专题21 十字架模型-中考数学几何模型（重点专练）

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【模型】如图21-1，已知正方形ABCD，点E在边AD上，点F在边CD上。AF与BE相交于点O。
如果，则
，
在和中
≌
如果，则可根据HL证明≌，。
【模型变式1】
如图21-2，已知正方形ABCD，点E在边AD上，点F在边CD上，点G在边BC上。AF与GE相交于点O。
如果
【模型变式2】
如图21-3，已知正方形ABCD，点E在边AD上，点F在边CD上，点G在边BC上，点H在边AB上。HF与GE相交于点O。
如果
【例1】如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（ ）
A．13B．14C．15D．16
【答案】A
【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【解析】解：过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∴∠APQ=∠PQM，
∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，
∴PM=AD，
∵∠D=∠PMQ=90°，
∴△PQM≌△ADE，
∴PQ=AE，
在 中，，AD=12，
由勾股定理得：
，
∴PQ=13．
故选：A．
【例2】如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝____．
【答案】.
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据全等三角形的性质得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵BH⊥AE，
∴∠BHE＝90°，
∴∠AEB+∠EBH＝90°，
∴∠BAE＝∠EBH，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴CF＝BE＝2，
∴DF＝5﹣2＝3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，
由勾股定理得：AF＝＝＝．
故答案为．
【例3】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；
【解析】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
，
∴；
一、单选题
1．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
【解析】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．
2．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E，使DE=5，折痕为PQ，则PQ的长为（ ）
A．12B．13C．14D．15
【答案】B
【解析】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=.
3．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．
【解析】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．
4．如图，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE，BF相交于点O，下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④∠CEA＝∠DFB；⑤中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；根据全等的性质得∠ABF=∠EAD，∠AFB=∠DEA，利用∠EAD+∠EAB=90°得到∠ABF+∠EAB=90°，则AE⊥BF；连接BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得，则，即．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，
而CE=DF，
∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中，，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE=BF，故①正确；
∴∠ABF=∠EAD，∠AFB=∠DEA，
∴∠CEA=∠DFB，故④正确；
而∠EAD+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
连接BE，如图所示：
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴，
∴，
∴，故⑤正确．
综上所述，正确的结论有4个．
故选：A．
5．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF=CE=4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】A
【分析】先证明△ADE≌△DCF，进而得∠AGF=90°，用勾股定理求得AF，便可得GH．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADE=∠C=90°，AD=DC=BC，
∵BF=CE，
∴CF=DE，
在△ADE和△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠CDF+∠DEA=90°，
∴∠AGF=∠DGE=90°，
∵点H为AF的中点，
∴GH=AF，
∵AB=6，BF=4，
∴AF=，
∴GH=，
故选：A．
6．如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，证明△AEG≌△MDG，得到AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，根据三角形中位线定理得到GH＝FM，由勾股定理求出FM即可得到GH．
【解析】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝，
∴GH＝FM＝，
故选：C．
二、填空题
7．如图，将一边长为的正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长__________．
【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≌△AED，从而求出PQ=AE．
【解析】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≌△AED
∴PQ=AE==13．
故答案是：13．
8．如图，将边长为8的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的点E处，点A落在点F处，折痕为MN，若MN＝4，则线段CN的长是____．
【答案】3
【分析】过点M作MH⊥CD于点H．连接DE，结合题意可知MN垂直平分DE，先通过证明△MHN≅△DCE得出DE＝MN＝，然后利用勾股定理求出CE的长，最后在Rt△ENC中利用勾股定理求出DN，最后进一步求出CN即可.
【解析】
如图所示，过点M作MH⊥CD于点H．连接DE．
根据题意可知MN垂直平分DE，易证得：∠EDC＝∠NMH，MH＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MH＝AD＝CD，
∵∠MHN＝∠C＝90°，
∴△MHN≅△DCE（ASA），
∴DE＝MN＝，
在Rt△DEC中，，
设DN＝EN＝，则CN＝，
在Rt△ENC中，，
∴，
解得：，
∴CN＝，
故答案为：3．
9．如图，正方形的边长是，点，分别是，边上的点，且满足，，连接，交于点，交于点，则四边形的面积为______．
【答案】
【分析】根据正方形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，推出，连接交于，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，根据相似三角形的性质得到，根据三角形的面积即可得到结论．
【解析】解：正方形的边长是，
，，
，，
，
≌，
，
，
，
，
，
连接交于，
，
，
∽，
，
，
，
，
，
，
，，
∽，
，
，
，
四边形的面积，
故答案为：．
10．如图，四边形ABCD为正方形，点E、点G分别为BC、AB边上的点，CE＝BG＝BE，连接DE、CG交于点F，若GF＝3，四边形ABCD的面积为 ___．
【答案】20
【分析】连接GE，根据正方形的性质，易证△GBC≌△ECD（SAS），根据全等三角形的性质，可得GC⊥DE，设CE=BG=BE=x，根据列方程，可求出x的值，进一步即可求出正方形ABCD的面积．
【解析】解：连接GE，如图所示：
在正方形ABCD中，BC=CD，∠A=∠B=∠BCD=90°，
又∵BG=CE，
∴△GBC≌△ECD（SAS），
∴∠GCB=∠EDC，
∵∠GCB+∠FCD=90°，
∴∠EDC+∠FCD=90°，
∴∠DFC=90°，
∴GC⊥DE，
设CE=BG=BE=x，
则BC=2x，
∴正方形ABCD的边长为2x，
∴AG=2x-x=x，
在△DCE中，根据勾股定理，得DE=x，
∵，
又∵GF=3，
∴，
解得x=，
∴正方形ABCD的边长为2，
∴正方形ABCD的面积为2×2=20，
故答案为：20．
11．如图，正方形ABCD的边长为2，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在边DC，CB上向各自终点C，B移动，连接AE和DF交于点P，则线段CP的最小值是________．
【答案】
【分析】证明△ADE≌△DCF得到∠DAE=∠CDF，推出∠DPE=90°，则∠APD=90°，故点P在以AD为直径的圆上运动，取AD中点G，连接CG，交圆G（直径为AB）于点P，则此时CP最小，据此求解即可．
【解析】解：∵动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在边DC，CB上向各自终点C，B移动，
∴DE=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，AD=DC，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠PED+∠PDE=90°，
∴∠DPE=90°，
∴∠APD=90°，
∴点P在以AD为直径的圆上运动，
取AD中点G，连接CG，交圆G（直径为AB）于点P，则此时CP最小，
∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴，
∴，
∴，
∴CP的最小值为，
故答案为：．
12．如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC＝，ME＋CE＝8，则折痕MN的长为___________．
【答案】
【分析】过N作NH⊥BC于H，得到四边形ABHN是矩形，根据矩形的性质得到NH＝AB，∠NHM＝90°，证明△BCE≌△NHM，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，则CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求出x，可得NH＝9，再利用勾股定理计算即可．
【解析】解：过N作NH⊥BC于H，则四边形ABHN是矩形，
∴NH＝AB，∠NHM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，AB＝BC，
∴NH＝BC，
∵将正方形折叠，使点B与E重合，
∴MN⊥BE，BM＝ME，
∴∠HNM＋∠NMH＝∠EBC＋∠BMN＝90°，
∴∠EBC＝∠HNM，
在△BCE与△NHM中，，
∴△BCE≌△NHM（ASA），
∴HM＝CE，
在Rt△EMC中，∵tan∠EMC＝，
∴设CE＝3x，则CM＝4x，
由勾股定理得：EM＝5x，
∵ME＋CE＝8，
∴5x＋3x＝8，
∴x＝1，
∴EM＝5，HM＝CE＝3，CM＝4，
∴BC＝BM＋CM＝EM＋CM＝9，
∴NH＝9，
∴MN＝，
故答案为：．
三、解答题
13．已知：如图，正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，AE⊥BF．
(1)求证：AE＝BF；
(2)联结BE、EF，如果∠DEF＝∠ABE，求证：．
【答案】(1)见解析；(2)见解析
【分析】（1）设BF与AE交于O点，根据同角的余角相等得∠ABF＝∠DAE，再利用ASA证明△ABF≌△DAE，得AE＝BF；
（2）根据两个角相等证明△DEF∽△CEB，得，由（1）得△ABF≌△DAE，则AF＝DE，等量代换即可．
【解析】（1）证明：设BF与AE交于O点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAF＝∠D＝90°，
∵AE⊥BF．
∴∠AOB＝90°，
∴∠ABO＋∠BAO＝90°，∠BAO＋∠DAE＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AE＝BF；
（2）解：∵ABCD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵∠DEF＝∠ABE，
∴∠DEF＝∠BEC，
∵∠D＝∠C，
∴△DEF∽△CEB，
∴，
由（1）得，△ABF≌△DAE，
∴AF＝DE，
∴CE＝DF，
∵AD=BC，
∴ ．
14．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，连接AF，BE相交于点G，且AF＝BE．
(1)求证：DE＝CF；
(2)若AB=4，DE=1，求GF的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE=∠ADF=，AB=AD=CD，AF=BE，由HL证明△BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由正方形的性质与已知线段求出AE，再由勾股定理求得BE，根据角之间的关系得到∠AGB=，利用三角形的面积可得答案．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADF=，AB=AD=CD，
在Rt△BAE和Rt△ADF中， ，
∴△BAE≌△ADF（HL），
∴AE=DF，
∴DE=CF；
（2）∵AB=4，四边形ABCD是正方形，
∴AD=4，
∵DE=1，
∴AE=3，
∴，
∵△BAE≌△ADF，
∴BE=AF=5，∠DAF=∠ABE，
又∵∠DAF+∠BAG=，
∴∠BAG+∠ABG=，
∴
∴AG⊥BE，
则
∴，
∴GF=AF-AG=5-2.4=2.6．
15．如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连接、，点、、、分别是、、、的中点，试判断四边形的形状，并说明理由；
（3）如图3，点、分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）四边形为正方形，理由见解析；（3）
【分析】（1）由四边形为正方形，可得，推得，由，可得，可证即可；
（2）、为、中点，可得为的中位线，可证，，由点、、、分别是、、、的中点，可得PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，可证，，，，，，可证四边形为平行四边形．再证四边形为菱形，最后证即可；
（3）延长交于点，由对称性可得，，，由勾股定理可求，可得，设，在中，，解得，在中，可求．
【解析】（1）证明：∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，
∴∠AHB=90°，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
（2）解：四边形为正方形，理由如下：
∵、为、中点，
∴为的中位线，
∴，，
∵点、、、分别是、、、的中点，
∴PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为正方形．
（3）解：延长交于点，
由对称性可知
，，，
在中，
，
∴，
设，则，
在中，
，
，
∴，
在中，
．
16．如图，正方形ABCD边长为4，点G在边AD上（不与点A、D重合），BG的垂直平分线分别交AB、CD于E、F两点，连接EG．
（1）当AG=1时，求EG的长；
（2）当AG的值等于 时，BE=8－2DF；
（3）过G点作GM⊥EG交CD于M
①求证：GB平分∠AGM；
②设AG=x，CM=y，试说明的值为定值．
【答案】（1）；（2）（3）①见解析；②，理由见解析
【分析】（1）根据EF是线段BG的垂直平分线，BE=EG，设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，再由勾股定理求解即可；
（2）过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG，由BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到BE=2CF，先证明四边形BCFH是矩形，得到CF=HB，则BH=EH=FC，设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，由，，，可以得到①，②，联立①②求解即可得到答案；
（3）①先证明∠EBG=∠EGB，然后根据ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到∠AGB=∠BGM；
②连接BM，过点B作BH⊥GM，由角平分线的性质得到BH=AB=4，由，可以得到，由勾股定理可以得到即，最后解方程即可得到答案．
【解析】解：（1）∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴BE=EG，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB=4，∠A=90°，
设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴；
（2）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG
∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴BF=FG，
∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，
∴BE=2CF，
∵四边形ABCD是正方形，FH⊥AB，
∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°，
∴四边形BCFH是矩形，
∴CF=HB，
∴BH=EH=FC，
设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，
∵，，，
∴①，②，
联立①②解得或（舍去），
∴当时，BE=8-2DF，
故答案为：；
（3）①∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=BE，
∴∠EBG=∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，EG⊥GM，
∴∠A=∠EGM=90°，
∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，
∴∠AGB=∠BGM，
∴BG平分∠AGM；
②如图，连接BM，过点B作BH⊥GM，
由（3）①得BG平分∠AGM，
∴BH=AB=4，
∵AG=x，CM=y，
∴DG=4-x，DM=4-y，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴（不符合题意），
∴
∴．
17．已知：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC为正方形．
(1)若正方形OABC边长为12，
①如图1，E、F分别在边OA、OC上，CE⊥BF于H，且OE＝9，则点F的坐标为（______，_______）．
②如图2，若D为x轴上一点，且OD＝8，Q为y轴正半轴上一点，且∠DBQ＝45°，求点Q的坐标．
(2)若正方形OABC边长为4，如图3，E、F分别在边OA、OC上，当F为OC的中点，CE⊥BF于H，在直线CE上E点的两侧有点D、G，能使线段AD＝OG，AD//OG，且CH＝DH，求BG．
【答案】(1)①3，0；②Q点坐标为（0，15）或（0，6）
(2)BG＝
【分析】（1）①通过证明△OEC≌△CFB（AAS），求出OF，即可求点的坐标；
②分两种情况讨论：当D（8，0）时，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，可证明△ABM≌△CBD（AAS），连接BQ，可证明△MBQ≌△DBQ（SAS），设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中由勾股定理求出x＝6，即可求Q（0，6）；当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），连接DQ，可得△QBD≌△NBD（SAS），设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，由勾股定理求出y＝3，即可求Q（0，15）；
（2）在Rt△BCF中，求出BF＝2，CH＝，再由CH＝DH，可得DC＝，连接OD，OH，证明△OCD≌△CBH（ASA），分别得到CD＝BH＝，OD＝CH＝，则OH＝，再证明△AOD≌△OCH（SAS），可求OH＝AD＝OG＝，∠OAD＝∠HOC，推导出∠GOH＝90°，在Rt△GHO中，由勾股定理求出GH＝，在Rt△BHG中，由勾股定理求出BG＝．
【解析】（1）①∵CE⊥BF，
∴∠BHC＝90°，
∴∠ECO+∠HFC＝90°，
∵∠OEC+∠OCE＝90°，
∴∠HFC＝∠OEC，
∵BC＝OC，
∴△OEC≌△CFB（AAS），
∴OE＝CF＝9，
∴OF＝3，
∴F（3，0），
故答案为：3，0；
②∵D为x轴上一点，且OD＝8，
∴D（8，0）或（﹣8，0），
当D（8，0）时，如图2，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，
∴∠DBM＝90°，
∴∠MBA+∠ABD＝90°，
∵∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠MBA＝∠CBD，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CBD（AAS），
∴BM＝BD，CD＝AM，
连接BQ，
∵∠DBQ＝45°，
∴∠MBQ＝45°，
又∵BM＝BD，
∴△MBQ≌△DBQ（SAS），
∴DQ＝MA，
∵OD＝8，OC＝12，
∴CD＝MA＝4，
设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，
在Rt△ODQ中，（4+x）2＝64+（12﹣x）2，
解得x＝6，
∴Q（0，6）；
如图3，当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N
，
同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），
∴AQ＝CN，BQ＝BN，
连接DQ，同理可得△QBD≌△NBD（SAS），
∴DN＝DQ，
设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，
在Rt△DOQ中，（20﹣y）2＝（12+y）2+64，
解得y＝3，
∴Q（0，15）；
综上所述：Q点坐标为（0，15）或（0，6）；
（2）∵F为OC的中点，CO＝4，
∴CF＝OF＝2，
在Rt△BCF中，BC＝4，CF＝2，
∴BF＝2，
∵BF⊥CH，
∴CH＝＝，
∵CH＝DH，
∴DC＝，
如图4，连接OD，OH，
∵H是CD的中点，F是OC的中点，
∴FH∥OD，
∴OD⊥CD，
∴∠ODC＝∠GHC＝90°，
∵BC＝CO，∠FBC＝∠DCO，
∴△OCD≌△CBH（ASA），
∴CD＝BH＝，OD＝CH＝，
∴OH＝，
∵∠AOD+∠DOC＝∠DOC+∠DCO＝90°，
∴∠AOD＝∠DCO，
∵AO＝CO，OH＝OD，
∴△AOD≌△OCH（SAS），
∴OH＝AD＝OG＝，∠OAD＝∠HOC，
∵AD∥GO，
∴∠OAD＝∠GOA，
∴∠GOH＝90°，
在Rt△GHO中，GH＝＝，
在Rt△BHG中，BG＝＝．
18．如图， 正方形 中， 点 为 边上一点， 点 为 边上一点， 且 ， 连接 、 交于点 ．
(1)求证：；
(2)连接 ， 若 平分 ， 求证： ；
(3)在（2）的条件下， 连接 ， 过点 作EH∥GD 交 边于点 ， 交 于点 ， 若 ， 求线段 FM 的长．
【答案】(1)过程见解析；(2)过程见解析；(3)
【分析】（1），根据“SAS”证明△ABE≌△BCF，可得∠BAG=∠CBF，再根据∠CBF+∠ABG=90°，即可得出答案；
（2），过点C作CH⊥EG，CI⊥FG，可得CH=CI，进而得出四边形GHCI是矩形，再根据“AAS”证明△CEH≌△CFI，得出CE=CF，然后根据BE=CF，可知BC=2CE，即可得出结论；
（3），设正方形的边长为2a，分别表示出BE，CF，DF，根据勾股定理求出BF，再根据求出BG，进而得出FG，然后根据，得，再代数答案可求．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°．
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCF，
∴∠BAG=∠CBF．
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAG+∠ABG=90°，
∴∠AGB=90°，
即∠AGF=90°；
（2）过点C作CH⊥EG，于点H，CI⊥FG，于点I，
∵GC平分∠EGF，
∴CH=CI．
∵∠EGF=∠CHG=∠CIG=90°，
∴四边形GHCI是矩形．
∵∠HCE+∠ECI=∠ECI+∠FCI=90°，
∴∠ECH=∠FCI．
∵∠CHE=∠CIF=90°，
∴△CEH≌△CFI，
∴CE=CF．
∵BE=CF，
∴CE=BE，
则BC=2CE，
∴AB=2CF；
（3）设正方形的边长BC=2a，则BE=a，CF=a，DF=a，
根据勾股定理得．
∵∠EBG=∠FBC，∠BGE=∠BCF=90°，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得．
19．（1）如图1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于点O且AE⊥DF．则AE和DF的数量关系为 ．
（2）如图2，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边AD，BC，CD上的点，BG⊥EF，垂足为H．求证：EF＝BG．
（3）如图3，在正方形ABCD中，E，F，M分别是边AD，BC，AB上的点，AE＝2，BF＝4，BM＝1，将正方形沿EF折叠，点M的对应点与CD边上的点N重合，求CN的长度．
【答案】（1）AE＝DF；（2）见解析；（3）CN的长度为3
【分析】（1）证明∠BAE=∠ADF，则△ABE≌△DAF（AAS），即可求解；
（2）由正方形的性质得出∠CBG=∠MEF，证明△BCG≌△EMF（ASA），即可求解；
（3）证明△EHF≌△MGN（ASA），则NG=HF，而AE=2，BF=4，故NG=HF=4-2=2，进而求解．
【解析】解：（1）∵∠DAO+∠BAE=90°，∠DAO+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AE=DF，
故答案为：AE=DF；
（2）如图1，过点E作EM⊥BC于点M，则四边形ABME为矩形，
则AB=EM，
在正方形ABCD中，AB=BC，
∴EM=BC，
∵EM⊥BC，
∴∠MEF+∠EFM=90°，
∵BG⊥EF，
∴∠CBG+∠EFM=90°，
∴∠CBG=∠MEF，
在△BCG和△EMF中，
，
∴△BCG≌△EMF（ASA），
∴EF=BG；
（3）如图2，连接MN，
∵M、N关于EF对称，
∴MN⊥EF，过点E作EH⊥BC于点H，
过点M作MG⊥CD于点G，则EH⊥MG，
由（2）同理可得：△EHF≌△MGN（ASA），
∴NG=HF，
∵AE=2，BF=4，
∴NG=HF=4-2=2，
又∵GC=MB=1，
∴NC=NG+CG=2+1=3．
20．华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．
【问题探究】
如图1，在正方形中，点、、、分别在线段、、、上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】
如图2，在矩形中，，，点、、、分别在线段、、、上，且．则______．
【拓展应用】
如图3，在四边形中，，，，点、分别在线段、上，且．直接写出的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°求证△ABM≌△ADN即可；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．证明△CME∽△BAF，推出，可得结论．
【解析】解：结论：
理由：如图（1）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM=HF，AN=EG，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DAN，AB=AD，∠ABM=∠ADN，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM=AN，即EG=FH，
∴；
（2）如图（2）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM=HF，AN=EG，
在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN．
∴△ABM∽△ADN．
∴，
∵AB=a，BC=AD=b
∴．
故答案为：；
（3）如图，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O，CM交BF于点G．
∵CM⊥AB，
∴∠CME=90°，
∴∠MBG+∠MGB=90°，
∵CE⊥BF，
∴∠BOC=90°，
∴∠CGO+∠GCO=90°，
∵∠MGB=∠CGO
∴∠MBG =∠GCO，
∵∠A=∠CME=90°，
∴△CME∽△BAF，
∴，
∵，，
∴，即；
∴，
∴．
如图，在正方形中，．求证：．
证明：设与交于点，
∵四边形是正方形，
∴，．
∴，
∵，
∴．
∴．
∴，
∴．
∴．