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浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点重难点02平行四边形(6种模型与解题方法)(原卷版+解析)
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这是一份浙教版八年级数学下学期核心考点+重难点重难点02平行四边形(6种模型与解题方法)(原卷版+解析)，共99页。试卷主要包含了中点四边形，十字架模型，梯子模型，对角互补模型，与正方形有关三垂线，正方形与45°角的基本图等内容，欢迎下载使用。
题型一：中点四边形 题型二：十字架模型
题型三：梯子模型 题型四：对角互补模型
题型五：与正方形有关三垂线 题型六：正方形与45°角的基本图
技巧方法
一、中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
二、十字架模型
三、梯子模型
梯子问题果非常重要的一类最值问题，关键点在于取梯子的中点运用斜边中线和勾股定理来解决，得到两条线段的和是所求的最大值.
例题：如图所示，一根长2.5米的木棍AB斜靠在与地面垂直的墙上,此时墙角0与木棍B端的距离为1.5米,设木棍的中点为P,若木棍A端沿墙下滑,则B端沿地面向右滑行.
(1)木棍在滑动过程中,线段OP的长度发生改变了吗?请说明理由;若不变,求OP的长.
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
(2)如果木棍的底端B向外滑出0.9米,那么木棍的顶端A沿墙下滑多少米?
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
取公共边中点是关键，辅助线添加构造模型
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
四、对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
五、与正方形有关三垂线
六、正方形与45°角的基本图
能力拓展
技巧方法
题型一：中点四边形
一．填空题（共2小题）
1．（2023春•临海市期末）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝6，BD＝4．则四边形EFGH的周长为 ．
2．（2023春•金东区期中）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝4，BC＝5，则四边形EFGH的周长是 ．
二．解答题（共2小题）
3．（2023春•仙居县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．
（2）若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
4．（2023•乐清市模拟）如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形．
（2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长．
题型二：十字架模型
一、单选题
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，﹐E，F分别为，的中点，连接、，交于点G，将沿翻折得到，延长交延长线于点Q，连接，则的面积是（ ）
A．B．25C．20D．15
2．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
3．（2023春·八年级课时练习）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（ ）
A．B．3C．D．
二、填空题
4．（2023春·八年级课时练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
5．（2023春·八年级课时练习）如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．
三、解答题
6．（2023春·全国·八年级专题练习）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；
题型三：梯子模型
一、填空题
1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是_____．
二、解答题
2．（2023秋·江苏南京·八年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，一架云梯AB长25m，斜靠在一面墙上，梯子靠墙的一端A距地面24m．
（1）这个梯子底端B离墙有多少米？
（2）如果梯子的顶端下滑的距离AD＝4m，求梯子的底部B在水平方向滑动的距离BE的长．
3．（2023秋·江苏·八年级专题练习）如图，一架25米长的梯子斜靠在一竖直的墙上，梯子底端离墙有7米．
（1）求梯子靠墙的顶端距地面有多少米？
（2）小燕说“如果梯子的顶端沿墙下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向就滑动了4米．”她的说法正确吗？若不正确，请说明理由．
4．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，一个梯子斜靠在一面墙上，梯子底端为，梯子的顶端距地面的垂直距离为的长．
（1）若梯子的长度是，梯子的顶端距地面的垂直距离为．如果梯子的顶端下滑，那么梯子的底端向外滑动多少米?
（2）设，，，且，请思考，梯子在滑动的过程中，是否一定存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况?若存在，请求出这个距离；若不存在，说明理由．
5．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，梯子斜靠在与地面垂直（垂足为O）的墙上．当梯子位于AB位置时，它与地面所成的角∠ABO＝60°，当梯子底端向右滑动0.5m（即BD＝0.5m）到达CD位置时，它与地面所成的角∠CDO＝51°18′，求梯子的长．（参考数据：sin51°18′＝0.780，cs51°18′＝0.625，tan51°18′＝1.248）
6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米．
（1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？
（2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？
题型四：对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2023秋•青川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证：
（1）∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）BG∥DF．
2．（2023秋•禹城市期末）（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°；
（2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD．
3．（2023秋•莆田期末）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
4．（2023春•通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段AB的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，AB为边的等补四边形ABCD；
探究：
（3）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
5．（2023春•莘县校级期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
6．（2023秋•碑林区校级期末）同学们在第一次微课中听取了刘老师与杨老师关于面积等分线练习的讲评，小浩同学对此产生兴趣，上网又查到了长方形的一些性质：长方形的对角线相等且互相平分，对角线所在的直线是其一条面积等分线．请你利用以上性质，帮小浩解决下面问题：
问题发现：
（1）如图①，已知长方形ABCD，请画出它的一条面积等分线l（不经过对角线）；
问题探究：
（2）四边形OABC位于如图②所示的平面直角坐标系中，顶点O位于原点，其余顶点坐标为A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四边形OABC的一条面积等分线，点E在y轴上，请求出点E的坐标．
问题解决：
（3）全民抗疫，西安加油！如图③，在平面直角坐标系中（长度单位为米），长方形OABC是西安某小区在疫情期间为居民核酸检测围成的一个工作区域，顶点A，C在坐标轴上，O为坐标原点，记顶点B（20，12），原有的一个出入口D在边OC上，且CD＝4米．为使工作高效有序，现计划在边AB，OA，BC上依次再设出入口E，G，H，沿DE，GH拉两道警戒线将工作区域分成面积相等的四部分．请问，是否存在满足上述条件的点E，H，G，如存在，请求出点E的坐标及GH的函数表达式，如不存在，请说明理由．
7．（2023秋•丹阳市期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为： ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： ．
题型五：与正方形有关三垂线
一、填空题
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．
二、解答题
2．（2023春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）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．
3．（2023春·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．
4．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）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．
5．（2023春·山西·八年级统考期末）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．
6．（2023春·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．
7．（2023春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
8．（2023春·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．
六、正方形与45°角的基本图
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
重难点02平行四边形（6种模型与解题方法）
目录
题型一：中点四边形 题型二：十字架模型
题型三：梯子模型 题型四：对角互补模型
题型五：与正方形有关三垂线 题型六：正方形与45°角的基本图
技巧方法
一、中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
二、十字架模型
三、梯子模型
梯子问题果非常重要的一类最值问题，关键点在于取梯子的中点运用斜边中线和勾股定理来解决，得到两条线段的和是所求的最大值.
例题：如图所示，一根长2.5米的木棍AB斜靠在与地面垂直的墙上,此时墙角0与木棍B端的距离为1.5米,设木棍的中点为P,若木棍A端沿墙下滑,则B端沿地面向右滑行.
(1)木棍在滑动过程中,线段OP的长度发生改变了吗?请说明理由;若不变,求OP的长.
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
(2)如果木棍的底端B向外滑出0.9米,那么木棍的顶端A沿墙下滑多少米?
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
取公共边中点是关键，辅助线添加构造模型
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
四、对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
五、与正方形有关三垂线
六、正方形与45°角的基本图
能力拓展
技巧方法
题型一：中点四边形
一．填空题（共2小题）
1．（2023春•临海市期末）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝6，BD＝4．则四边形EFGH的周长为 10 ．
分析：根据三角形中位线定理分别求出EF、FG、GH、EH，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，AC＝6，BD＝4，
∴EF是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，GF是△BDC的中位线，GH是△ADC的中位线，
∴EF＝AC＝×6＝3，GH＝AC＝×6＝3，EH＝BD＝×4＝2，FG＝BD＝×4＝2，
∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+EH＝3+2+3+2＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
2．（2023春•金东区期中）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝4，BC＝5，则四边形EFGH的周长是 9 ．
分析：根据三角形中位线定理分别求出EF、FG、GH、EH，计算即可．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，
∴EF＝AD＝2，FG＝BC＝2.5，GH＝AD＝2，EH＝BC＝2.5，
∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+HE＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
二．解答题（共2小题）
3．（2023春•仙居县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．
（2）若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
分析：（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH＝FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH的形状是矩形，进而利用矩形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形．
在△ABD中，E、H分别是AD、CD的中点，
则EH∥BD，
同理GH∥AC，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积＝EH•EF＝AC×BD＝AC•BD＝12．
即四边形EFGH的面积是12．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
4．（2023•乐清市模拟）如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形．
（2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长．
分析：（1）根据平行四边形的判定方法进行证明．
（2）分析四边形的的四条边，先通过已知数据利用图形的相关性质算出EF的值，然后通过构造DE延长线段所在的三角形间接求出DE，从而算出周长．
【解答】（1）证明：
∵E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，
∴△OAB中，EF∥AB且EF＝AB（三角形中位线定理）；DG＝DC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB（平行四边形的对边平行相等），
∴DG＝DC＝AB＝EF，DG∥AB∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
（2）
解：如图所示，∠DEF＝90°时，延长DE交AB于点H．
∵AC、BD分别是平行四边形ABCD的对角线，BC＝4，
∴DO＝OB＝DB（平行四边形对角线相互平分），AD＝4（平行四边形对边相等）．
∵点E、F分别是OA、AB的中点，AB＝6，
∴△OAB中，EF∥AB且EF＝AB＝3（三角形中位线定理）；
∵点F是OB的中点，
∴OF＝OB＝DB，
∴DF＝DO+OF＝DB+DB＝DB，
∴＝．
∵∠DEF＝90°即DE⊥EF，EF∥AB，
∴DH⊥AB即∠DHB＝∠DHA＝90°，∠EFD＝∠HBD，
∴△DEF∽△DHB（两个直角三角形中，有一个锐角对应相等，这两个直角三角形相似），
∴＝＝＝，即＝＝，
∴HB＝4，DE＝DH，
∴AH＝AB﹣HB＝6﹣4＝2，
∴直角△DHA中，DH＝＝＝2，
∴DE＝DH＝×＝，
∴四边形DEFG的周长＝2×（EF+DE）＝2×（3+）＝6+3．
答：四边形DEFG的周长是6+3．
【点评】本题考查了几何构图能力、平行四边形的相关性质、三角形相似、勾股定理．
题型二：十字架模型
一、单选题
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，﹐E，F分别为，的中点，连接、，交于点G，将沿翻折得到，延长交延长线于点Q，连接，则的面积是（ ）
A．B．25C．20D．15
答案:D
分析：由已知可求QF=QB，在Rt△BPQ中，由勾股定理求得，可求出S△BQF=25，再证明△ABE≌△BCF（SAS），△BGE∽△BCF，由此得BF，GE，BG，过点G作GN⊥AB交AB于N，可证明△ANG∽△ABE，再由GA=AE-GE，可求得GN，根据S△QGF=S△BQF-S△BQG即可求解．
【详解】解：将沿翻折得到，
PF=FC，∠PFB=∠CFB，
四边形是正方形
∠FPB=90°，CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QF=QB，
∵PF=FC=，PB =AB=2，
在Rt△BPQ中，，
∴，
∴QB=，
∴S△BQF=，
∵AB=BC，BE=CF，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠AEB=∠BFC，
又∵∠EBG=∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
，
∵CF=，BC=2，
∴BF=5，
∴GE=，BG=2，
过点G作GN⊥AB交AB于N，
∵∠GAN=∠EAB，∠ANG=∠ABE=90°，
∴△ANG∽△ABE，
∴
∵GA=AE-GE =
∴GN=
∴S△BQG=×QB×GN==10，
∴S△QGF=S△BQF-S△BQG=25-10=15，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质是解题的关键．
2．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
答案:D
分析：作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
3．（2023春·八年级课时练习）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（ ）
A．B．3C．D．
答案:C
分析：设EF=FD=x，在RT△AEF中利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：∵将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，
∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝3cm，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，
∴（6﹣AF）2＝AF2+9
∴AF＝
故选C．
【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是设未知数利用勾股定理列出方程解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题
4．（2023春·八年级课时练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
答案:13
分析：先过点P作PM⊥BC于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△ADE，从而求出PQ=AE．
【详解】过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∵AD∥BC，
∴∠APQ=∠PQM，
则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD
∴△PQM≌△ADE
∴PQ=AE=
故答案是：13.
【点睛】本题主要考查正方形中的折叠问题, 正方形的性质.解决本题的关键是能利用折叠得出PQ⊥AE从而推理出∠AED=∠APQ=∠PQM，为证明三角形全等提供了关键的条件.
5．（2023春·八年级课时练习）如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．
答案:16.
分析：解过点A作AM⊥GH于M，由正方形纸片折叠的性质得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，则EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一条直线的两直线平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，则∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，则DG=GM，由AAS证得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL证得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，则△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=16．
【详解】解：过点A作AM⊥GH于M，如图所示：
∵将正方形纸片折叠，使点A落在CD边上的G处，
∴∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，
∴EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，
∴AM∥EG，
∴∠EGA=∠GAM，
∴∠EAG=∠GAM，
∴AG平分∠DAM，
∴DG=GM，
在△ADG和△AMG中，
∴△ADG≌△AMG（AAS），
∴AD=AM=AB，
在Rt△ABP和Rt△AMP中，
∴Rt△ABP≌Rt△AMP（HL），
∴BP=MP，
∴△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=16，
故答案为16．
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、角平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三、解答题
6．（2023春·全国·八年级专题练习）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．
题型三：梯子模型
一、填空题
1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是_____．
答案:2+
分析：取AC的中点P，连接OP，BP，OB，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OP的长．在Rt△ABP中，由勾股定理得到BP的长．在△OBP中，根据三角形三边关系定理得到OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，从而得到OB的最大值．
【详解】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，则OP=AC=2．在Rt△ABP中，BP=．
在△OBP中，OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，∴OB的最大值为．
故答案为．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的斜边的一半和勾股定理．解题的关键是构造三角形OPB．
二、解答题
2．（2023秋·江苏南京·八年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，一架云梯AB长25m，斜靠在一面墙上，梯子靠墙的一端A距地面24m．
（1）这个梯子底端B离墙有多少米？
（2）如果梯子的顶端下滑的距离AD＝4m，求梯子的底部B在水平方向滑动的距离BE的长．
答案:（1）7米；（2）8m
分析：（1）由题意得米，米，根据勾股定理AC2+BC2=AB2，可求出梯子底端离墙有多远．
（2）由题意得此时CD=20米，DE=25米，由勾股定理可得出此时的CE，继而可求BE．
【详解】（1）由题意知米，米，米，
在直角△ABC中，∠C＝90°
∴
∴米，
∴这个梯子底端离墙有7米
（2）∵米，
∴（米），
在直角△CDE中，∠C＝90°
∴
∴（米），
米米米．
答：梯子的底部在水平方向滑动了8m．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，有一定难度，注意两问线段的变化．
3．（2023秋·江苏·八年级专题练习）如图，一架25米长的梯子斜靠在一竖直的墙上，梯子底端离墙有7米．
（1）求梯子靠墙的顶端距地面有多少米？
（2）小燕说“如果梯子的顶端沿墙下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向就滑动了4米．”她的说法正确吗？若不正确，请说明理由．
答案:（1）24米；（2）不正确，理由见解析．
分析：（1）利用勾股定理，即可求出答案；
（2）由题意，先求出，，，然后利用勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：（1）如图，
由题意得，，
∴
∴
即顶端距地面有24米
（2）她的说法不正确；
由题意得，，，
∴，
∴，
∴，
∴梯子水平滑动了8米，
∴她的说法不正确．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合思想的应用．
4．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，一个梯子斜靠在一面墙上，梯子底端为，梯子的顶端距地面的垂直距离为的长．
（1）若梯子的长度是，梯子的顶端距地面的垂直距离为．如果梯子的顶端下滑，那么梯子的底端向外滑动多少米?
（2）设，，，且，请思考，梯子在滑动的过程中，是否一定存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况?若存在，请求出这个距离；若不存在，说明理由．
答案:（1）梯子的底端向外滑动米；（2）存在，梯子的底端向外滑动的距离是米．
分析：（1）已知AB、BC，在直角中即可计算AC的长度，设梯子的底端向外滑动米，由题意得，，求解即可；
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动米，由题意得，，求解即可．
【详解】（1）在中，，，
.
设梯子的底端向外滑动米，由题意得，
，
解得，（舍去）
即梯子的底端向外滑动米.
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动米，由题意得，
，
解得，（舍去），
，即梯子的底端向外滑动的距离是米．
【点睛】本题主要考查勾股定理在实际中生活中的应用，本题中根据梯子长度不会变的等量关系求解是解题关键．
5．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，梯子斜靠在与地面垂直（垂足为O）的墙上．当梯子位于AB位置时，它与地面所成的角∠ABO＝60°，当梯子底端向右滑动0.5m（即BD＝0.5m）到达CD位置时，它与地面所成的角∠CDO＝51°18′，求梯子的长．（参考数据：sin51°18′＝0.780，cs51°18′＝0.625，tan51°18′＝1.248）
答案:4米
分析：设梯子的长为xm，在Rt△ABO中，根据三角函数得到OD，在Rt△CDOR中，用含x的式子表示出OD，再根据BD＝OD﹣OB，得到关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：设梯子的长为xm，
在Rt△ABO中，cs∠ABO＝，
∴OB＝AB⋅cs∠ABO＝x⋅cs60°＝x，
在Rt△CDO中，
cs∠CDO＝，
∴OD＝CD⋅cs∠CDO＝x⋅cs51°18′≈0.625x．
∵BD＝OD﹣OB，BD＝0.5m，
∴0.625x﹣x=0.5，
解得x=4．
故梯子的长是4米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，数形结合、根据题意正确列式，是解题的关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米．
（1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？
（2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？
答案:（1）梯子距离地面的高度为米；（2）梯子的底端水平后移了0.5米．
分析：（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度．
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑0.5米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，可以得出，梯子底端水平方向上滑行的距离．
【详解】解：（1）根据勾股定理：
所以梯子距离地面的高度为：AO米；
（2）梯子下滑了0.5米即梯子距离地面的高度为OA′＝（2.5﹣0.5）＝2米，
根据勾股定理：OB′＝2米，
所以当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了2﹣1.5＝0.5米，
答：当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了0.5米．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
题型四：对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2023秋•青川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证：
（1）∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）BG∥DF．
分析：（1）由四边形的内角和是360°，即可证明；
（2）由角平分线的定义，两锐角互余的概念，即可证明．
【解答】证明（1）∵四边形的内角和是360°，
∴∠ABC+∠ADC+∠A+∠C＝360°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠CBG＝∠ABC，∠FDC＝∠ADC，
∴∠CBG+∠FDC＝（∠ABC+∠ADC）＝90°，
∵∠CFD+∠CDF＝90°，
∴∠CBG＝∠CFD，
∴DF∥BG．
【点评】本题考查四边形的有关知识，平行线的判定，关键是掌握四边形的内角和是360°，两直线平行线的判定方法．
2．（2023秋•禹城市期末）（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°；
（2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD．
分析：（1）由邻补角的定义，分别求出∠1、∠2、∠3、∠4，再由四边形ABCD的内角和是360°，推导出∠1+∠2+∠3+∠4＝360°即可证明；
（2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G，根据角平分线定理可证明△CDG≌△CBF（AAS），得到CD＝BC，再由等腰三角形的性质即可证明CE⊥BD．
【解答】证明：（1）∵∠1＝180°﹣∠ABC，∠2＝180°﹣∠BCD，∠3＝180°﹣∠ADC，∠4＝180°﹣∠BAD，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°×4﹣（∠ABD+∠BCD+∠CDA+∠BAD），
∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，
∴四边形的外角和是360°；
（2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠CDG＝180°，
∴∠CDG＝∠ABC，
∵AC平分∠BAD，
∴CG＝CF，
∵∠G＝∠CFB＝90°，
∴△CDG≌△CBF（AAS），
∴CD＝BC，
∵E为DB中点，
∴CE⊥BD．
【点评】本题考查四边形的内角和定理，角平分线定理，熟练掌握四边形的内角和定理，三角形全等的判定及性质，角平分线定理，等腰三角形的性质是解题的关键．
3．（2023秋•莆田期末）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
分析：（1）由题意知，3m﹣1＝﹣2m+4，即可解决问题；
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．利用ASA证明△PMB≌△PNA，得BM＝AN，从而得出OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM；
②连接AB，由勾股定理得AB2＝PA2+PB2＝2PA2，则OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
4．（2023春•通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 正方形 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段AB的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，AB为边的等补四边形ABCD；
探究：
（3）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
分析：（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；
（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；
（3）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，证明△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．
故答案为：正方形．
（2）如图1，等补四边形为所求图：
（3）AD平分∠BCD，理由如下：
如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
又AE⊥BC，AF⊥CD，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023春•莘县校级期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 ④ （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
分析：（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“SAS”可证△ADC≌△ABE，可得∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得∠ADC＝∠ABE，∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，可证点C，B，E在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长CB使BE＝CD，连接AE，由①可得△ACE为等腰三角形，由∠BAD＝90°，可证△ACE为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长CB使BE＝CD，连接AE
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△ABE（SAS）
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE
∴∠ACB＝∠AEB．
∴∠ACD＝∠ACB．
即AC平分∠BCD；
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC＝∠ABE；
∠ACD＝∠AEB；
AC＝AE．
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴点C，B，E在一条直线上．
∵AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB
∴∠ACD＝∠ACB
即AC平分∠BCD
②BC+CD＝AC
理由如下：
延长CB使BE＝CD，连接AE，
由 ①得△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAC＝90°
∴CE2＝2AC2，
∴．
∴BC+CD＝AC．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，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全等三角形是本题的关键．
6．（2023秋•碑林区校级期末）同学们在第一次微课中听取了刘老师与杨老师关于面积等分线练习的讲评，小浩同学对此产生兴趣，上网又查到了长方形的一些性质：长方形的对角线相等且互相平分，对角线所在的直线是其一条面积等分线．请你利用以上性质，帮小浩解决下面问题：
问题发现：
（1）如图①，已知长方形ABCD，请画出它的一条面积等分线l（不经过对角线）；
问题探究：
（2）四边形OABC位于如图②所示的平面直角坐标系中，顶点O位于原点，其余顶点坐标为A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四边形OABC的一条面积等分线，点E在y轴上，请求出点E的坐标．
问题解决：
（3）全民抗疫，西安加油！如图③，在平面直角坐标系中（长度单位为米），长方形OABC是西安某小区在疫情期间为居民核酸检测围成的一个工作区域，顶点A，C在坐标轴上，O为坐标原点，记顶点B（20，12），原有的一个出入口D在边OC上，且CD＝4米．为使工作高效有序，现计划在边AB，OA，BC上依次再设出入口E，G，H，沿DE，GH拉两道警戒线将工作区域分成面积相等的四部分．请问，是否存在满足上述条件的点E，H，G，如存在，请求出点E的坐标及GH的函数表达式，如不存在，请说明理由．
分析：（1）找出图形的中点，即可画出一条面积等分线；
（2）几何知识的综合应用，分清矩形的性质，面积的等分线，梯形的性质等知识，逐一分析坐标后，找到一条面积等分线，列式计算，即可解决问题；
（3）利用图形的设计，待定系数法求一次函数的解析式，即可解决问题．
【解答】解（1）如图①：过点O作MN，分别交AD、BC于M、N，
∵点O为正方形ABCD的对角线交点，
∴点为AC、BD的中点，
∴点M、点N分别是AD、BC的中点，
∴长方形ABNM的面积＝长方形MNCD的面积，
∴MN为长方形ABCD的一条面积等分线．
（2）如图②：过点A作AP⊥OC交OC于P，过点B作BQ⊥OC交OC于Q，
∵A（4，6），B（8，7），C（10，0），
∴S四边形OABC＝S△OAP+S四边形APQB+S△BQC
＝
＝45，
∵S△AOC＝，且30＞，
∴CE与OA有交点，并假设该交点为F，
∵CE是四边形OABC的一条面积等分线，
∴S△OFC＝•S四边形OABC＝，即，
∴yF＝，
∵点F在OA上，
∴y＝，
又∵yF＝，
∴xF＝3，
∴F（3，），
∵C（10，0），F（3，），
∴直线CF的方程为：y＝﹣，
令x＝0，得y＝，
∴点E的坐标为（0，）．
（3）如图3：在AB上取AE＝CD＝4，连接DE，则E（4，12），
取DE的中点M，AO的中点N，连接MN，
则MN是梯形AODE的中位线，
∴MN＝（米），
AN＝ON＝6（米），
∴点M的坐标为（10，6），
由于长方形被分成四块面积相等的部分，
∴每块面积为：（平方米），
又∵S梯形AEMN＝（平方米），
在点的下方取一点G，使S△MNG＝60﹣42＝18（平方米），
由S＝NG•MN得：NG＝（米），
∴OG＝6﹣3.6＝2.4（米），
∴点G坐标为（0，2.4），
连接GM并延长交BC于H，
则D、E、G、H为所求作的点，
设GH的解析式为：y＝kx+b，
则b＝2.4，10k+b＝6，
解得：k＝0.36，b＝2.4，
∴y＝0.36x+2.4．
【点评】主要考查了图形的设计，待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，面积的等分线，梯形的性质等知识，解题关键是利用面积确定点G的位置．
7．（2023秋•丹阳市期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为： CD+BC＝AC ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： BC+AB＝BD ．
分析：（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得AC＝AM，BC＝DM，CM＝AC，即可得CM＝CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，证明△ABC≌△ADM（SAS），可确定△ACM是等边三角形，在求出∠ACB＝∠ACM，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，证明△ADB≌△CDM（SAS），结合已知可求∠M＝∠DBM＝30°，过点D作DN⊥BM交于点N，则有BM＝2MN，BM＝BD，再由BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝AC，
故答案为：CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠CAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案为：BC+AB＝BD．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
题型五：与正方形有关三垂线
一、填空题
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．
答案:13
分析：本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【详解】解：∵ABCD是正方形（已知）
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°
∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E
∴在Rt△AFB和Rt△AED中
∵
∴△AFB≌△DEA（AAS）
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等）
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13
故答案为：13
【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．
二、解答题
2．（2023春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）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．
3．（2023春·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．
4．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）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．
5．（2023春·山西·八年级统考期末）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．
6．（2023春·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．
7．（2023春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
答案:(1)见解析
(2)16
(3)
分析：（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
（1）
证明：在上取点，使，连接，
则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）
解：四边形的面积不变，为，
连接，
，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）
解：作于，
，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
8．（2023春·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．
六、正方形与45°角的基本图
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
答案:(1)见解析；（2）见解析
分析：（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形．
【详解】解：连结AM，DM，BM，
∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
答案:（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
分析：（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
连接
∵四边形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
证明：延长到，使得
连接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
答案:见解析
分析：连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得．
【详解】证明：连结，
、关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，，
在Rt和Rt中
，
∴，又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
答案:（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）①10；②15
分析：（1）因为ABCD为正方形，所以CB=CD，∠B=∠CDA=90°，又因为DF=BE，则△BCE≌△DCF，即可求证CE=CF；
（2）因为∠BCD=90°，∠GCE=45°，则有∠BCE+∠GCD=45°，又因为△BCE≌△DCF，所以∠ECG=∠FCG，CE=CF，CG=CG，则△ECG≌△FCG，故GE=BE+GD成立；
（3）①过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长，再求得△ABC的面积．
【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°，
∴∠CDF=∠B=90°．
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）解：GE=BE+GD成立．理由如下：
∵∠BCD=90°，∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°．
∵△BCE≌△DCF（已证），
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°．
∴∠ECG=∠FCG=45°．
在△ECG和△FCG中，
，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE=FG．
∵FG=GD+DF，
∴GE=BE+GD．
（3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，
由（2）和题设知：DE=DG+BE，
设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4，
在Rt△ADE中，由勾股定理，得：
AD2+AE2=DE2
∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2
解得x=6．
∴DE=6+4=10；
②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，
∴∠EAG=∠E=∠G=90°，
AE=AG=AD，
BD=EB=2，
DC=CG=3，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，
可得BF=x-2，CF=x-3，
在Rt△BCF中，
根据勾股定理得：
BF2+CF2=BC2，
即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，
解得：x=6或x=-1（舍去），
∴AD=6，
则S△ABC=BC•AD=15．
【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题．考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解．
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
答案:（1）∠PAG =45°（2）P点坐标为：（3， ）；（3）M1（0，-3）、M2（，3）．
分析：（1）由AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt△ADP≌Rt△ABP，同理易证Rt△AOG≌Rt△ADG，继而可得∠DAP=∠BAP，∠OAG=∠DAG；然后根据∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；
（2）根据题意易得：∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，继而可得∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∠OAG =∠CPG=30°，在Rt△AOG中，，，CG=3﹣，在Rt△CPG中，可得，继而即可求解；
(3)根据题意，分两种情况：①当点M在为直线PE与y轴交点时；②当点M为直线EP与直线AB的交点时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标即可．
【详解】（1）在Rt△ADP和Rt△ABP中，
∴Rt△ADP≌Rt△ABP（HL），
∴∠DAP=∠BAP；
在Rt△AOG和Rt△ADG中，
∴Rt△AOG≌Rt△ADG（HL）．
∴∠OAG=∠DAG；
又∵∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，
∴∠DAG+∠DAP=45°，
∴∠PAG=∠DAG+∠DAP =45°；
（2）∵∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，∠OAG =∠CPG，
∴∠AGO＝∠PGC，
又∵∠AGO=∠AGD，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠OAG =∠CPG=90°﹣60°=30°，
在Rt△AOG中，AO=3，
设OG=x，AG＝2x，
由勾股定理可得：，即
解得：（负数舍去）
∴，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，
，
∴P点坐标为：（3， ），
（3）①如图1，当点M在为直线PE与y轴交点时，
∵∠OGM=∠PGC=60°，∠AGO=60°，
∴∠AGO=∠MGO，
又∵∠AOG=∠MOG=90°，OG=OG，
∴△AOG≌△MOG，
∴AG=MG，OM=OA=3，
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M为直线EP与直线AB的交点时，
∵AB//CO，
∴∠AMG=∠PGC=60°，
又∵∠AGP=60°，
∴∠AMG=∠AGP=60°，
∴△AGM是等边三角形，
∴AM=AG=，
∴M的横坐标是，纵坐标是3，
∴点M坐标为（，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（，3）．
【点睛】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论．
6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
答案:（1）；（2）成立，理由见解析；（3）
分析：（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN＋∠BAM＝45°，
∴∠EAB＋∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，
设AH＝AB＝BC＝CD＝x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
答案:（1）见解析；（2）；（3）3
分析：（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
，，
∴，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
；
（2），理由如下：
如图，在BM上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
，
，
∴CP的长为3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键．
题型一：中点四边形 题型二：十字架模型
题型三：梯子模型 题型四：对角互补模型
题型五：与正方形有关三垂线 题型六：正方形与45°角的基本图
技巧方法
一、中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
二、十字架模型
三、梯子模型
梯子问题果非常重要的一类最值问题，关键点在于取梯子的中点运用斜边中线和勾股定理来解决，得到两条线段的和是所求的最大值.
例题：如图所示，一根长2.5米的木棍AB斜靠在与地面垂直的墙上,此时墙角0与木棍B端的距离为1.5米,设木棍的中点为P,若木棍A端沿墙下滑,则B端沿地面向右滑行.
(1)木棍在滑动过程中,线段OP的长度发生改变了吗?请说明理由;若不变,求OP的长.
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
(2)如果木棍的底端B向外滑出0.9米,那么木棍的顶端A沿墙下滑多少米?
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
取公共边中点是关键，辅助线添加构造模型
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
四、对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
五、与正方形有关三垂线
六、正方形与45°角的基本图
能力拓展
技巧方法
题型一：中点四边形
一．填空题（共2小题）
1．（2023春•临海市期末）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝6，BD＝4．则四边形EFGH的周长为 ．
2．（2023春•金东区期中）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝4，BC＝5，则四边形EFGH的周长是 ．
二．解答题（共2小题）
3．（2023春•仙居县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．
（2）若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
4．（2023•乐清市模拟）如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形．
（2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长．
题型二：十字架模型
一、单选题
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，﹐E，F分别为，的中点，连接、，交于点G，将沿翻折得到，延长交延长线于点Q，连接，则的面积是（ ）
A．B．25C．20D．15
2．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
3．（2023春·八年级课时练习）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（ ）
A．B．3C．D．
二、填空题
4．（2023春·八年级课时练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
5．（2023春·八年级课时练习）如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．
三、解答题
6．（2023春·全国·八年级专题练习）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；
题型三：梯子模型
一、填空题
1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是_____．
二、解答题
2．（2023秋·江苏南京·八年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，一架云梯AB长25m，斜靠在一面墙上，梯子靠墙的一端A距地面24m．
（1）这个梯子底端B离墙有多少米？
（2）如果梯子的顶端下滑的距离AD＝4m，求梯子的底部B在水平方向滑动的距离BE的长．
3．（2023秋·江苏·八年级专题练习）如图，一架25米长的梯子斜靠在一竖直的墙上，梯子底端离墙有7米．
（1）求梯子靠墙的顶端距地面有多少米？
（2）小燕说“如果梯子的顶端沿墙下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向就滑动了4米．”她的说法正确吗？若不正确，请说明理由．
4．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，一个梯子斜靠在一面墙上，梯子底端为，梯子的顶端距地面的垂直距离为的长．
（1）若梯子的长度是，梯子的顶端距地面的垂直距离为．如果梯子的顶端下滑，那么梯子的底端向外滑动多少米?
（2）设，，，且，请思考，梯子在滑动的过程中，是否一定存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况?若存在，请求出这个距离；若不存在，说明理由．
5．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，梯子斜靠在与地面垂直（垂足为O）的墙上．当梯子位于AB位置时，它与地面所成的角∠ABO＝60°，当梯子底端向右滑动0.5m（即BD＝0.5m）到达CD位置时，它与地面所成的角∠CDO＝51°18′，求梯子的长．（参考数据：sin51°18′＝0.780，cs51°18′＝0.625，tan51°18′＝1.248）
6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米．
（1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？
（2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？
题型四：对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2023秋•青川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证：
（1）∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）BG∥DF．
2．（2023秋•禹城市期末）（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°；
（2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD．
3．（2023秋•莆田期末）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
4．（2023春•通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段AB的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，AB为边的等补四边形ABCD；
探究：
（3）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
5．（2023春•莘县校级期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
6．（2023秋•碑林区校级期末）同学们在第一次微课中听取了刘老师与杨老师关于面积等分线练习的讲评，小浩同学对此产生兴趣，上网又查到了长方形的一些性质：长方形的对角线相等且互相平分，对角线所在的直线是其一条面积等分线．请你利用以上性质，帮小浩解决下面问题：
问题发现：
（1）如图①，已知长方形ABCD，请画出它的一条面积等分线l（不经过对角线）；
问题探究：
（2）四边形OABC位于如图②所示的平面直角坐标系中，顶点O位于原点，其余顶点坐标为A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四边形OABC的一条面积等分线，点E在y轴上，请求出点E的坐标．
问题解决：
（3）全民抗疫，西安加油！如图③，在平面直角坐标系中（长度单位为米），长方形OABC是西安某小区在疫情期间为居民核酸检测围成的一个工作区域，顶点A，C在坐标轴上，O为坐标原点，记顶点B（20，12），原有的一个出入口D在边OC上，且CD＝4米．为使工作高效有序，现计划在边AB，OA，BC上依次再设出入口E，G，H，沿DE，GH拉两道警戒线将工作区域分成面积相等的四部分．请问，是否存在满足上述条件的点E，H，G，如存在，请求出点E的坐标及GH的函数表达式，如不存在，请说明理由．
7．（2023秋•丹阳市期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为： ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： ．
题型五：与正方形有关三垂线
一、填空题
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．
二、解答题
2．（2023春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）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．
3．（2023春·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．
4．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）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．
5．（2023春·山西·八年级统考期末）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．
6．（2023春·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．
7．（2023春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
8．（2023春·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．
六、正方形与45°角的基本图
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
重难点02平行四边形（6种模型与解题方法）
目录
题型一：中点四边形 题型二：十字架模型
题型三：梯子模型 题型四：对角互补模型
题型五：与正方形有关三垂线 题型六：正方形与45°角的基本图
技巧方法
一、中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
二、十字架模型
三、梯子模型
梯子问题果非常重要的一类最值问题，关键点在于取梯子的中点运用斜边中线和勾股定理来解决，得到两条线段的和是所求的最大值.
例题：如图所示，一根长2.5米的木棍AB斜靠在与地面垂直的墙上,此时墙角0与木棍B端的距离为1.5米,设木棍的中点为P,若木棍A端沿墙下滑,则B端沿地面向右滑行.
(1)木棍在滑动过程中,线段OP的长度发生改变了吗?请说明理由;若不变,求OP的长.
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
(2)如果木棍的底端B向外滑出0.9米,那么木棍的顶端A沿墙下滑多少米?
梯子下滑的过程中P离墙角的距离都是一样的.
取公共边中点是关键，辅助线添加构造模型
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
四、对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
五、与正方形有关三垂线
六、正方形与45°角的基本图
能力拓展
技巧方法
题型一：中点四边形
一．填空题（共2小题）
1．（2023春•临海市期末）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝6，BD＝4．则四边形EFGH的周长为 10 ．
分析：根据三角形中位线定理分别求出EF、FG、GH、EH，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点，AC＝6，BD＝4，
∴EF是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，GF是△BDC的中位线，GH是△ADC的中位线，
∴EF＝AC＝×6＝3，GH＝AC＝×6＝3，EH＝BD＝×4＝2，FG＝BD＝×4＝2，
∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+EH＝3+2+3+2＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
2．（2023春•金东区期中）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝4，BC＝5，则四边形EFGH的周长是 9 ．
分析：根据三角形中位线定理分别求出EF、FG、GH、EH，计算即可．
【解答】解：∵E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，
∴EF＝AD＝2，FG＝BC＝2.5，GH＝AD＝2，EH＝BC＝2.5，
∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+HE＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
二．解答题（共2小题）
3．（2023春•仙居县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．
（2）若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
分析：（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH＝FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH的形状是矩形，进而利用矩形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形．
在△ABD中，E、H分别是AD、CD的中点，
则EH∥BD，
同理GH∥AC，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积＝EH•EF＝AC×BD＝AC•BD＝12．
即四边形EFGH的面积是12．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
4．（2023•乐清市模拟）如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形．
（2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长．
分析：（1）根据平行四边形的判定方法进行证明．
（2）分析四边形的的四条边，先通过已知数据利用图形的相关性质算出EF的值，然后通过构造DE延长线段所在的三角形间接求出DE，从而算出周长．
【解答】（1）证明：
∵E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，
∴△OAB中，EF∥AB且EF＝AB（三角形中位线定理）；DG＝DC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB（平行四边形的对边平行相等），
∴DG＝DC＝AB＝EF，DG∥AB∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
（2）
解：如图所示，∠DEF＝90°时，延长DE交AB于点H．
∵AC、BD分别是平行四边形ABCD的对角线，BC＝4，
∴DO＝OB＝DB（平行四边形对角线相互平分），AD＝4（平行四边形对边相等）．
∵点E、F分别是OA、AB的中点，AB＝6，
∴△OAB中，EF∥AB且EF＝AB＝3（三角形中位线定理）；
∵点F是OB的中点，
∴OF＝OB＝DB，
∴DF＝DO+OF＝DB+DB＝DB，
∴＝．
∵∠DEF＝90°即DE⊥EF，EF∥AB，
∴DH⊥AB即∠DHB＝∠DHA＝90°，∠EFD＝∠HBD，
∴△DEF∽△DHB（两个直角三角形中，有一个锐角对应相等，这两个直角三角形相似），
∴＝＝＝，即＝＝，
∴HB＝4，DE＝DH，
∴AH＝AB﹣HB＝6﹣4＝2，
∴直角△DHA中，DH＝＝＝2，
∴DE＝DH＝×＝，
∴四边形DEFG的周长＝2×（EF+DE）＝2×（3+）＝6+3．
答：四边形DEFG的周长是6+3．
【点评】本题考查了几何构图能力、平行四边形的相关性质、三角形相似、勾股定理．
题型二：十字架模型
一、单选题
1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，﹐E，F分别为，的中点，连接、，交于点G，将沿翻折得到，延长交延长线于点Q，连接，则的面积是（ ）
A．B．25C．20D．15
答案:D
分析：由已知可求QF=QB，在Rt△BPQ中，由勾股定理求得，可求出S△BQF=25，再证明△ABE≌△BCF（SAS），△BGE∽△BCF，由此得BF，GE，BG，过点G作GN⊥AB交AB于N，可证明△ANG∽△ABE，再由GA=AE-GE，可求得GN，根据S△QGF=S△BQF-S△BQG即可求解．
【详解】解：将沿翻折得到，
PF=FC，∠PFB=∠CFB，
四边形是正方形
∠FPB=90°，CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QF=QB，
∵PF=FC=，PB =AB=2，
在Rt△BPQ中，，
∴，
∴QB=，
∴S△BQF=，
∵AB=BC，BE=CF，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠AEB=∠BFC，
又∵∠EBG=∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
，
∵CF=，BC=2，
∴BF=5，
∴GE=，BG=2，
过点G作GN⊥AB交AB于N，
∵∠GAN=∠EAB，∠ANG=∠ABE=90°，
∴△ANG∽△ABE，
∴
∵GA=AE-GE =
∴GN=
∴S△BQG=×QB×GN==10，
∴S△QGF=S△BQF-S△BQG=25-10=15，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质是解题的关键．
2．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
答案:D
分析：作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
3．（2023春·八年级课时练习）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（ ）
A．B．3C．D．
答案:C
分析：设EF=FD=x，在RT△AEF中利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：∵将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，
∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝3cm，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，
∴（6﹣AF）2＝AF2+9
∴AF＝
故选C．
【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是设未知数利用勾股定理列出方程解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题
4．（2023春·八年级课时练习）如图，将一块边长为 12 cm 正方形纸片 ABCD 的顶点 A 折叠至DC 边上的 E 点，使 DE＝5，折痕为 PQ，则 PQ 的长为_________cm．
答案:13
分析：先过点P作PM⊥BC于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△ADE，从而求出PQ=AE．
【详解】过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∵AD∥BC，
∴∠APQ=∠PQM，
则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD
∴△PQM≌△ADE
∴PQ=AE=
故答案是：13.
【点睛】本题主要考查正方形中的折叠问题, 正方形的性质.解决本题的关键是能利用折叠得出PQ⊥AE从而推理出∠AED=∠APQ=∠PQM，为证明三角形全等提供了关键的条件.
5．（2023春·八年级课时练习）如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．
答案:16.
分析：解过点A作AM⊥GH于M，由正方形纸片折叠的性质得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，则EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一条直线的两直线平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，则∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，则DG=GM，由AAS证得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL证得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，则△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=16．
【详解】解：过点A作AM⊥GH于M，如图所示：
∵将正方形纸片折叠，使点A落在CD边上的G处，
∴∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，
∴EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，
∴AM∥EG，
∴∠EGA=∠GAM，
∴∠EAG=∠GAM，
∴AG平分∠DAM，
∴DG=GM，
在△ADG和△AMG中，
∴△ADG≌△AMG（AAS），
∴AD=AM=AB，
在Rt△ABP和Rt△AMP中，
∴Rt△ABP≌Rt△AMP（HL），
∴BP=MP，
∴△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=16，
故答案为16．
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、角平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三、解答题
6．（2023春·全国·八年级专题练习）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．
题型三：梯子模型
一、填空题
1．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是_____．
答案:2+
分析：取AC的中点P，连接OP，BP，OB，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OP的长．在Rt△ABP中，由勾股定理得到BP的长．在△OBP中，根据三角形三边关系定理得到OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，从而得到OB的最大值．
【详解】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，则OP=AC=2．在Rt△ABP中，BP=．
在△OBP中，OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，∴OB的最大值为．
故答案为．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的斜边的一半和勾股定理．解题的关键是构造三角形OPB．
二、解答题
2．（2023秋·江苏南京·八年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，一架云梯AB长25m，斜靠在一面墙上，梯子靠墙的一端A距地面24m．
（1）这个梯子底端B离墙有多少米？
（2）如果梯子的顶端下滑的距离AD＝4m，求梯子的底部B在水平方向滑动的距离BE的长．
答案:（1）7米；（2）8m
分析：（1）由题意得米，米，根据勾股定理AC2+BC2=AB2，可求出梯子底端离墙有多远．
（2）由题意得此时CD=20米，DE=25米，由勾股定理可得出此时的CE，继而可求BE．
【详解】（1）由题意知米，米，米，
在直角△ABC中，∠C＝90°
∴
∴米，
∴这个梯子底端离墙有7米
（2）∵米，
∴（米），
在直角△CDE中，∠C＝90°
∴
∴（米），
米米米．
答：梯子的底部在水平方向滑动了8m．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，有一定难度，注意两问线段的变化．
3．（2023秋·江苏·八年级专题练习）如图，一架25米长的梯子斜靠在一竖直的墙上，梯子底端离墙有7米．
（1）求梯子靠墙的顶端距地面有多少米？
（2）小燕说“如果梯子的顶端沿墙下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向就滑动了4米．”她的说法正确吗？若不正确，请说明理由．
答案:（1）24米；（2）不正确，理由见解析．
分析：（1）利用勾股定理，即可求出答案；
（2）由题意，先求出，，，然后利用勾股定理求出，即可得到答案．
【详解】解：（1）如图，
由题意得，，
∴
∴
即顶端距地面有24米
（2）她的说法不正确；
由题意得，，，
∴，
∴，
∴，
∴梯子水平滑动了8米，
∴她的说法不正确．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合思想的应用．
4．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，一个梯子斜靠在一面墙上，梯子底端为，梯子的顶端距地面的垂直距离为的长．
（1）若梯子的长度是，梯子的顶端距地面的垂直距离为．如果梯子的顶端下滑，那么梯子的底端向外滑动多少米?
（2）设，，，且，请思考，梯子在滑动的过程中，是否一定存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况?若存在，请求出这个距离；若不存在，说明理由．
答案:（1）梯子的底端向外滑动米；（2）存在，梯子的底端向外滑动的距离是米．
分析：（1）已知AB、BC，在直角中即可计算AC的长度，设梯子的底端向外滑动米，由题意得，，求解即可；
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动米，由题意得，，求解即可．
【详解】（1）在中，，，
.
设梯子的底端向外滑动米，由题意得，
，
解得，（舍去）
即梯子的底端向外滑动米.
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动米，由题意得，
，
解得，（舍去），
，即梯子的底端向外滑动的距离是米．
【点睛】本题主要考查勾股定理在实际中生活中的应用，本题中根据梯子长度不会变的等量关系求解是解题关键．
5．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，梯子斜靠在与地面垂直（垂足为O）的墙上．当梯子位于AB位置时，它与地面所成的角∠ABO＝60°，当梯子底端向右滑动0.5m（即BD＝0.5m）到达CD位置时，它与地面所成的角∠CDO＝51°18′，求梯子的长．（参考数据：sin51°18′＝0.780，cs51°18′＝0.625，tan51°18′＝1.248）
答案:4米
分析：设梯子的长为xm，在Rt△ABO中，根据三角函数得到OD，在Rt△CDOR中，用含x的式子表示出OD，再根据BD＝OD﹣OB，得到关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：设梯子的长为xm，
在Rt△ABO中，cs∠ABO＝，
∴OB＝AB⋅cs∠ABO＝x⋅cs60°＝x，
在Rt△CDO中，
cs∠CDO＝，
∴OD＝CD⋅cs∠CDO＝x⋅cs51°18′≈0.625x．
∵BD＝OD﹣OB，BD＝0.5m，
∴0.625x﹣x=0.5，
解得x=4．
故梯子的长是4米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，数形结合、根据题意正确列式，是解题的关键．
6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米．
（1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？
（2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？
答案:（1）梯子距离地面的高度为米；（2）梯子的底端水平后移了0.5米．
分析：（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度．
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑0.5米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，可以得出，梯子底端水平方向上滑行的距离．
【详解】解：（1）根据勾股定理：
所以梯子距离地面的高度为：AO米；
（2）梯子下滑了0.5米即梯子距离地面的高度为OA′＝（2.5﹣0.5）＝2米，
根据勾股定理：OB′＝2米，
所以当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了2﹣1.5＝0.5米，
答：当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了0.5米．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
题型四：对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2023秋•青川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证：
（1）∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）BG∥DF．
分析：（1）由四边形的内角和是360°，即可证明；
（2）由角平分线的定义，两锐角互余的概念，即可证明．
【解答】证明（1）∵四边形的内角和是360°，
∴∠ABC+∠ADC+∠A+∠C＝360°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠CBG＝∠ABC，∠FDC＝∠ADC，
∴∠CBG+∠FDC＝（∠ABC+∠ADC）＝90°，
∵∠CFD+∠CDF＝90°，
∴∠CBG＝∠CFD，
∴DF∥BG．
【点评】本题考查四边形的有关知识，平行线的判定，关键是掌握四边形的内角和是360°，两直线平行线的判定方法．
2．（2023秋•禹城市期末）（1）结合图1中的四边形，证明四边形的外角和是360°；
（2）图2中在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC+∠ADC＝180°，E为DB中点，求证：CE⊥BD．
分析：（1）由邻补角的定义，分别求出∠1、∠2、∠3、∠4，再由四边形ABCD的内角和是360°，推导出∠1+∠2+∠3+∠4＝360°即可证明；
（2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G，根据角平分线定理可证明△CDG≌△CBF（AAS），得到CD＝BC，再由等腰三角形的性质即可证明CE⊥BD．
【解答】证明：（1）∵∠1＝180°﹣∠ABC，∠2＝180°﹣∠BCD，∠3＝180°﹣∠ADC，∠4＝180°﹣∠BAD，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°×4﹣（∠ABD+∠BCD+∠CDA+∠BAD），
∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝360°，
∴四边形的外角和是360°；
（2）过点C作CF⊥AB交于F点，过点C作CG⊥AD交延长线于点G，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠CDG＝180°，
∴∠CDG＝∠ABC，
∵AC平分∠BAD，
∴CG＝CF，
∵∠G＝∠CFB＝90°，
∴△CDG≌△CBF（AAS），
∴CD＝BC，
∵E为DB中点，
∴CE⊥BD．
【点评】本题考查四边形的内角和定理，角平分线定理，熟练掌握四边形的内角和定理，三角形全等的判定及性质，角平分线定理，等腰三角形的性质是解题的关键．
3．（2023秋•莆田期末）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
分析：（1）由题意知，3m﹣1＝﹣2m+4，即可解决问题；
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．利用ASA证明△PMB≌△PNA，得BM＝AN，从而得出OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM；
②连接AB，由勾股定理得AB2＝PA2+PB2＝2PA2，则OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
4．（2023春•通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 正方形 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段AB的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，AB为边的等补四边形ABCD；
探究：
（3）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
分析：（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；
（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；
（3）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，证明△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．
故答案为：正方形．
（2）如图1，等补四边形为所求图：
（3）AD平分∠BCD，理由如下：
如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
又AE⊥BC，AF⊥CD，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023春•莘县校级期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 ④ （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
分析：（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“SAS”可证△ADC≌△ABE，可得∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得∠ADC＝∠ABE，∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，可证点C，B，E在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长CB使BE＝CD，连接AE，由①可得△ACE为等腰三角形，由∠BAD＝90°，可证△ACE为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长CB使BE＝CD，连接AE
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△ABE（SAS）
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE
∴∠ACB＝∠AEB．
∴∠ACD＝∠ACB．
即AC平分∠BCD；
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC＝∠ABE；
∠ACD＝∠AEB；
AC＝AE．
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴点C，B，E在一条直线上．
∵AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB
∴∠ACD＝∠ACB
即AC平分∠BCD
②BC+CD＝AC
理由如下：
延长CB使BE＝CD，连接AE，
由 ①得△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAC＝90°
∴CE2＝2AC2，
∴．
∴BC+CD＝AC．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，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全等三角形是本题的关键．
6．（2023秋•碑林区校级期末）同学们在第一次微课中听取了刘老师与杨老师关于面积等分线练习的讲评，小浩同学对此产生兴趣，上网又查到了长方形的一些性质：长方形的对角线相等且互相平分，对角线所在的直线是其一条面积等分线．请你利用以上性质，帮小浩解决下面问题：
问题发现：
（1）如图①，已知长方形ABCD，请画出它的一条面积等分线l（不经过对角线）；
问题探究：
（2）四边形OABC位于如图②所示的平面直角坐标系中，顶点O位于原点，其余顶点坐标为A（4，6），B（8，7），C（10，0），CE是四边形OABC的一条面积等分线，点E在y轴上，请求出点E的坐标．
问题解决：
（3）全民抗疫，西安加油！如图③，在平面直角坐标系中（长度单位为米），长方形OABC是西安某小区在疫情期间为居民核酸检测围成的一个工作区域，顶点A，C在坐标轴上，O为坐标原点，记顶点B（20，12），原有的一个出入口D在边OC上，且CD＝4米．为使工作高效有序，现计划在边AB，OA，BC上依次再设出入口E，G，H，沿DE，GH拉两道警戒线将工作区域分成面积相等的四部分．请问，是否存在满足上述条件的点E，H，G，如存在，请求出点E的坐标及GH的函数表达式，如不存在，请说明理由．
分析：（1）找出图形的中点，即可画出一条面积等分线；
（2）几何知识的综合应用，分清矩形的性质，面积的等分线，梯形的性质等知识，逐一分析坐标后，找到一条面积等分线，列式计算，即可解决问题；
（3）利用图形的设计，待定系数法求一次函数的解析式，即可解决问题．
【解答】解（1）如图①：过点O作MN，分别交AD、BC于M、N，
∵点O为正方形ABCD的对角线交点，
∴点为AC、BD的中点，
∴点M、点N分别是AD、BC的中点，
∴长方形ABNM的面积＝长方形MNCD的面积，
∴MN为长方形ABCD的一条面积等分线．
（2）如图②：过点A作AP⊥OC交OC于P，过点B作BQ⊥OC交OC于Q，
∵A（4，6），B（8，7），C（10，0），
∴S四边形OABC＝S△OAP+S四边形APQB+S△BQC
＝
＝45，
∵S△AOC＝，且30＞，
∴CE与OA有交点，并假设该交点为F，
∵CE是四边形OABC的一条面积等分线，
∴S△OFC＝•S四边形OABC＝，即，
∴yF＝，
∵点F在OA上，
∴y＝，
又∵yF＝，
∴xF＝3，
∴F（3，），
∵C（10，0），F（3，），
∴直线CF的方程为：y＝﹣，
令x＝0，得y＝，
∴点E的坐标为（0，）．
（3）如图3：在AB上取AE＝CD＝4，连接DE，则E（4，12），
取DE的中点M，AO的中点N，连接MN，
则MN是梯形AODE的中位线，
∴MN＝（米），
AN＝ON＝6（米），
∴点M的坐标为（10，6），
由于长方形被分成四块面积相等的部分，
∴每块面积为：（平方米），
又∵S梯形AEMN＝（平方米），
在点的下方取一点G，使S△MNG＝60﹣42＝18（平方米），
由S＝NG•MN得：NG＝（米），
∴OG＝6﹣3.6＝2.4（米），
∴点G坐标为（0，2.4），
连接GM并延长交BC于H，
则D、E、G、H为所求作的点，
设GH的解析式为：y＝kx+b，
则b＝2.4，10k+b＝6，
解得：k＝0.36，b＝2.4，
∴y＝0.36x+2.4．
【点评】主要考查了图形的设计，待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，面积的等分线，梯形的性质等知识，解题关键是利用面积确定点G的位置．
7．（2023秋•丹阳市期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为： CD+BC＝AC ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： BC+AB＝BD ．
分析：（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得AC＝AM，BC＝DM，CM＝AC，即可得CM＝CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，证明△ABC≌△ADM（SAS），可确定△ACM是等边三角形，在求出∠ACB＝∠ACM，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，证明△ADB≌△CDM（SAS），结合已知可求∠M＝∠DBM＝30°，过点D作DN⊥BM交于点N，则有BM＝2MN，BM＝BD，再由BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝AC，
故答案为：CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠CAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案为：BC+AB＝BD．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
题型五：与正方形有关三垂线
一、填空题
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．
答案:13
分析：本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【详解】解：∵ABCD是正方形（已知）
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°
∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E
∴在Rt△AFB和Rt△AED中
∵
∴△AFB≌△DEA（AAS）
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等）
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13
故答案为：13
【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．
二、解答题
2．（2023春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）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．
3．（2023春·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．
4．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）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．
5．（2023春·山西·八年级统考期末）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．
6．（2023春·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．
7．（2023春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
答案:(1)见解析
(2)16
(3)
分析：（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
（1）
证明：在上取点，使，连接，
则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）
解：四边形的面积不变，为，
连接，
，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）
解：作于，
，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
8．（2023春·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．
六、正方形与45°角的基本图
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
答案:(1)见解析；（2）见解析
分析：（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形．
【详解】解：连结AM，DM，BM，
∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
2．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
答案:（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
分析：（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
连接
∵四边形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
证明：延长到，使得
连接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
答案:见解析
分析：连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得．
【详解】证明：连结，
、关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，，
在Rt和Rt中
，
∴，又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
答案:（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）①10；②15
分析：（1）因为ABCD为正方形，所以CB=CD，∠B=∠CDA=90°，又因为DF=BE，则△BCE≌△DCF，即可求证CE=CF；
（2）因为∠BCD=90°，∠GCE=45°，则有∠BCE+∠GCD=45°，又因为△BCE≌△DCF，所以∠ECG=∠FCG，CE=CF，CG=CG，则△ECG≌△FCG，故GE=BE+GD成立；
（3）①过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长，再求得△ABC的面积．
【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°，
∴∠CDF=∠B=90°．
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）解：GE=BE+GD成立．理由如下：
∵∠BCD=90°，∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°．
∵△BCE≌△DCF（已证），
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°．
∴∠ECG=∠FCG=45°．
在△ECG和△FCG中，
，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE=FG．
∵FG=GD+DF，
∴GE=BE+GD．
（3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，
由（2）和题设知：DE=DG+BE，
设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4，
在Rt△ADE中，由勾股定理，得：
AD2+AE2=DE2
∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2
解得x=6．
∴DE=6+4=10；
②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，
∴∠EAG=∠E=∠G=90°，
AE=AG=AD，
BD=EB=2，
DC=CG=3，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，
可得BF=x-2，CF=x-3，
在Rt△BCF中，
根据勾股定理得：
BF2+CF2=BC2，
即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，
解得：x=6或x=-1（舍去），
∴AD=6，
则S△ABC=BC•AD=15．
【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题．考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解．
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
答案:（1）∠PAG =45°（2）P点坐标为：（3， ）；（3）M1（0，-3）、M2（，3）．
分析：（1）由AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt△ADP≌Rt△ABP，同理易证Rt△AOG≌Rt△ADG，继而可得∠DAP=∠BAP，∠OAG=∠DAG；然后根据∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；
（2）根据题意易得：∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，继而可得∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∠OAG =∠CPG=30°，在Rt△AOG中，，，CG=3﹣，在Rt△CPG中，可得，继而即可求解；
(3)根据题意，分两种情况：①当点M在为直线PE与y轴交点时；②当点M为直线EP与直线AB的交点时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标即可．
【详解】（1）在Rt△ADP和Rt△ABP中，
∴Rt△ADP≌Rt△ABP（HL），
∴∠DAP=∠BAP；
在Rt△AOG和Rt△ADG中，
∴Rt△AOG≌Rt△ADG（HL）．
∴∠OAG=∠DAG；
又∵∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，
∴∠DAG+∠DAP=45°，
∴∠PAG=∠DAG+∠DAP =45°；
（2）∵∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，∠OAG =∠CPG，
∴∠AGO＝∠PGC，
又∵∠AGO=∠AGD，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠OAG =∠CPG=90°﹣60°=30°，
在Rt△AOG中，AO=3，
设OG=x，AG＝2x，
由勾股定理可得：，即
解得：（负数舍去）
∴，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，
，
∴P点坐标为：（3， ），
（3）①如图1，当点M在为直线PE与y轴交点时，
∵∠OGM=∠PGC=60°，∠AGO=60°，
∴∠AGO=∠MGO，
又∵∠AOG=∠MOG=90°，OG=OG，
∴△AOG≌△MOG，
∴AG=MG，OM=OA=3，
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M为直线EP与直线AB的交点时，
∵AB//CO，
∴∠AMG=∠PGC=60°，
又∵∠AGP=60°，
∴∠AMG=∠AGP=60°，
∴△AGM是等边三角形，
∴AM=AG=，
∴M的横坐标是，纵坐标是3，
∴点M坐标为（，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（，3）．
【点睛】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论．
6．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
答案:（1）；（2）成立，理由见解析；（3）
分析：（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN＋∠BAM＝45°，
∴∠EAB＋∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，
设AH＝AB＝BC＝CD＝x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
7．（2023春·江苏·八年级专题练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
答案:（1）见解析；（2）；（3）3
分析：（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
，，
∴，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
；
（2），理由如下：
如图，在BM上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
，
，
∴CP的长为3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键．
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