2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题7弦图与垂直模型（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题7弦图与垂直模型（教师版），共74页。

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；（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°，
∴∠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，∴．
∴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AN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＝90°，
∵∠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．

培优训练


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 =EC，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+∠ADC＝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，
∵∠CAF+∠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．（2021·四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AC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=∠AFC=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-CF．
∵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=，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，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=，
∵，，，
∴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，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，
∴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FE′＝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，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＝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，AG＝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．（2021·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．（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＝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．
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
∴，
∴
∴
∵
∴
∵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ABCD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△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，
∴=
（2）结论：=
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，
∴=，
∴=
（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：=
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴=
，设SC=x，
∴=
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵，
∴52=（10-2x）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．（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＝
【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，
，
∴△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，
，
∴△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△CDMRt△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=∠FCM，
∴Rt△EMNRt△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，EM=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：MF=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，
，
∴△ADM≌△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．