，∴×a×（a+a）＝4+2，解得a2＝4，∴a＝2或﹣2（舍弃），∴AD＝2+2，∴正方形ABCD的面积＝12+8．【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质和平行线分线段成比例是解题的关键．19．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，对角线、相交于点，、分别在、上，且，连接、，的延长线交于点．（1）求证：；（2）求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用正方形的性质及SAS定理证△AOE≌△DOF，得出AE=DF即可；（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD，证出∠OAE+∠OFD=90°，得出∠AMF=90°，即可得出结论．【详解】（1）四边形是正方形，，，，?又，，即， 在和中，，， ；?（2）由（1）得：，， ，， ，．【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；解答本题的关键是通过全等的证明和利用等角代换解题，属于中考常考题型．20．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校模拟预测）直线与x轴交于A，与y轴交于C点，直线BC的解析式为，与x轴交于B．（1）如图1，求点A的横坐标；（2）如图2，D为BC延长线上一点，过D作x轴垂线于点E，连接CE，若，设的面积为S，求S与k的函数关系式；（3）如图3，在（2）的条件下，连接OD交AC于点F，将沿CF翻折得到，直线FG交CE于点K，若，求点K的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）令，求x；（2）过点D作y轴的垂线，先证明，再由K型全等，得E点坐标，即可求出S与k的函数关系式；（3）由等腰直角三角形和四点共圆把已知条件转化为简单的等量关系，得出，再利用垂直平分线性质构造，通过解直角三角形求出求出k的值，再求点K的坐标．【详解】解：（1）∵直线与x轴交于A，与y轴交于C点，∵当时，；当时，，得：，∴，，∴点A的横坐标为．（2）过点D作轴于点H，∵，，∴，∴，对直线BC：当时，，当时，，∴，∴，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，即：，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，，∵，，∴，，∴，，∴，∴，（3）连接AD，过AD的中点N作交DE于点M，连接AM，（3）连接，过的中点作交于点，连接，，，，在四边形中，，，点、、、四点共圆，为圆的直径，点为圆心，，是的中垂线，，，，，，，又，，即：，在中，，，设，则：，，，解得：，，，， ，即：，解得：，，，，直线的解析式为：，直线的解析式为：，直线的解析式为：，由，解得：，点，，点和点关于点对称，，直线的解析式为：，由，解得：，点的坐标为．【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的求法、K型全等的应用和四点共圆的判定、以及利用圆周角定理进行角的转化等知识，是一个代数几何综合题．对于比较复杂的条件，需要学生学会将复杂的条件转化为简单直接的条件，可以从等量关系，倍数关系入手． |
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