专题02 十字架模型综合-备战中考数学一轮复习考点帮（全国通用）

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类型一：【十字架模型】--正方形
第一种情况：过顶点
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，证明△BAF≌△ADE（ASA）
所以AE=BF
第二种情况：不过顶点
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
也可以如下证明
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别AB、BC、CD、DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
类型二：【十字架模型】--矩形
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中：AE⊥BF，探究AE与BF的关系；
可证：△ADE∽△BAF 所以
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的点，其中：EG⊥FH，探究EG与FH的关系
【解答】
可证：△ADN∽△BAM
∴
∴
但是只有垂直的条件，点的位置发生变化，那么可以证明出相似三角形，但是线段之间的关系不在成立
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中EG⊥FH，探究EG与FH的关系
可证△EOH∽△GOF
【典例1】（2023•嘉鱼县模拟）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证AF＝BG；
【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．求的值；
【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BDC＝120°，DB＝DC，点E、F分别在线段AB、BC上，且CE⊥DF于点P．请直接写出的值．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）2．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，∠2+∠ABP＝90°，
∵AF⊥BG，
∴∠1+∠ABP＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG（ASA），
∴AF＝BG；
（2）解：作EM⊥DC于点M，作HN⊥BC于点N，
则EM∥AD∥BC，HN∥AB∥DC，
∴EM⊥HN，EM＝AD＝BC，HN＝AB＝DC，
又∵EG⊥HF，
∴∠GEM＝∠FHN，
∴Rt△EMG∽Rt△HNF，
∴，
即；
（3）解：过点D作DH⊥BC于点H，交CE于点M，
则∠DHF＝∠ABC＝90°，
∴∠CMH+∠BCE＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠PDM+∠PMD＝90°，
∵∠PMD＝∠CMH，
∴∠BCE＝∠PDM，
∴△CBE∽△DHF，
∴，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DCH＝30°，BC＝2CH，
在Rt△CHD中，∠CHD＝90°，
∴tan30°＝，
∴CH＝DH，
∴BC＝2DH，
∴＝2．
【典例2】（2023•湘潭县三模）已知点E、F分别是四边形ABCD边AB、AD上的点，且DE与CF相交于点G．
（1）如图①，若AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，且AD•DF＝AE•DC，求证：∠CGE＝90°；
（2）如图②，若AB∥CD，AB＝CD，且∠A＝∠EGC时，求证：DE•CD＝CF•DA；
（3）如图③，若BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，设DE⊥CF，当∠BAD＝90°时，直接写出的值．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，
∵AD•DF＝AE•DC，
∴，
∴△ADE∽△DCF，
∴∠ADE＝∠DCF，
∴∠ADE+∠DFC＝∠DCF+∠DFC＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴∠CGE＝∠DGF＝90°；
（2）证明：∵∠DGF＝∠EGC，∠A＝∠EGC，
∴∠DGF＝∠A，
∴∠GDF＝∠ADE，
∴△GDF∽△ADE，
∴，
∴，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠CDG，
∵∠AED＝∠CFD，
∴∠CFD＝∠CDG，
∵∠DCF＝∠GCD，
∴△DCF∽△GCD，
∴，
∴，
∴DE•CD＝CF•DA；
（3）解：如图，作CN⊥AD于点N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，连接BD，设CN＝x，
∵∠BAD＝∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴CM＝AN，AM＝CN＝x，∠MCN＝90°，
∵BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠BCD＝∠BAD＝90°，
∴∠BCM＝∠DCN＝90°﹣∠BCN，
∴∠M＝∠CND＝90°，
∴△BCN∽△DCN，
∴，
∴CM＝x，
在Rt△BCM中，由勾股定理得，
∴（x﹣3），
解得x＝或x＝0（不合题意舍去），
∴CN＝，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF＝90°，
∴∠CFN+∠ADE＝90°，
∵∠DEA+∠ADE＝90°，
∴∠DEA＝∠CFN，
∴∠A＝∠CNF＝90°，
∴△ADE∽△NCF，
∴．
1．（2023•九龙坡区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE＝CF，连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G，若∠AED＝2α，则∠AGD的度数为（ ）
A．90﹣αB．90+αC．90+2αD．90﹣2α
【答案】A
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADE＝∠DCF，AD∥BC，
∵DE＝CF，
∴△DFC≌△AED（ASA），
∴∠AED＝∠DFC＝2α，
∴∠ADF＝∠DFC＝2α，
∵DG平分∠ADF，
∴∠ADG＝α，
∴∠AGD＝90°﹣α．
故选：A．
2．（2023•裕华区二模）图1中的直角三角形有一条直角边长为3，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为S1，S2，则S1﹣S2的值为（ ）
A．9B．10C．6D．1
【答案】A
【解答】解：设直角三角的另一直角边为a，则，
S1＝（a+3）2﹣4××3a＝a2+9，
S2＝a•a＝a2，
∴S1﹣S2＝a2+9﹣a2＝9．
故选：A．
3．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，点E、F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF＝DG，DE＝2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（ ）
A．αB．2αC．45°﹣αD．45°+α
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
如图，过点F作FH⊥AD于点H，
则四边形CDHF为矩形，
∴FH＝CD，DH＝CF，∠FHE＝90°，
∴FH＝AD，
在Rt△FHE和Rt△DAG中，
，
∴Rt△FHE≌Rt△DAG（HL），
∴EH＝AG，∠HFE＝∠ADG＝α，
∵DE＝AG，
∴DE＝2EH，即点D为DE中点，
∴EH＝DH＝AG＝CF，
∴AB﹣AG＝BC﹣CF，即BG＝BF，
∴△BFG为等腰直角三角形，∠BFG＝45°，
∴∠EFG＝90°﹣∠BFG﹣∠HFE＝90°﹣45°﹣α＝45°﹣α．
故选：C．
4．（2022•甘井子区校级模拟）如图，BD是矩形ABCD的一条对角线，EF⊥BD交AD于点E，交BC于点F，若AB＝3，BC＝4，则EF的长是（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【解答】解：过点A作AG∥EF，交BC于点G，交BD于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝3，∠ABC＝∠C＝90°，
∴四边形AGFE是平行四边形，
∴AG＝EF，
∵EF⊥BD，
∴AG⊥BD，
∴∠AHB＝90°，
∴∠HAB+∠ABH＝90°，
∵∠ABH+∠DBC＝90°，
∴∠HAB＝∠DBC，
∴△ABG∽△BCD，
∴＝，
∵BC＝4，CD＝3，∠C＝90°，
∴BD＝＝＝5，
∴＝，
∴AG＝，
∴EF＝AG＝，
故选：C．
5．（2023•平房区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC、BD为对角线，AC⊥CD，AB＝AC，若∠ABD＝2∠ADC，CD＝2，则AD的长为 2 ．
【答案】2．
【解答】解：设AC与BD交于点O，设∠ADC＝α，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，∠CAD＝90°﹣α，
又∵AD∥BC，
∴∠BCD＝180°﹣∠ADC＝180°﹣α，
∴∠ACB＝∠BCD﹣∠ACD＝90°﹣α，
又∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣α，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝2α，
又∵∠ABD＝2∠ADC＝2α，
∴AO＝BO，
作OE⊥AB于点E，作DF⊥AB于点F，在AF的延长线上取AF＝FG，如图，
∵AO＝BO，OE⊥AB，
∴AE＝BE，
设AE＝BE＝a，
则AB＝AC＝2a，
∵AD∥BC，
∴∠FAD＝∠ABC＝90°﹣a，
∴∠FAD＝∠CAD＝90°﹣α，
在△FAD和△CAD中，
，
∴△FAD≌△CAD（AAS），
∴AF＝FG＝2a，
∴BG＝AB+AF+FG＝6a，
BF＝AB+AF＝4a，
在△AFD和△GFD中，
，
∴△AFD≌△GFD（AAS），
∴∠G＝∠FAD＝90°﹣α，
∴∠BDG＝180°﹣∠ABD﹣∠G＝90°﹣α＝∠G，
∴BD＝BG＝6a，
在Rt△BDF中，BF2+FD2＝BD2，
即（4a）2+（2）2＝（6a）2，
在△AFD和△GFD中，
，
∴△AFD≌△GFD（SAS），
∴∠G＝∠FAD＝90°﹣α，
∴∠BDG＝180°﹣∠ABD﹣∠G＝90°﹣α＝∠G，
∴BD＝BG＝6a，
在Rt△BDF中，BF2+FD2＝BD2，
即 （4a）2+（2）2＝（6a）2，
解得：a＝1，
∴AF＝2a＝2，
在Rt△ADF中，AF2+FD2＝AD2，
∴AD＝＝＝2．
故答案为：2．
6．（2023•东莞市三模）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，AD上的点，且CE＝DF，AE与BF相交于O．下列结论：①AE＝BF且AE⊥BF；②S△AOB＝S四边形DEOF；③AD＝OE；④连接OC，当E为边DC的中点时，tan∠EOC值为，其中正确的结论有 ①②④ ．
【答案】①②④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°．
∵CE＝DF，
∴AF＝DE．
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS）．
∴AE＝BF，故①正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴∠AFB＝∠AED．
∵∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AFB+∠DAE＝90°，
∴∠AOF＝90°，即AE⊥BF，故①正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△ADE．
∴S△AOB＝S△ABF﹣S△AOF，S四边形DEOF＝S△ADE﹣S△AOF，即S△AOB＝S四边形DEOF，故②正确．
如图过点E作EM⊥AB，交于点M，连接OM，
在正方形ABCD中，
∠BAD＝∠ADE＝∠AME＝90°，
∴四边形ADEM为矩形，
AD＝EM，
在△OME中，
∵∠EOM为钝角，
∴△EOM不是以点E为顶点的等腰△，
∴OE≠EM，
即AD≠OE，
故③错误．
如图，连接OC，延长AE使AE＝EG，交BC延长线于点G，过点C作CH⊥AG交于点H，
∵E是边DC的中点，
∴ED＝EC，
在△ADE和△GCE中，
，
∴△ADE≌△GCE（SAS），
所以∠ECG＝∠EDA＝90°＝∠BCE，
∴点B、C、G共线，
∴∠G＝∠GAD
设边AD＝DC＝2a，
∴AF＝DE＝a，
tan∠GAD＝＝＝，
∴tan∠CGA＝＝，
AE＝＝a，
∴AG＝2AE＝2a，
∵CG＝AD，
∴CG＝2a，
在△CEG中，CH＝a，HG＝a，
在△AOF中，AO＝a，
∴OH＝AG﹣HG﹣AO＝a，
在Rt△CHO中，tan∠EOC＝＝，
故④正确．
故答案为：①②④．
7．（2022•内黄县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且CE+CF＝4，BE和AF相交于点G，在点E、F运动的过程中，当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时，△BCG的面积为 4或2 ．
【答案】4或2．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴CF+BF＝4．
∵CE+CF＝4，
∴CE＝BF．
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（SAS）．
∴∠AFB＝∠BEC．
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BEC．
∴∠ABG＝∠AFB．
∵∠ABG+∠FBG＝90°，
∴∠AFB+∠FBG＝90°．
∴BG⊥AF．
∴∠AGB＝90°．
∵△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍，
∴∠ABG＝45°或60°．
∴∠GBF＝45°或30°．
过点G作GH⊥BC于点H，如图，
当∠GBF＝45°时，点F与点C重合，
∴GH＝，
∴△BCG的面积＝×BC×GH＝4．
当∠GBF＝30°时，
∵BG＝AB＝2，
∴GH＝BG＝1．
∴△BCG的面积＝×BC×GH＝2．
综上，△BCG的面积为4或2．
故答案为：4或2．
8．（2022•德城区模拟）如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE、AF于M、N，下列结论：①AF⊥BG；②；③S四边形CGNF＝S△ABN；④．其中正确结论的序号有 ①③④ ．
【答案】①③④．
【解答】解：过点G作GH⊥AB，垂足为H，交AE于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠C＝∠DAB＝∠D＝90°，AD∥BC，
∵BE＝EF＝FC，CG＝2GD，
∴BF＝BC，CG＝CD，
∴BF＝CG，
∴△ABF≌△BCG（SAS），
∴∠AFB＝∠CGB，
∵∠CGB+∠CBG＝90°，
∴∠AFB+∠CBG＝90°，
∴∠BNF＝180°﹣（∠AFB+∠CBG）＝90°，
∴AF⊥BG，
故①正确；
在Rt△ABF中，tan∠AFB＝＝＝，
∴在Rt△BNF中，tan∠AFB＝＝，
∴BN＝NF，
故②不正确；
∵△ABF≌△BCG，
∴S△ABF＝S△BCG，
∴S△ABF﹣S△BNF＝S△BCG﹣S△BNF，
∴S四边形CGNF＝S△ABN，
故③正确；
∵∠DAB＝∠D＝∠AHG＝90°，
∴四边形ADGH是矩形，
∴AD＝GH，DG＝AH，AD∥GH，
∴GH∥BC，
设DG＝AH＝a，
∴CD＝3DG＝3a，
∴AB＝AD＝BC＝3a，
∴BE＝BC＝a，
∵∠AHO＝∠ABE＝90°，∠HAO＝∠BAE，
∴△AHO∽△ABE，
∴＝，
∴＝，
∴OH＝a，
∴GO＝GH﹣OH＝3a﹣a＝a，
∵GH∥BC，
∴∠OGM＝∠GBE，∠GOM＝∠OEB，
∴△GOM∽△BEM，
∴＝＝＝，
∴，
故④正确，
所以，正确结论的序号有：①③④，
故答案为：①③④．
9．（2023•越秀区校级自主招生）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为 3﹣4 ．
【答案】3﹣4．
【解答】解：如图：过点H作HM⊥CD，垂足为M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝45°，
∴AC＝AB＝2，
∵CE＝DF，
∴BC﹣CE＝CD﹣DF，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠ABC＝∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠AGB＝180°﹣（∠1+∠3）＝90°，
∵BG＝GH，
∴AG是BH的垂直平分线，
∴AB＝AH＝2，
∴∠3＝∠AHB，CH＝AC﹣AH＝2﹣2，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠CFH，
∵∠AHB＝∠CHF，
∴∠CFH＝∠CHF，
∴CH＝CF＝2﹣2，
在Rt△HMC中，HM＝＝＝2﹣，
∴△CFH的面积＝CF•HM＝×（2﹣2）×（2﹣）＝3﹣4，
故答案为：3﹣4．
10．（2022•越秀区校级一模）如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．
【答案】见解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵DQ＝CP，
∴AD﹣DQ＝CD﹣CP，
∴AQ＝DP，
∴△ABQ≌△DAP（SAS），
∴∠DAP＝∠ABQ，
∵∠DAP+∠BAP＝90°，
∴∠ABQ+BAP＝90°，
∴BQ⊥AP．
11．（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4，，当点F在边AD上时，求BE的长．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）．
【解答】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如图1，∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，AG＝AE，AD＝AB，∠ADB＝45°，
∴∠GAD＝∠BAE，
∴△GAD≌△BAE，
∴BE＝DG，∠GDA＝∠ABE，
∴∠BMD＝180°﹣∠GDA﹣∠ADB﹣∠DBM＝180°﹣﹣∠EBA﹣∠DBM﹣45°＝90°，
∴BE⊥DG．
总之，BE＝DG，BE⊥DG；
（2）
作EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵AB＝4，，
∴AH＝EH＝＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
∴BE＝．
12．（2023•遵义模拟）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE＝DF．
【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求的值．
【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由．
【答案】【问题探究】见解析；
【知识迁移】；
【拓展应用】当∠EFC＝∠MNC时，．
【解答】【问题探究】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠AED+∠DAE＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AED+∠CDF＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF，
在△ADE与△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（ASA），
∴AE＝DF；
【知识迁移】解：如图，过点N作NO⊥AB于点O，
∴∠BMN+∠MNO＝90°，
∵BE⊥MN，
∴∠BMN+∠MBE＝90°，
∴∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，
在△ABE与△MNO中，∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，
∴△ABE∽△ONM，
∴，
∵ON＝BC，
∴；
【拓展应用】解：当∠EFC＝∠MNC时，，
作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，
则∠EFC＝∠AGC，∠MNC+∠BMN＝180°，∠MHN＝∠ABC，
∵∠AGB+∠AGC＝180°，
∴∠AGB＝∠NMH，
∴△ABG∽△NHM，
∴，
∵HN∥BC，AB∥CD，AG∥EF，AD∥BC，
∵四边形AEFG、HNCB是平行四边形，
∴AG＝EF，MN＝BC，
∴当∠EFC＝∠MNC时，．
13．（2022•迎泽区校级模拟）综合与实践：
如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）如图1，求证：△ABF≌△BCE；
（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
（3）如图3，若AB＝4，连接AG，当点E在边AB上运动的过程中．AG是否存在最小值，若存在，请直接写出AG最小值，及此时AE的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）AG有最小值，最小值为2﹣2，AE＝6﹣2．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，
∴∠CEB+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠CEB＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
（2）证明：如图2，延长CD，BF交于点H，
∵点E是AB的中点，
∴BE＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AD＝AB＝BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，
∴∠CEB+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠CEB＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
又∵AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴BE＝AF，
∴BE＝AF＝AB＝AD，
∴AF＝DF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠H，
在△ABF和△DHF中，
，
∴△ABF≌△DHF（AAS）
∴AB＝DH，
∴DH＝CD，
又∵BF⊥CE，
∴∠BGH＝90°，
∴DC＝DH＝DG．
（3）解：AG存在最小值．
如图3，以BC为直径作⊙O，连接AO，OG，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴点G在以BC为直径的⊙O上，
在△AGO中，AG≥AO﹣GO，
∴当点G在AO上时，AG有最小值，
此时：如图4，
∵BC＝AB＝4，点O是BC中点，
∴BO＝2＝CO，
∵AO＝＝＝2，
∴AG＝2﹣2，
∵OG＝OB，
∴∠OBG＝∠OGB，
∵AD∥BC，
∴∠AFG＝∠OBG，
∴∠AFG＝∠OBG＝∠OGB＝∠AGF，
∴AG＝AF＝2﹣2，
由（2）可得AF＝BE＝2﹣2，
∴AE＝AB﹣BE＝4﹣（2﹣2）＝6﹣2．
14．（2022•天桥区一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则的值为 1 ；
（2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝5，CD＝3，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为 ；
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：；
（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝3，AD＝9，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．请问．是定值吗？若是，直接写出这个定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）1；
（2）；
（3）见解析；
（4）是定值．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠A＝∠FDC＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠ADE+∠DFC＝90°，∠DFC+∠DCF＝90°，
∴∠ADE＝∠DCF，
在△ADE与△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（ASA），
∴DE＝CF，
∴，
故答案为：1；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠EDC＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠ADB+∠CED＝90°，∠CED+∠DCE＝90°，
∴∠ADB＝∠DCE，
∴△ADB∽△DCE，
∴，
故答案为：；
（3）证明：如图，过点作CH⊥AD，交AD延长线于H，
∵∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴CH＝AB，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝90°＝∠A＝∠H，
∵∠ADE＝∠GDF，
∵∠GFD＝∠HFC，
∴∠ADE＝∠HCF，
∴△ADE∽△HCF，
∴；
（4）解：是定值，理由如下：
连接AC交BD于H，CF与DE交于G，CF与DB交于P，
∵将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，
∴AC⊥BD，
∴∠BAH+∠CAF＝90°，∠BAH+∠EBD＝90°，∠CHP＝90°，
∴∠CAF＝∠DBE，
∵CF⊥DE，
∴∠PGD＝90°＝∠CHP，
∵∠HPC＝∠GPD，
∴∠ACF＝∠BDE，
∴△ACF∽△BDE，
∴，
∵AB＝3，AD＝9，
由勾股定理得BD＝＝3，
∴，
∴AH＝，
∴AC＝2AH＝，
∴．
15．（2023•南关区四模）【问题提出】如图①，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在边BC，AB，CD上，GF⊥AE．请判断AE与GF的数量关系，并说明理由．
【类比探究】如图②，在矩形ABCD中，，将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连结AE交GF于点O．则GF与AE之间的数量关系为 ．
【拓展应用】在（2）的条件下，若，，则CE的长为 2 ．
【答案】【问题提出】AE＝GF，理由见解答；
【类比探究】，理由见解答；
【拓展应用】2．
【解答】解：【问题提出】AE＝GF，理由如下：
过F作FM⊥DC，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠FMG＝90°，AB＝BC＝FM，DC∥AB，
∴∠MGF＝∠AFG，
∵GF⊥AE．
∴∠EAF＝∠GFM，
∴△ABE≌△FGH（ASA），
∴AE＝GF；
【类比探究】，理由如下：
过F作FM⊥DC，如图：
∵GF⊥AE，
∴∠EAF＝∠GFM，
∵∠ABE＝∠FMG＝90°，
∴△ABE∽△FMG，
∴，
∵，BC＝FM，
∴，
故答案为：．
【拓展应用】∵，
∴，
由折叠性质可知AF＝EF，
设BE＝4x，EF＝5x，则AF＝5x，BF＝3x，AB＝8x，
由（2）可知，
∵，
∴AE＝4，
在Rt△ABE中，
（4x）2+（8x）2＝（4）2，
解得x＝1或﹣1（舍去），
∴BE＝4，AB＝8，
∵，
∴BC＝6，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2．
故答案为：2．
16．（2023•运城二模）综合与实践：
问题情境：在数学活动课上，老师出了这样一道题：
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α到矩形CEFG的位置，点D恰好在边CG上．
问题解决：（1）如图1，连接AC，CF，AF，AF与CG交于点H．
①α的值为 90° ，AF＝ ；
②求GH的长．
（2）如图2，若将四边形ABCP沿渞直线CP折叠，得到四边形A′PCB′，使得点B的对应点B′恰好在EF上，点A的对应点为A′，点G在A′P上，求AP的长．
【答案】（1）①90°，；②1.5；（2）7．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝10，∠BCD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，
当矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α到矩形CEFG的位置，点D恰好在边CG上时，
旋转角α＝∠BCD＝90°，
由旋转的性质可知：点A与点F为旋转前、后的对应点，
∴AC＝CF，∠ACF＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝10，
由勾股定理得：，
∴，
在Rt△ACF中，，
由勾股定理得：．
②由旋转的性质可知：CG＝BC＝10，∠G＝∠B＝90°，FG＝AB＝6，
∴GD＝CG﹣CD＝10﹣6＝4，
设GH＝x，则HD＝GD﹣GH＝4﹣x，
∵∠G＝∠ADC＝90°，
∴GF∥AD，
∴△GHF∽△DHA，
∴FG：AD＝GH：HD，
∴FG•HD＝AD•GH，
∵FG＝6，HD＝4﹣x，AD＝10，GH＝x，
∴6•（4﹣x）＝10x，解得：x＝1.5，
∴GH＝1.5．
故答案为：①90°，；②1.5．
（2）连接B′G．
由旋转的性质可知：CE＝CD＝6，EF＝AD＝10，
由翻折的性质可知：CB'＝CB＝10，A'B'＝AB＝6，AP＝A'P，
在Rt△CEB'中，CE＝6，CB'＝10，
由勾股定理得：．
∴FB'＝EF﹣EB'＝2，
在Rt△GFB'中，FB'＝2，FG＝6，
由勾股定理得：，
在Rt△A′GB′中，A'B'＝6，，
由勾股定理得：．
设AP＝y，则A′P＝y，
∴GP＝A′P﹣A′G＝x﹣2，DP＝AD﹣AP＝10﹣x，GD＝CG﹣CD＝10﹣6＝4．
在Rt△GDP中，由勾股定理得：DP2+DG2＝PG2，
∴（10﹣y）2+42＝（y﹣2）2，解得：y＝7，
∴AP＝7．