专题34 利用相似解决四边形问题-2023年中考数学二轮专题提升训练

这是一份专题34 利用相似解决四边形问题-2023年中考数学二轮专题提升训练，共40页。试卷主要包含了利用相似解决平行四边形问题，利用相似解决矩形问题，利用相似解决菱形问题等内容，欢迎下载使用。
解题策略：解答几何综合题应注意 ∶（1） 注意观察、分析图形 ， 把复杂的图形分解成几个基本图形 ， 通过添加辅助线补全或构造基本图形 ．（2）掌握常规的证题方法和思路 ；（3） 运用转化的思想解决几何证明问题 ， 运用方程的思想解决计算问题．另外还用结合数学思想和方法．
第一部分 专题典例剖析
类型一 利用相似解决平行四边形问题
（2022•贺州）
1．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积．
（2022•杭州）
2．如图，在ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF，已知四边形BFED是平行四边形，．
(1)若，求线段AD的长．
(2)若的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
（2021•长春）
3．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，点E在边AD上，，连结BE交AC于点M．
（1）求AM的长．
（2）的值为 ．
类型二 利用相似解决矩形问题
（2022•玉林）
4．如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设．
(1)求的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形．
（2022•泰安）
5．如图，矩形中，点E在上，，与相交于点O，与相交于点F．
(1)若平分，求证：；
(2)找出图中与相似的三角形，并说明理由；
(3)若，求的长度．
（2022秋•苏州期末）
6．如图，矩形中，，，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度在射线上向右运动，运动时间为t秒，连接交于点Q．
(1)求证：；
(2)若是以为腰的等腰三角形，求运动时间t的值．
类型三 利用相似解决菱形问题
（2022•长春）
7．如图，在Rt中，，．点D是的中点，过点D作交于点E.延长至点F，使得，连接、、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则的值为_______．
（2022秋•海淀区校级期末）
8．如图，在菱形中，，经过点C的直线分别与，的延长线相交于点P，Q，，相交于点O．
(1)求证：；
(2)求证：．
（2022秋•汝州市期末）
9．如图,菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O,分别过点C. D作CE∥BD,DE∥AC，CE和DE交于点E.
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB=60°,AD=2时，求EA的长．
10．如图，在菱形中，交的延长线于点，连接交于点，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)若菱形的边长为2，，求的长．
类型一 利用相似解决正方形问题
（2022秋•青浦区校级期末）
11．如图，在三角形中，，四边形是边长为4的正方形，且D、E、F分别在边上．把三角形绕点E逆时针旋转一定的角度．
(1)当点D与点F重合时，点A的对应点G落在边上，此时四边形的面积为___________；
(2)当点D的对应点落在线段上时，点A的对应点为点，在旋转过程中点A经过的路程为，点D经过的路程为，且，求线段的长．
（2022秋•成华区期末）
12．如图，点E是正方形的对角线延长线上一点，连接，将绕点B顺时针旋转至，连接，交于点G．
(1)求证：；
(2)若正方形的边长为4，点G为的中点，求的长．
（2022秋•洛阳期末）
13．如图，把边长为3的正方形绕点O逆时针旋转得到正方形，与交于点P，的延长线交于点Q，交的延长线于点M，若，求的值．
（2022秋•邹平市校级期末）
14．如图，在平行四边形中，过点A作，垂足为E，连接，F为线段上一点，且.
(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
第二部分 专题提优训练
（2023•偃师市一模）
15．如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，连接，．已知四边形是平行四边形，．
(1)若，求线段的长．
(2)若的面积为1，求平行四边形的面积．
（2022秋•济南期末）
16．如图，点F是平行四边形的边上的一点，直线交线段的延长线于点E．
(1)求证：；
(2)若，，
①求的长；
②求的面积．
（2022秋•金东区期末）
17．如图，在矩形中，，动点E在边上，连接，过点A作，垂足为H，交于F．
(1)求证：；
(2)当时，求的长．
（2022秋•惠济区校级期末）
18．如图1，在矩形中，，相交于点O，点E为上的一个动点，连接并延长到点F，使，连接．
(1)若点E与点B重合（如图2），判断AF与的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)若以A，F，B，E为顶点的四边形是平行四边形，，请直接写出线段的长度．
19．如图，矩形中，，，点P为边上一动点，交于点Q．
(1)求证：；
(2)P点从A点出发沿边以每秒2个单位长度的速度向B点移动，移动时间为t秒．当t为何值时，？
（2022秋•嘉定区校级期末）
20．在矩形中，，点E是边上一点，交于点M，点N在射线上，且．
(1)如图，求证：是和的比例中项；
(2)当点N在线段的延长线上时，联结，且与互相垂直，求的长．
（2022秋•唐河县期末）
21．如图,在矩形ABCD中，，，动点M以的速度从A点出发,沿向点B运动,同时动点N以的速度从点D出发,沿DA向点A运动，设运动的时间为秒（）．
(1)当为何值时，的面积等于矩形面积的？
(2)是否存在某一时刻,使得以A、M、N为顶点的三角形与相似?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由．
（2022秋•运城期末）
22．如图，矩形的对角线、相交于点，延长到点，使，连接，连接交于点，交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：；
(3)若，，求线段的长度．
（2021秋•三原县期末）
23．如图，在菱形中，，，点E是边的中点，连接、、．
(1)求的长；（结果保留根号）
(2)点F为边上的一点，连接，交于点G，连接，．
求证：；
求的长．（提示：过点E作于点H．）
（2022•江西）
24．如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．
(1)求证：；
(2)当时，求的长．
（2021秋•宝塔区校级期末）
25．如图，在菱形中，对角线，相交于点D，于点E，与交于点H．
(1)求证：；
(2)延长交的延长线于点F．求证：．
（2022秋•未央区校级期末）
26．已知有一块三角形材料，其中，高，现需要在三角形上裁下一个正方形材料做零件，使得正方形的顶点、分别在边，上，、在上，裁下的正方形的边长是多少？
（2022秋•东明县校级期末）
27．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．
（1）如图①，当时，求的值；
（2）如图②，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=BG．

参考答案：
1．(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形
，即．
四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：，
．
平分，
．
．
，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
平行四边形AFCE是菱形．
，
在中，，
．
．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
2．(1)2
(2)6
【分析】（1）利用平行四边形对边平行证明，得到即可求出；
（2）利用平行条件证明，分别求出、的相似比，通过相似三角形的面积比等于相似比的平方分别求出、，最后通过求出．
【详解】（1）∵四边形BFED是平行四边形，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵四边形BFED是平行四边形，
∴，，DE=BF，
∴，
∴
∴，
∵，DE=BF，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方、灵活运用平行条件证明三角形相似并求出相似比是解题关键．
3．（1）；（2）
【分析】（1）根据菱形的性质，结合，可求得的长．
（2）根据，，在中即可求出的值．
【详解】（1）是菱形，
，
即
，
（2）是菱形，
，，
在中，
【点睛】本题考查了菱形的基本性质，相似三角形的判定和性质，以及解直角三角形，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
4．(1)
(2)见详解
【分析】（1）根据矩形的性质可得，然后可证，进而根据相似三角形的性质可求解；
（2）如图，连接AC，由题意易证四边形是平行四边形，然后可得，进而可证，则可证，最后问题可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）证明：由题意可得如图所示：
连接AC，
在矩形中，，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．
5．(1)证明见解析
(2)与相似的三角形有，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；
（2）根据判定两个三角形相似的判定定理，找到相应的角度相等即可得出；
（3）根据得出，根据得出，联立方程组求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示：
四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
又平分，
，
，
又与互余，
与互余，
；
（2）解：与相似．
理由如下：
，，
，
又，
，
，，
；
故答案为：；
（3）解：，
，
，
，
在矩形中对角线相互平分，，
①，
，
，
，
在矩形中，，
②，
由①②，得（负值舍去），
．
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质以及勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
6．(1)见解析；
(2)或
【分析】（1）由题意可知，从而可知，由，可证；
（2）由矩形性质可得及勾股定理可知，，，分两种情况：①当时，②当时，分别利用相似三角形列出比例式可求解得的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，，，
∴，
由题意知，，，
①当时，即：，
∵，
∴，即：，解得：；
②当时，即：，
∵，
∴，即：，整理得：，
两边同时平方得：，整理得：
解得：；
综上：是以为腰的等腰三角形时，或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，等腰三角形定义、矩形性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质，分类讨论求解是解决问题的关键．
7．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得证；
（2）设，则，根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，根据，，即可求解．
【详解】（1）证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形；
（2）解：，
设，则，
四边形是菱形；
，，
，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，求正切，掌握以上知识是解题的关键．
8．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由四边形是菱形，得到，，，根据平行线的性质得到，，于是求得，得到，等量代换即可得到；
（2）推出，根据相似三角形的性质得到，证得，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，，
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
；
（2）证明：，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）
【分析】（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC=90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
【详解】（1）∵CE∥BD DE∥AC
∴四边形ODEC是平行四边形
又∵菱形ABCD
∴AC⊥BD
∴∠DOC=90°
∴四边形ODEC是矩形
（2）∵Rt△AOD中,∠ADO=60°
∴∠OAD=30°
∴OD=AD=
∴AO==3
∴AC=6
∵四边形ODEC是矩形
∴EC=OD= ∠ACE=90°
∴AE==
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握和灵活运用相关的性质定理与判定定理是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
【分析】(1)根据菱形，得到，利用平行线分线段成比例定理，列比例式证明即可．
(2)根据菱形的性质，结合已知，计算的长，结合结论（1）计算即可．
【详解】（1）∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，菱形，
∴，．
∵菱形的边长为2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵．
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键．
11．(1)；
(2)．
【分析】（1）由题意可知，，所以等于正方形的面积，求解即可；
（2）由得，求出，在中，求出，在中，求出．
【详解】（1）解：由题意可知，
，，
，
故答案为：；
（2）如图：
设旋转角为，
则，，
，
，
，
，
，
在中，
，
在中，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、弧长公式、以及用勾股定理求线段长度；熟练利用旋转的性质、勾股定理求线段长度是解题的关键．
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正方形的性质可得，则，由旋转得，，则，可证得，即可证得；
（2）由，得，由，得，可求得．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
，
，
∵将绕点B顺时针旋转得到，
，，
，
，
，
，
．
（2）解：∵正方形的边长为4，点G为的中点，
，
，
，
，
，
，
的长是．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．
13．．
【分析】由，推出，再由可得，设，在中由勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵把边长为3的正方形绕点O逆时针旋转得到正方形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：或0（舍去），
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）和中，易知（平行线的内错角），而和是等角的补角，由此可判定两个三角形相似；
（2）在中，由勾股定理易求得的长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出的长．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，．
，，
，
；
（2）解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
在中，，
，
，即，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质，以及勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法及性质．
15．(1)
(2)平行四边形的面积为6．
【分析】（1）证明，根据相似三角形对应边的比相等列式，可解答；
（2）根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可得的面积是16，同理可得的面积是9，根据面积差可得答案．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
的面积为1，
的面积是16，
四边形是平行四边形，
，
，
，
的面积是9，
平行四边形的面积．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，掌握相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题关键．
16．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）利用两角分别相等的两个三角形相似即可求证；
（2）①利用相似三角形对应边的比相等和平行四边形对边相等即可求解；
②利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】（1）证明：∵平行四边形中，，
∴，
∴，，
∴．
（2）①∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
②∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴的面积为6．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解题关键是证明三角形相似．
17．(1)见解析；
(2)1．
【分析】（1）根据矩形的性质得到，利用余角的性质得到，即可证得；
（2）根据矩形的性质得到，求出，利用相似三角形的性质得到，代入数值求出的长．
【详解】（1）证明：是矩形
（2），
由（1）可知
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质；熟练掌握各定理并进行推理论证是解题的关键．
18．(1)且；
(2)1或3
【分析】（1）若点E与点B重合根据矩形得到，，结合，即可得到四边形为平行四边形；
（2）先根据矩形的性质得到，，再根据三角形中位线的性质得到，，当为对角线时，如图1根据平行四边形的性质得到，则，即可得到一个答案；当为边时，如图，此时E点与D点重合，即可得到答案．
【详解】（1）解：且，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴,
∴四边形是平行四边形，
∴，；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，，
当为对角线时，如下图
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
当为边时，如下图
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴此时点E与点D重合，
∴；
综上所述的长度为1或3．
【点睛】本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角；也考查了平行四边形的判定和三角形中位线性质．
19．(1)见解析
(2)当时，
【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，，进而可得判定；
（2）首先证明，结合相似三角形即可得到t的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：当时，；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
解得：，
即当时，．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，关键是掌握有两个角对应相等的三角形相似，相似三角形对应边成比例．
20．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）利用矩形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用，得出比例式求得线段，利用求得线段，利用（1）的结论求得线段，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴是和的比例中项；
（2）解：如图，
5．
∵与互相垂直，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
由（1）知：，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21．(1)或
(2)或
【分析】（1）由的面积等于矩形面积的，可得，即可求得或
（2）与相似，分为两种情况讨论即可得到或
【详解】（1）由题意可知:，
∴
∵的面积等于矩形面积的
∴
解之得:，
∴或时，的面积等于矩形面积的
（2）存在．理由如下：
∵与相似
∴分为两种情况：
①当时
∴，即
解得：
②当时
∴，即
解得：
综上所述,当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似
【点睛】本题考查了相似三角形——动点问题和平行四边形的动点问题，熟练掌握相似三角形的性质和矩形的性质是解决问题的关键
22．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）根据矩形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）由已知可证得，，根据相似三角形的对应边成比例即可得到；
（3）由已知可得到，的长，又因为，从而求得的长，则根据﹣就得到了线段的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
，，
延长到点，使，
，，
四边形是平行四边形；
（2）证明：是矩形，且，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
；
（3）解：四边形为平行四边形，，相交点，
，，
在中，，
，
在中，，
，
，
∴，
，
，
，
-．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质、平行四边形的判定定理，正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
23．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；．
【分析】（1）只要证明是等边的高即可解决问题；
（2）由，可得，推出，又，即可推出；
求出的长即可解决问题．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
．
（2）解：证明：，
，
，
又，
，
，
，
，
，
解：作于H．
，
，
，
，
在中，，，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、直角三角形30角性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题．
24．(1)见解析
(2)AE=9
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，
，，
∵，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
25．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质得出，，根据余角的性质得出，根据三角形相似的判定即可得出答案；
（2）先证明，从而证明，得出，得出，根据即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵于点E，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）证明：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，余角的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相似三角形的判定方法．
26．
【分析】证明，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程求出边长．
【详解】解：正方形的边在上，
，
，
是的高，
，
设，则，
，
解得：，
这个正方形零件的边长为．
【点睛】本题主要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，通过解方程即可求出边长，此题考查了相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
27．（1）=；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质和相似三角形的判定定理，得△CEF∽△ADF，可得=，进而即可得到结论；
（2）由AD∥CB，点E是BC的中点，得△EFC∽△DFA．CF：AF=EC：AD，由FG//AB，得CG：BG=CF：AF，进而即可得到结论．
【详解】（1）∵，
∴=．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴=，
∴==，
∴==；
（2）∵AD∥CB，点E是BC的中点，
∴△EFC∽△DFA．
∴CF：AF=EC：AD=1：2，
∵FG⊥BC，
∴FG//AB，
∴CG：BG=CF：AF=1：2，
∴CG=BG．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质定理以及平行线分线段成比例定理，掌握相似三角形的对应边成比例，是解题的关键．