【期末满分攻略】2022-2023学年人教版八年级数学下册讲学案-专题19 正方形中“半角”模型（原卷版+解析版）

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 专题19 正方形中“半角”模型
解题思路


【模型归纳】

典例分析


【典例1】（春•十堰期末）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（6，6），点E、F分别在边BC、BA上，OE＝3．若∠EOF＝45°，则F点的纵坐标是（　　）

A．2 B． C． D．﹣1
【答案】A
【解答】解：如图，连接EF，延长BA，使得AM＝CE，
在△OCE和△OAM中，
，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．

∴OE＝OM，∠COE＝∠MOA，
∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+∠AOF＝45°，
∴∠MOA+∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，
设AF＝x，
∵CE＝＝＝3，
∴EF＝3+x，EB＝3，FB＝6﹣x，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
∴x＝2，
∴点F的纵坐标为2，
故选：A．
【变式1-1】（溧水区二模）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（4，4），点E、F分别在边BC、BA上，OE＝2．若∠EOF＝45°，则F点的纵坐标是（　　）

A．1 B． C． D．﹣1
【答案】B
【解答】解：如图，连接EF，延长BA，使得AM＝CE，
∵OA＝OC，∠OCE＝∠AOM，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．

∴OE＝OM，∠COE＝∠MOA，
∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+∠AOF＝45°，
∴∠MOA+∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，设AF＝x，
∵CE＝＝＝2，
∴EF＝2+x，EB＝2，FB＝4﹣x，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
∴x＝，
∴点F的纵坐标为，
故选：B
【典例2】（罗湖区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝2，且∠ECF＝45°，则CF的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，

则△CBF'≌△CDF，连接EF．
∴CF＝CF′，
∵∠FCF′＝90°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECF′＝45°，
∵CE＝CE，
∴△CEF≌△CEF'（SAS），
∴EF＝EF'．
在Rt△EBC中，，
∴AE＝AB﹣BE＝2．
设DF＝x，则AF＝4﹣x．
∵DF＝BF′，
∴EF＝EF'＝BE+BF'＝2+x，
在Rt△FCD中，EF2＝AE2+AF2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
解得：．
在Rt△CDF中，，
∴，
解得：．
故选：A．
【变式2-1】（防城区期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝5，且∠ECF＝45°，则CF的长为　　．

【答案】
【解答】解：如图，延长FD到G，使DG＝BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中，，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，
∴∠GCF＝45°，
在△GCF与△ECF中，，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴GF＝EF，
∵CE＝5，CB＝4，
∴BE＝3，
∴AE＝1，
设AF＝x，则DF＝4﹣x，GF＝3+（4﹣x）＝7﹣x，
∴EF＝＝，
∴（7﹣x）2＝1+x2，
∴x＝，
即AF＝，
∴DF＝4﹣＝，
∴CF＝＝＝，
故答案为：．

【典例3】（2021春•澄城县期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．

【答案】（1） 略 （2）EF＝5
【解答】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；

（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
则EF＝5．

【变式3-1】（2020•饶平县校级模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM．
（1）求证：EF＝MF；
（2）当AE＝1时，求EF的长．

【答案】（1）略 （2）EF的长为．
【解答】（1）证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，F，C，M三点共线，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝45°，
∴∠EDF＝∠FDM．
又∵DF＝DF，DE＝DM，
∴△DEF≌△DMF，
∴EF＝MF；

（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，AB＝BC＝3，
∴EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，BM＝BC+CM＝3+1＝4，
∴BF＝BM﹣MF＝4﹣x．
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
则EF的长为．

【变式3-2】（春•越秀区校级期中）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，
求证：CE＝CF．
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，求证：GE＝BE+GD．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC＝12．E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，求直角梯形ABCD的面积．

【答案】（1） 略 （2）略 （3）108．
【解答】解：（1）证明：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°，
又∵BE＝DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）成立．
∵∠GCE＝45°，
∴∠BCE+∠GCD＝45°，
∵△BEC≌△DFC，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴∠DCF+∠GCD＝45°，即∠GCF＝45°，
∴∠GCE＝∠GCF，且GC＝GC，CE＝CF，
∴△GCE≌△GCF（SAS），
∴GE＝GF，
∴GE＝GD+DF＝BE+GD；
（3）如图：过点C作CF⊥AD于F，

∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝12，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF＝12，
由（2）可得DE＝DF+BE，
∴DE＝4+DF，
在△ADE中，AE2+DA2＝DE2．
∴（12﹣4）2+（12﹣DF）2＝（4+DF）2．
∴DF＝6，
∴AD＝6，
∴S四边形ABCD＝＝＝108
夯实基础


1．（2022春•峡江县期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
（1）△GAB≌△FAD吗？说明理由．
（2）猜想线段DF、BE、EF之间的数量关系并说明理由．


【解答】解：（1）△GAB≌△FAD，理由：
过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，
∴∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝∠D．
在△GAB和△FAD中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）线段DF、BE、EF之间的数量关系为：DF+BE＝EF．理由：
由（1）知：△GAB≌△FAD，
∴BG＝DF，AG＝AF．
∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB＝90°，
∴∠GAF＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°．
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BG+BE，
∴DF+BE＝EF．
2．（2022春•雁塔区校级期末）阅读下列材料：
问题：如图（1），已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°．

解决下列问题：
（1）图（1）中的线段BE、EF、FD之间的数量关系是 　BE+DF＝EF　．
（2）图（2），已知正方形ABCD的边长为8，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，求△EFC的周长．

【解答】解：（1）如图，延长CB至点H使BH等于DF，连接AH．
在△ADF和△ABH中，

∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴AF＝AH，∠HAB＝∠FAD，
∵∠BAE+∠FAD＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BAE+∠HAB＝∠HAE＝∠EAF＝45°，
在△FAE和△HAE中，

∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF＝EH，
∵EH＝BH+BE，
∴EF＝FD+BE；
故答案为：EF＝FD+BE．
（2）由（1）可得：∠AEB＝∠AEG，∠AFE＝∠AFD，
在△ABE和△AGE中：
，
∴△ABE≌AGE（AAS），
∴BE＝EG，
在△AGF和△ADF中：
，
∴△AGF≌ADF（AAS），
∴GF＝DF，
∴△EFC的周长＝EG+GF+EC+CF＝BE+EC+DF+CF＝BC+DC＝8+8＝16．


3．（2021秋•兰州期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
①△GAB≌△FAD吗？说明理由．
②若线段DF＝4，BE＝8，求线段EF的长度．
③若DF＝4，CF＝8．求线段EF的长度．

【解答】解：①全等．
证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB＝AD，∠ABG＝∠D，
在△ABG和△ADF中，∠GAB＝∠FAD，AB＝AD，∠ABG＝∠D
∴△GAB≌△FAD．
②解：∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°
∴∠DAF+∠BAE＝45°
∵△GAB≌△FAD
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF
∴∠GAB+∠BAE＝45°
∴∠GAE＝45°
∴∠GAE＝∠EAF
在△GAE和△FAE中
∵AG＝AF，∠GAE＝∠EAF，AE＝AE
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE．
∵△GAB≌△FAD
∴GB＝DF
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝8+4＝12．
③设EF＝x，则BE＝GE﹣BG＝x﹣4．
∵EC＝BC﹣BE，
∴EC＝12﹣（x﹣4）＝16﹣x．
在Rt△EFC中，依据勾股定理可知：EF2＝FC2+EC2，即（16﹣x）2+82＝x2，
解得：x＝10．
∴EF＝10．
4．（2021秋•伊通县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝MF
（2）若AE＝2，求FC的长．

【解答】解：（1）∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°．
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF．

（2）设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4．
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2．
即42+（8﹣x）2＝x2，
∴解得：x＝5，即FM＝5．
∴FC＝FM﹣CM＝5﹣2＝3．
5．（2021秋•启东市校级月考）（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE、DF与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：　 　．
（2）如图2：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．点 E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．请说明理由（提示：延长FD到点C，使DG＝BE，连结AG．）

【解答】解：（1）结论：EF＝BE+DF．理由如下：
如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，

∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF′＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF＝EF′，
又EF′＝BE+BF′＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论：EF＝BE+DF成立．理由如下：
如图2中，延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG．
∵∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF＝60°，
∴∠FAG＝∠GAD+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝60°，
∴∠FAE＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△FAE≌△FAG（SAS），
∴EF＝FG，
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF．
6．（2021秋•宿豫区期中）（1）如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，探究BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝∠BAD，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．


【解答】解：（1）如图1，

EF＝BE+DF，理由如下：
延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABM＝90°，
又∵BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
∴∠2+∠3＝∠MAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝EB+DF，
（2）如图2，

EF＝BE+DF，仍然成立，理由如下：
延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠4＝180°，
∴∠D＝∠4，
又∵AB＝AD，BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵，
∴∠1+∠3＝∠EAF，
∴∠MAE＝∠2+∠3＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝EB+DF．
7．（2021秋•龙岩校级期中）如图，点E，F分别是正方形ABCD的对角线AC上的两个动点，∠EBF＝45°．求证：EF2＝AE2+CF2．

【解答】证明：如图，将△CBF绕点B逆时针旋转90°，可得△ABN，连接EN，

由旋转的性质可得BN＝BF，AN＝CF，∠BAN＝∠BCF＝45°，∠CBF＝∠ABN，
∴∠CAN＝∠CAB+∠BAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°，
∴∠ABE+∠ABN＝45°＝∠NBE＝∠EBF，
在△EBF和△EBN中，
，
∴△EBF≌△EBN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
8．（2021春•阜南县期末）如图，已知正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，∠MAN＝45°．
（1）求证：MN＝BM+DN；
（2）当AB＝6，MN＝5时，求△CMN的面积．

【解答】解：（1）延长CB到G，使BG＝DN，

在△ADN和△ABG中，
，
∴△ADN≌△ABG（SAS），
∴AN＝AG，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAB+∠NAD＝∠MAB+∠BAG＝45°，
在△MAN和△MAG中，
，
∴△MAN≌△MAG（SAS），
∴MN＝MG＝MB+BG＝MB+DN；
（2）由（1）得，，
∵S△AMN＝S△ABM+S△ABG，
∴S△AMN＝S△ABM+S△ADN＝15，
∴S△CMN＝S正方形ABCD﹣2S△AMN＝36﹣30＝6．
9．（2021春•合肥期末）如图1，在正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
（1）求证：△AGE≌△AFE；
（2）若BE＝2，DF＝3，求AH的长．

【解答】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，DF＝BG，
在正方形ABCD中，∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°，
又∵AF＝AG，AE＝AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）解：由（1）可得：△AGE≌△AFE（SAS），
∴∠AEB＝∠AEH，
∵AB⊥BC，AH⊥EF，
∴AH＝AB，
设AB＝BC＝CD＝DA＝x，则FC＝x﹣3，EC＝x﹣2，EF＝GE＝BE+GB＝BE+DF＝5，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解得：x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴AH＝AB＝6．
28．（2020秋•周村区期末）（1）如图1的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连接EF，AG．求证：EF＝FG；
（2）如图2，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，求MN的长．

【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∴∠EAG＝90°，
在△FAE和△GAF中，
，
∴△FAE≌△FAG（SAS），
∴EF＝FG；

（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，
，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，
得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，
，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2+NC2．
∴MN2＝BM2+NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12+32，
∴MN＝．
10．（2022秋•邹城市校级期末）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE＝45°，判断线段GE、BE、GD之间的数量关系，并说明理由．

【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，
在△CBE与△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：GE＝BE+GD，理由：
由（1）得△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF，CE＝CF．
∵∠GCE＝45°，
∴∠BCE+∠DCG＝45°，
∴∠GCF＝∠DCF+∠DCG＝45°，
在△ECG与△FCG中，
，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴GE＝GF，
∴GE＝DF+GD＝BE+GD．
能力提升


11．（2021春•安陆市期中）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG＝45°，那么EG与图中两条线段的和相等？证明你的结论．
（2）请用（1）中所积累的经验和知识完成此题，如图2，在四边形ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠ECG＝45°，BE＝4，求EG的长？

【解答】解：（1）EG＝BE+DG．
如图1，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF，

∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝DC，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵∠CDF＝180﹣∠ADC，
∴∠CDF＝90°，
∴∠ABC＝∠CDF，
∵BE＝DF，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴∠BCE＝∠DCF，EC＝FC，
∵∠ECG＝45°，
∴∠BCE+∠GCD＝∠BCD﹣∠ECG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠GCD+DCF＝∠FCG＝45°，
∴∠ECG＝∠FCG，
∵GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴EG＝GF，
∵GF＝GD+DF＝GD+BE，
∴EG＝GD+BE．
（2）如图2，过点C作CD⊥AG，交AG的延长线于D．


∵AG∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝90°，
∴∠A＝180°﹣∠B＝90°，
∵∠CDA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∵AB＝BC＝12，
∴CD＝AD＝12，
∵BE＝4，
∴AE＝AB﹣BE＝8，
设EG＝x，由（1）知EG＝BE+GD，
∴GD＝x﹣4，
∴AG＝AD﹣GD＝12﹣（x﹣4）＝16﹣x，
在Rt△AEG中：GE2＝AG2+AE2，
∴x2＝（16﹣x）2+82，解得x＝10，
∴EG＝10．
12．（2019秋•宿城区校级月考）阅读分析过程，解决问题：
如图1，正方形ABCD（四条边都相等，四个角都是90°）中，点E、F在CD、BC上，并且∠EAF＝45°．
（1）求证：EF＝DE+BF．
（2）如图2，△ABC是等边三角形，D为△ABC外一点，且∠BDC＝120°．求证：AD＝BD+CD．

【解答】（1）证明：如图1，
将△ABF绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
则△ABF≌△ADG，
∴∠BAF＝∠DAG，AF＝AG，BF＝DG，
∴∠FAG＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAG＝45°，
在△AEF和△AEG中，
，
∴△AEF≌△AEG（ASA），
∴EF＝EG＝ED+DG，
∴EF＝DE+BF；
（2）如图，延长BD到E，使DE＝CD，连接CE，得到△BCE，

∵∠BDC＝120°，
∴∠CDE＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
.∴CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
即∠ACD＝∠BCE，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE＝AD，
即BD+CD＝AD．
13．（2019•夏津县二模）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45度．则有结论EF＝BE+FD成立；
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由．
（2）若将（1）中的条件改为：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．

【解答】解：（1）延长CB到G，使BG＝FD，连接AG，
∵∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAE，
∴△AEF≌△AEG，
∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF．
（2）结论不成立，应为EF＝BE﹣DF，
证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD
＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．