专题07 弦图与垂直模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

这是一份专题07 弦图与垂直模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用），文件包含专题7弦图与垂直模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案全国通用解析版docx、专题7弦图与垂直模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案全国通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。

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
解题策略


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

经典例题



【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2；（3）PC=PA+2EC．理由见解析．
【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明△BMP≅△PNE即可求解．
（2）如图，连接OB，通过证明△OBP≅△FPE，得到PF=OB，则PF为定值是2．
（3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，PC=2NC，整理可得结论．
【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．

∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．

理由：如图2，连接OB．
∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=22=2．
∴PF的长为定值2．
（3）解：PC=PA+2EC．
理由：如图1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴PA=2PM．
由（1）知PM＝NE，
∴PA=2NE．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC．
【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＝2BN；

【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS证明△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；
（2）过点B作BH⊥BN，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明△AGB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根据角平分线性质得∠BHA=∠GAN=45°，则△HBN是等腰直角三角形，用SAS证明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根据勾股定理即可得；
【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠AEB+∠BAE=180°−∠ABC=180°−90°=90°，
∴∠AEB+∠CBF=90°，
∴∠EGB=180°−(∠AEB+∠CBF)=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF；
（2）如图所示，过点B作BH⊥BN，交AN于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AC，∠ABC=∠HBN=90°，
∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°，
∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠HBA=∠CBN，
由（1）得，AE⊥BF，
∴∠AGB=∠AGM=90°，
∴∠HBG=∠AGM=90°,
∴HB//AE，
∴∠BHA=∠EAN，
在△AGB和△AGM中，
AG=AG∠AGB=∠AGMGB=GM
∴△AGB≌△AGM（SAS），
∴∠BAG=∠MAG，
∵AN平分∠DAM，
∴∠DAN=∠MAN，
∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°，
2∠MAG+2∠MAN=90°，
∠MAG+∠MAN=45°，
∠GAN=45°，
∴∠BHA=∠GAN=45°，
∴∠BNH=180°−∠HBN−∠BHA=180°−90°−45°=45°，
∴△HBN是等腰直角三角形，
∴BH=BN，
在△ABH和△CBN中，
BH=BN∠HBA=∠CBNAB=CB
∴△ABH≌△CBN（SAS），
∴AH=CN，
在Rt△HBN中，根据勾股定理
HN=BH2+BN2=2BN，
∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN；
【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．

（1）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B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=1，正方形的边长为3，求线段OF的长．
【答案】（1）见解析；（2）四边形MNPQ为正方形，理由见解析；（3）106
【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可证△ABE≅△BCGASA即可；
（2）M、N为AB、AG中点，可得MN为△ABG的中位线，可证MN//BG，MN=12BG，由点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，可得PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，可证PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，可证四边形MNPQ为平行四边形．再证四边形MNPQ为菱形，最后证MN⊥MQ即可；
（3）延长AO交BC于点S，由对称性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，设AF=x，在Rt△AB'F中，12+(3−x)2=x2，解得x=53，在Rt△AOF中，可求OF=106．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠AHB=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE与△BCG中，
∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABC=∠BCD，
∴△ABE≅△BCGASA，
∴AE=BG．
（2）解：四边形MNPQ为正方形，理由如下：
∵M、N为AB、AG中点，
∴MN为△ABG的中位线，
∴MN//BG，MN=12BG，
∵点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，
∴PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，，
∴PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，
∴MN=PQ，MQ=NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形．
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ//AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN//BG，
∴MN⊥MQ，
∴四边形MNPQ为正方形．
（3）解：延长AO交BC于点S，
由对称性可知
BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，
在Rt△ABS中，
AS=AB2+BS2=10，
∴AO=12AS=102，
设AF=x，则BF=B'F=3−x，
在Rt△AB'F中，
12+(3−x)2=x2，
x=53，
∴AF=53，
在Rt△AOF中，
OF=AF2−AO2=532−1022=106．

【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A的坐标为4,0，点B为y轴正半轴上的一个动点，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限作等腰Rt△ABC．

(1)如图1，若OB=3，则点C的坐标为______；
(2)如图2，若OB=4，点D为OA延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰Rt△BDE，连接AE，求证：AE⊥AB；
(3)如图3，以B为直角顶点，OB为直角边在第三象限作等腰Rt△OBF．连接CF，交y轴于点P，求线段BP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，
∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABOBC=AB，
∴△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=∠EFD∠DBO=∠EDFBD=ED，
∴△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=12BG=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＝42，DG＝22，求tan∠DBG的值．

【答案】（1）见解析；（2）12
【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＝HGBH，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＝90°，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴∠CBG＝∠CDE．
在△BCG和△DCE中，∠CBG=∠CDEBC=CD∠BCG=∠DCE ，
∴△BCG≌△DCE，
（2）解：过点G作GH⊥BD垂足为H，

∵△BCG≌△DCE，
∴CG＝CE，
∵BE＝BC+CE＝42，DG＝CD﹣CG＝22，
∴BC＝CD＝32，CG＝CE＝2，
在RT△BDC中，
∵∠BCD＝90°，
∴BD＝CD2+BC2＝322+322=6，
∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝22，
∴DHDG=sin45°＝22，
∴DH＝2，
∴GH＝DH＝2，
∵BH＝BD﹣DH，
∴BH＝6﹣2＝4，
在RT△BHG中，
∵∠BHG＝90°，
∴tan∠DBG＝HGBH，
∴tan∠DBG＝12
【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．

培优训练


一、解答题
1．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．


(1)由图1，证明：DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请猜想出DE，AD，BE的等量关系并说明理由；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE，AD，BE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)DE=AD−BE，证明过程见解析；(3)DE=BE−AD，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DE=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△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCE=∠CAD，
又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90∘，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∵直线MN经过点C，
∴DE=CE+DC=AD+BE；
(2)DE，AD，BE的等量关系为：DE=AD−BE，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE−CD=AD−BE；
(3)当MN旋转到图3的位置时，DE、AD、BE所满足的等量关系是DE=BE−AD，理由如下：
∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，
∴△ADC≌△CEBAAS
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CD−CE=BE−AD.
【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，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为AB上一点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E，连接AE，过点A作AE的垂线交CE于点F．

（1）如图1，求∠AEC的度数；
（2）如图2，连接BF，且∠ABF−∠EAB=15°，求证：BF=2CF；
（3）如图3，在（2）的条件下，G为DF上一点，连接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的长．
【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）先证明∠EAB=∠FAC, ∠AEB=∠AFC,再证明△ABE≅△ACF,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∠EBF=60°，证明BE=CF, 再求解∠EFB=30°，从而可得结论；
（3）如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN, 证明△BEN为等边三角形，再证明△AGM≅△ENM，再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：（1）∵ ∠BAC=90°，AE⊥AF,
∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,
∴∠EAB=∠FAC,
∵BE⊥CE,
∴∠BED=90°,
∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC, 即∠AEB=∠AFC,
∴ △ABE≅△ACF，
∴ AE=AF，∠AEC=45°．
（2）∵ △ABE≅△ACF，
∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,
∴ ∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,
∴∠EBA+∠EAB=45°,
∵ ∠ABF−∠EAB=15°,
∴∠ABF=15°+∠EAB,
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,
∴∠BFE=90°−60°=30°,
∴BF=2BE，
∵BE=CF，
∴BF=2CF．


（3）如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN,

∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,
∴EM=MF=AM,NE=NF,
∴∠NEF=∠NFE=30°,
∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,
∴∠EBN=∠ENB=60°,
∴ △BEN为等边三角形，∠ENF=120°,
∴ BE=BN=12BF=FN=EN，
∵ ∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,
∴∠ENM=12∠ENF=60°,
∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,
∴ △AGM≅△ENM，
∴AG=EN=2，
∴CF=BE=2．
【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30°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﹣BE=2EC，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②EB﹣EA=2EC．
【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=45∘−α．根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=45∘−α；
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，ER=2CE，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=2EC．则有 AF -EA =2EC，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﹣BE=2EC．
理由：如图，过点C作CR⊥CE交AE于R．
∴∠ACB＝∠RCE＝90°，
∴∠ACR＝∠BCE，
∵∠CAR+∠ADC＝90°，∠CBE+∠BDE＝90°，∠ADC＝∠BDE，
∴∠CAR＝∠CBE，
在△ACR和△BCE中，
∠ACR=∠BCECA=CB∠CAR=∠CBE，
∴△ACR≌△BCE（ASA），
∴AR＝BE，CR＝CE，
∴△CER是等腰直角三角形，
∴ER=2CE，
∴AE﹣BE＝AE﹣AR＝ER =2EC．

（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﹣EA=2EC；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，
∵∠CAF+∠ADB＝90°，∠CBE+∠ADB＝90°，
∴∠CAF＝∠CBE，
在△ACF和△BCE中，
∠ACF=∠BCEAC=BC∠CAF=∠CBE，
∴△ACF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE，CF＝CE．
∵∠ECF＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=2EC，
即AF﹣EA=2EC．
∴EB﹣EA=2EC．
【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．（2021·四川省成都市七中育才学校七年级期中）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．

（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE．求证：EH=AC；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接BE交CA的延长线于点M．求证：BM=EM；
（3）当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=5CM，请求出S△ADBS△AEM的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）43或47
【分析】（1）由“AAS”可证△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求证；
（2）过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，由“AAS”可证△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可证△ENM≌△BCM，可得BM=EM；
（3）AC=5a，CM=2a，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）∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAH=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAH=∠ADC，
在△AHE与△DCA中
∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADCAE=AD，
∴△AHE≌△DCA(AAS)，
∴EH=AC；
（2）如图2，过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，

∵AE⊥AD，∠ACB=90°，
∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE与△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM与△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
则BM=EM；
（3）如图，当点D在线段BC上时，

∵2AC=5CM，
∴可设AC=5a，CM=2a，
由（1）得：△AHE≌△DCA，
则AH=CD，EH=AC=BC=5a，
由∵∠EHM=∠BCM=90° ，∠BMC=∠EMH ，
∴△MHE≌△MCB（AAS），
∴CM=HM，
即HM=CM=2a，
∴AH=AC−CM−HM=5a−2a−2a=a ，
∴AM=AH+HM=3a，CD=AH=a ，
EH=AC=5a，
BD=BC−CD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EH=12×4a×5a12×3a×5a=43；
如图，点D在CB延长线上时，过点E作EN⊥AC，交AC延长线于N，

∵2AC=5CM，
∴可设AC=5a，CM=2a，
∵EN⊥AC，AE⊥AD，
∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90° ，
∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，
∴∠EAN=∠ADC，
在△ANE与△DCA中，
∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS)，
∴EN=AC，AN=CD ，
又∵AC=BC，
∴EN=BC，
又在△ENM与△BCM中，
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△ENM≌△BCM(AAS)，
∴CM=NM=2a，
NE=BC=AC=5a ，
∴AN=AC+CM+MN=9a ，
AM=AC+CM=7a ，
AN=CD=9a ，
∴BD=4a，
∴S△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EN=12×4a×5a12×7a×5a=47，
点D在BC延长线上
由图2得：AC ∴2AC=5CM不可能，故舍去
综上：S△ADBS△AEM的值为43 或47
【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△ABC中，AB=BC，∠B=90°，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：∠BAD=∠EDC
（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EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ABD，可推证△CEF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EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ABD，可推证△CEF等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系；
（3）如图3所示，过点E作EF⊥DC于F，证明△ABD≌△DFE，进一步可证明AC⊥EC
【详解】解：（1）证明：∵∠B=90°
∴∠BDA+∠BAD=90°
∵∠ADE=90°
∴∠BDA+∠EDC=90°
∴∠BAD=∠EDC

（2）垂直

∵EF⊥BC
∴∠EFD=90°
∵∠B=90°
∴∠EFD=∠B
在△ABD和△DFE中
∠BAD=∠FDE∠B=∠DFEAD=DE
∴△ABD≌△DFEAAS
∴AB=DF，BD=EF
∵AB=BC
∴BC=DF，
∴BC−DC=DF−DC
即BD=CF．
∴EF=CF
又∵∠EFC=90°
∴∠ECF=45°，且∠ACB=45°
∴∠ACE=180°−90°=90°
即AC⊥CE．
（3）（2）中的结论仍然成立
如图3所示，过点E作EF⊥DC于F
∵∠ABD=90°
∴∠EDF=∠DAB=90°−∠ADB
在△ABD和△DFE中
∠DAB=∠EDF∠ABD=∠DFEAD=DE
∴△ABD≌△DFEAAS
∴DB=EF，AB=DF=BC
∴BC−BF=DF−BF
即FC=DB
∴FC=EF
∴∠DCE=45°
∴∠ACE=∠DCE+∠ACB=90°
∴AC⊥EC．

【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△ABD≌△DFE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△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，分别过B、C向过A的直线作垂线，垂足分别为E、 F．
（1）如图1，过A的直线与斜边BC不相交时，直接写出线段EF、BE、CF的数量关系是______；
（2）如图2，过A的直线与斜边BC相交时，探究线段EF、BE、CF的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，直线FA交BC于点H，延长BE交AC于点G，连接BF、FG、HG，若∠AHB=∠GHC，EF=CF=6，EH=2FH，四边形ABFG的面积是90，求△GHC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；EF=CF=6，求出BE=AF=12，由EH=2FH，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=2×90AF=18012=15，再求EG=3，AH= 10，分别求出S△ACF=12 AF⋅FC=36，S△HCF=12HF⋅FC=6，S△AGH=12AH⋅EG=15，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=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵∠AEB=∠CFA∠EBA=∠FACAB=CA，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF+AE=BE+CF；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．
∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵∠AEB=∠CFA∠EBA=∠FACAB=CA，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF-AE=BE-CF；
（3）∵EF=BE-CF；EF=CF=6，
∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，
∵EH=2FH，EH+FH=EF=6，
∴2FH+FH= 6，
解得FH=2，
∴EH=2FH=4，
S四边形ABFG=12 AF⋅BG=90，
∴BG=2×90AF=18012=15，
∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，
∵S△ACF=12 AF⋅FC=12×12×6=36，S△HCF=12HF⋅FC=12×2×6=6，S△AGH=12AH⋅EG=12×10×3=15，
∴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16xy−4x−4y−1的值为定值．

【答案】（1）178；（2）8−43（3）①见解析；②16xy−4x−4y−1=0，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BCFH是矩形，得到CF=HB，则BH=EH=FC，设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=12y，DF=4−12y由AE2+AG2=EG2，GD2+DF2=GF2，BC2+FC2=BF2，可以得到4−y2+x2=y2①，4−x2+4−12y2=42+12y2②，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S正方形ABCD=S△ABG+S△MBG+S△BCM+S△CDM=4×4=16，可以得到2x+2GM+2y+124−x4−y=16，由勾股定理可以得到DM2+GD2=GM2即4−x2+4−y2=4−xy42，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，
∵AE2+AG2=EG2，
∴4−x2+12=x2，
解得x=178，
∴EG=178；

（2）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG
∵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=12y，DF=4−12y
∵AE2+AG2=EG2，GD2+DF2=GF2，BC2+FC2=BF2，
∴4−y2+x2=y2①，4−x2+4−12y2=42+12y2②，
联立①②解得x=8−43或x=8+43（舍去），
∴当AG=8−43时，BE=8-2DF，
故答案为：8−43；

（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，
∵S正方形ABCD=S△ABG+S△MBG+S△BCM+S△CDM=4×4=16，
∴12AG·AB+12GM·BH+12CM·BC+12DM·GD=16，
∴2x+2GM+2y+124−x4−y=16，
∴GM=4−xy4，
∵DM2+GD2=GM2，
∴4−x2+4−y2=4−xy42
∴16−8x+x2+16−8y+y2=16−2xy+x2y216
∴x+y2−8x+y+16=x2y216，
∴x+y−42=x2y216，
∴x+y−4=±xy4，
当x+y−4=xy4时，则4x+4y−16=xy，
∴y=16−4x4−x=4（不符合题意），
∴4x+4y−16=−xy
∴16xy−4x−4y−1=0．

【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ADEF，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22，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)OC=2
【分析】（1）由题意易得AD＝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＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF边长为22，
∴DF＝4，
∴OC＝12DF＝12×4＝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＝17，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＝12AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝12CE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【详解】解：（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，

∵DA＝DE，
∴AG＝12AE，
∵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∠AGD=∠AEBAD=AB，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴12AE＝12CE′，
∴FE′＝12AE＝12CE′，
∴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＝17，
∴(BE+3)2+BE2＝(17)2，
解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去），
∴AE＝1+3＝4，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1，
∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝DG2+GE2＝42+32＝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．（2021·湖北鄂州·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，点P是线段AB的延长线上一点，点M是线段AB上一点，连接DM，以点M为直角顶点作MN⊥DM交∠CBP的角平分线于N，过点C作CE//MN交AD于E，连接EM，CN，DN．

（1）求证：DM=MN．
（2）求证：EM//CN．
（3）若AE=1，BN=32，求DN的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）52
【分析】（1）在边DA上截取线段DF，使DF=MB连MF，证明△MDF≌△NMB即可求解；
（2）由（1）△MDF≌△NMB，证明四边形EMNC为平行四边形即可求解；
（3）过N作NQ⊥AP垂足为Q，由（2）知，△EDC≌△MAD；得到AD−DE=AB−AM，AE=MB，BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，可知三角形NBQ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DA上截取线段DF，使DF=MB连MF．

∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=CD=AD;∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
∴∠CBP=180°−∠ABC=90°
∵BN平分∠CBP
∴∠CBP=45°
∴∠NBM=∠ABC+∠CBN=90°+45°=135°
∵DF=MB,AD=AB
∴AD−DF=AB−MB
∴AF=AM
在Rt△FAM中,AF=AM,
∴∠AFM=∠AMF=45°
∴∠MFD=180°−∠AFM=135°
∴∠MFD=∠NBM
∵∠DMN=90°
∴∠NMB+∠DMA=180°−90°=90°
∵∠DMA+∠MDF=90°
∴∠NMB=∠MDF
在△MDF和△NMB中
{∠MFD=∠NBADF=MB∠MDF=∠NMB
∴△MDF≌△NMB(ASA)
∴DM=MN．
（2）如图，

设DM与CE的交点为H，
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=DC,∠DAM=∠CDE=90°
∵∠DMN=90°,CE//MN
∴∠DHC=90°,
∴∠HDC+∠DCH=90°
∴∠HDC+∠ADM=90°
∴∠DCE=∠ADM,
在△EDC和△MAD中，{∠CDE=∠DAMAD=DC∠DCE=∠ADM
∴△EDC≌△MAD(ASA)．
∴EC=DM又DM=MN，
∴EC=MN又EC//MN．
∴四边形EMNC为平行四边形．
∴EM//CN．
（3）解：如图所示，过N作NQ⊥AP垂足为Q．

由（2）知，△EDC≌△MAD
∴DE=MA，
又AD=AB
∴AD−DE=AB−AM即AE=MB=1
∵BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，
∴三角形NBQ是等腰直角三角形，
在Rt△NBQ中，
设BQ=x，则NQ=BQ=x，即x2+x2=(32)2，
∴x=3．
∴NQ=3，MQ=1+3=4，
在Rt△MQN中，MN=32+42=5，
又∵在Rt△DMN中，MN=5，DM=5，
∴DN=52+52=52．
【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．（2022·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＝22，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）22；（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，
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EOF=∠EPD，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝2AB＝42，

∵CE＝22，
∴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＝22；
（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．
12．（2021·山西·八年级期末）综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，连接对角线AC，点O是AC的中点，点E是线段OA上任意一点（不与点A，O重合），连接DE，BE．过点E作EF⊥DE交直线BC于点F．

（1）试猜想线段DE与EF的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段CE,CD,CF之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段CO上时（不与点C，O重合），EF交BC延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段CE,CD,CF之间的数量关系．
【答案】（1）DE=EF，理由见解析；（2）2CE=CD+CF，理由见解析；（3）2CE=CD−CF，理由见解析
【分析】（1）先根据正方形的性质可证得△BCE≌△DCE，由此可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，再根据同角的补角相等证得∠CDE=∠EFB，等量代换可得∠CBE=∠EFB，由此可得BE=EF，再等量代换即可得证；
（2）过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，先证明EG=EC，利用勾股定理可得CG=2CE，再证明△EGF≌△ECB，由此可得GF=CB=CD，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得2CE=CD−CF．
【详解】解：（1）DE=EF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AD，∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=180°−∠ADC2=45°，
∴∠BCE=∠BCD−∠DCA=45°，
∴∠BCE=∠DCE，
在△BCE与△DCE中，
BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE
∴△BCE≌△DCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，
∵EF⊥DE，
∴∠FED=90°，
∵∠EFC+∠BCD+∠CDE+∠FED=360°，
∴∠CDE+∠EFC=180°，
∵∠EFC+∠EFB=180°，
∴∠CDE=∠EFB，
∴∠CBE=∠EFB，
∴BE=EF，
∴DE=EF；
（2）2CE=CD+CF，理由如下：
如图，过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，

∴∠CEG=90°，
由（1）知：∠BCE=45°，
∴∠EGC=∠BCE=45°，
∴EG=EC，
∴在Rt△GEC中，CG=CE2+EG2=2CE，
在△EGF与△ECB中，
∠EGF=∠ECB∠EFG=∠EBCEF=EB
∴△EGF≌△ECB(AAS)，
∴GF=CB=CD，
又∵CG=GF+CF=CD+CF，
∴2CE=CD+CF；
（3）2CE=CD−CF，理由如下：
如图，过点E作EG⊥EC交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∴∠CEG=90°，
由（1）可知：∠BCE=45°，
∴∠EGC=∠BCE=45°，
∴EG=EC，
∴在Rt△GEC中，CG=CE2+EG2=2CE，
∵EF⊥DE，
∴∠FED=90°，
∴∠CDE+∠EPD=90°，
∵∠DCF=180°−∠BCD=90°，
∴∠CFE+∠CPF=90°，
又∵∠EPD=∠CPF，
∴∠CDE=∠CFE，
由（1）可知：∠CBE=∠CDE，
∴∠CBE=∠CFE，
在△EGF与△ECB中，
∠EGF=∠ECB∠EFG=∠EBCEG=EC
∴△EGF≌△ECB(AAS)，
∴GF=CB=CD，
又∵CG=GF−CF=CD−CF，
∴2CE=CD−CF．
【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ABCD和正方形CEGF，点F,C,B在同一直线上，连接BE，DF，DF与EG相交于点M．


（1）求证：BE=FD．
（2）如图2，N是BC边上的一点，连接AN交BE于点H，且BNBC=GMGE．
①求证：BN=EC；
②若CE=2DE，直接写出BNAB的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②BNAB=23
【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△DEM∼△FGM，从而得到GMEM=GFDE=ECDE，再结合已知条件利用比例的性质即可得证
②由CE=2DE得出CE=23DC，结合①可得BN=23DC，从而即可得出BNAB的值
【详解】解：（1）∵四边形ABCD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
∴△DEM∼△FGM，
∴GMEM=GFDE=ECDE
∴GMEG=ECDC
∵BNBC=GMGE
∴BNBC=ECDC
∵BC=CD
∴BN=EC
②∵CE=2DE
∴CE=23DC
∵BN=EC
∴BNDC=23
∵AB=CD
∴BNAB=23
【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△DEM∼△FGM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ABCD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：EFAM=BCAB；
（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DNAM的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45．
【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△GBC∽△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，
∴BNAM=BCAB
（2）结论：EFAM=BCAB
理由：如图2中，过点B作BG//EF交CD于G，

∵四边形ABCD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，
∴BGAM=BCAB，
∴EFAM=BCAB
（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ABSR是矩形，
∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．
∵AM⊥DN，
∴由（2）中结论可得：DNAM=BSAB
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴CDAD=SCRD
，设SC=x，
∴510=xRD
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵CD2=DS2+SC2，
∴52=（10-2x）2+x2，
∴x=3或5（舍弃），
∴BS=5+x=8，
∴DNAM=BSAB=810=45
【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．（2021·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＝213
【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=AE，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，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△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＝90°．
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，
∴∠ADG+∠ADE＝90°，
∴∠BDG＝∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△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＝AE2+EF2＝62+42=213，
∴AF＝213．
【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ABCD是边长为2的正方形，点M在边AD所在的直线上，连接CM，以M为直角顶点在CM右侧作等腰Rt△CMN，连接BN.
　
（1）如图1，当点M在点A左侧，且A、B、N三点共线时，BN=______；
（2）如图2，当点M在点A右侧，且AM=52时，求BN的长：
（3）若点M在边AD所在直线上，且BN=26，求AM的长．
【答案】（1）6；（2）3102；（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△EMN≅Rt△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△CDM≅Rt△MGN，求得NH=32，BH=AG=AM+MG=92，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AD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ABCD是边长为2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=∠FCM，
∴Rt△EMN≅Rt△FCM，
∴MF= NE=2，则NE=BF=2，
EM=FC=BF+BC=2+2=4，
∴BN=EF=EM+MF=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ABCD是边长为2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=52，
∴DM=52−2=12，
同理可证得Rt△CDM≅Rt△MGN，
∴GN=DM=12，MG=CD=2，
∴NH= GH-GN=2-12=32，
BH=AG=AM+MG=52+2=92，
∴BN=NH2+BH2=(32)2+(92)2=3102；
（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ABCD是边长为2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△NEM≅Rt△MFC，
∴MF= EN=2，EM=FC，
设AM=x，则BF=EG=x，
FC=EM=2+x，
∴GN=EN−EG=2−x，BG=EF=EM+FM=4+x，
在RtΔNGB中，2−x2+4+x2=26，
整理得：x+3x−1=0，
x1=1，x2=−3(舍去)，
∴AM=1；
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△CDM≅Rt△MFN，
∴FN=DM，MF=CD=2，
设AM=x，则FN=DM=x−2，
NE=EF−FN=4−x，BE=AF=AM+MF=x+2，
在RtΔBEN中，x+22+4−x2=26
整理得：x2−2x−3=0
解得：x1=3，x2=−1(舍去)，
∴AM=3；
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：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，
同理可证得Rt△EMN≅Rt△FCM，
∴EN=MF=2，FM=FC，
设AM=x，则HE=BF=x，FC=BC-BF=2−x,
NH=EN+EH=x+2，BH=EF=EM+MF=4−x，
在RtΔBHN中，x+22+4−x2=26，
解得：x1=3(舍去)，x2=−1(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ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE⊥AG于H，交直线AD于点E．

（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．
（2）若点F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6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．
【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）35
【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ASA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=∠AMD，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，
∴∠AEB+∠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°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
∠QHP=∠D∠APQ=∠AMDQH=AD，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵点M是CD的中点，
∴DM=12CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=AD2+DE2=35，
∴PQ的长为35．

【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+22，求正方形ABCD的面积．

【答案】（1）见解析；（2）GH//AB，见解析；（3）12+82
【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AE//CD，推出AECD＝EGDG，由BF//AD，推出BFAD＝BHDH，由AE＝BF，CD＝AD，推出EGGD＝BHHD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：GH//AB．
理由：连接GH．

∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，
∴△ADE≌△BAF（ASA），
∴AE＝BF，
∵AE//CD，
∴AECD＝EGDG，
∵BF//AD，
∴BFAD＝BHDH，
∵AE＝BF，CD＝AD，
∴EGGD＝BHHD，
∴GH//AB．
（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＝2a，
∵AB＝AD＝a+2a，AE＝AJ，
∴BE＝DJ＝2a，
∵S△BDE＝4+22，
∴12×2a×（a+2a）＝4+22，
解得a2＝4，
∴a＝2或﹣2（舍弃），
∴AD＝2+22，
∴正方形ABCD的面积＝12+82．
【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ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别在OD、OC上，且DE=CF，连接AE、DF，AE的延长线交DF于点M．
（1）求证：AE=DF；
（2）求证：AM⊥DF．

【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ABCD是正方形，
∴OA=CO=OD，AC⊥BD，
∴∠AOE=∠DOF=90°，       
又∵DE=CF，
∴OD−DE=OC−CF，
即OE=OF，
在ΔAOE和ΔDOF中，
OA=OD∠AOE=∠DOFOE=OF，
∴ΔAOE≅ΔDOF(SAS)，
∴AE=DF；   
（2）由（1）得：ΔAOE≅ΔDOF，
∴∠OEA=∠OFD，
∵∠OAE+∠AEO=90°，
∴∠OAE+∠OFD=90°，
∴∠AMF=90°，
∴AM⊥DF．
【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y=kx+k与x轴交于A，与y轴交于C点，直线BC的解析式为y=−1kx+k，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CD=CA，设△ACE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△CDF沿CF翻折得到△FCG，直线FG交CE于点K，若3∠ACE−∠CDO=45°，求点K的坐标．

【答案】（1）−1；（2）S=12k2−12k(k≠0)；（3）(−4517,917)．
【分析】（1）令y=0，求x；
（2）过点D作y轴的垂线，先证明∠ACB=90°，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∠DOE=2∠ADE，再利用垂直平分线性质构造2∠ADE=∠AME，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y=kx+k与x轴交于A，与y轴交于C点，
∵当x=0时，y=k；当y=0时，kx+k=0，得：x=−1，∴C(0,k)，A(−1,0)，
∴点A的横坐标为−1．
（2）过点D作DH⊥y轴于点H，

∵DH⊥OH，CO⊥AO，
∴∠DHC=∠COA，
∴∠HDC+∠DCH=90°，
对直线BC：当x=0时，y=k，当y=0时，x=k2，
∴Bk2,0，
∴OB=k2，
∴OAOC=1k，OCOB=kk2=1k，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OAC=∠OCB，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，即：∠ACB=90°，
∴AC⊥BD，∠DCA=90°，
∴∠DCH+∠ACO=90°，
∴∠HDC=∠OCA，
又∵DC=CA，
∴△DHC≌△COA(AAS)，
∴DH=OC，CH=AO，
∵A(−1,0)，C(0,k)，
∴CH=OA=1，DH=CO=k，
∴E(−k,0)，D(−k,1+k)，
∴AE=−1−(−k)=−1+k，
∴S=12⋅EA⋅CO=12⋅(k−1)⋅k=12k2−12k(k≠0)，
（3）连接AD，过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M，连接AM，

（3）连接AD，过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M，连接AM，
∵DC⊥AC，DE⊥OA，
∴∠DEA=∠DCA=90°，
∴在四边形AEDC中，∠DEA+∠DCA=180°，∠EAC+∠EDC=180°，
∴点A、D、E、C四点共圆，AD为圆的直径，点N为圆心，
∴∠ACE=∠ADE，
∵MN是AD的中垂线，
∴DM=AM，
∴∠ADE=∠DAM，
∴∠AME=2∠ADE，
∵DC=AC，
∴∠ADC=45°，
∴∠CDO=45°−∠ADO，
又∵3∠ACE−∠CDO=45°，
∴3∠ADE−(45°−∠ADO)=45°，
即：3∠ADE+∠ADO=90°，
在ΔEDO中，∠ADE+∠ADO+∠DOE=90°，
∴∠DOE=2∠ADE=∠AME，
设AM=DM=x，则：ME=DE−DM=1+k−x，
∵AE2+ME2=AM2，
∴(−1+k)2+(1+k−x)2=x2，
解得：x=1+k21+k，
∴ME=1+k−1+k21+k=2k1+k，
∵∠DOE=∠AME，
∴tan∠DOE=tan∠AME，
∴ DEOE=AEME，即：1+kk=−1+k2k1+k，
解得：k=3，
∴C(0,3)，D(−3,4)，E(−3,0)，
∴直线OD的解析式为：y=−43x，
直线AC的解析式为：y=3x+3，
直线EC的解析式为：y=x+3，
由y=−43xy=3x+3，解得：x=−913y=1213，
∴点F(−913，1213)，
∵点D和点G关于点C对称，
∴G(3,2)，
∴直线GF的解析式为：y=724x+98，
由y=x+3y=724x+98，解得：x=−4517y=917，
∴点K的坐标为(−4517,917)．
【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．