2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题01 正方形选、填压轴题（含解析）

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1．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，
∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，
∴，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，
∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，
∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，
∴n＝3．
故选：C．
2．（2023•淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比为：1，则sin∠DGE等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意得：，解得：，进而求解．
【解答】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点N，
由题意知，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为x，小正方形的边长为x，
即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝b，
由题意得：，解得：，
在△GDE中，EG＝GH＝b，则NE＝ND＝ED＝b＝x，EG＝GH＝（a﹣b）＝x，
则tan∠DGE＝＝，
则sin∠DGE＝，
故选：A．
3．（2023春•武汉期末）大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FG＝x，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
又∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
设OG＝PG＝CG＝x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG＝2x，FG＝x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴＝＝，
故选：C．
02 正方形与“面积”的综合
1．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
2．（2023春•镇海区校级期末）如图，在长方形ABCD中，点E、F分别落在AD、BC上，连接EF得到正方形ABFE．在BF上取一点G，DC上取一点H，使得GF＝DH，连接GK．若AG⊥GH，知道下列哪个条件，则可求正方形ABFE的面积（ ）
A．△KGF的周长B．△KGF的面积
C．梯形AGFE的周长D．梯形AGFE的面积
【分析】先由长方形和正方形的性质得到AB＝EF＝CD＝AE＝BF，∠ABC＝∠C＝∠AEK＝∠BAE＝90°，证明△ABG≌△GCH得到AG＝GH，则∠GAH＝∠GHA＝45°；如图所示将△EAK绕点旋转得到△BAM，证明△AMG≌△AKG，得到MG＝KG，进而推出EF＝，则当知道△KGF的周长时，则可知道EF的长，即可求出正方形ABFE的面积．
【解答】解：由题意得AB＝EF＝CD＝AE＝BF，∠ABC＝∠C＝∠AEK＝∠BAE＝90°，
∵GF＝DH，
∴BF﹣GF＝CD﹣DH，即BG﹣CH，
∵AG⊥GH，
∴∠BGA+∠BAG＝90°＝∠BGA+∠CGH，
∴∠BAG＝∠CGH，
∴△BGA≌△GCH（AAS），
∴AG＝GH，
∴∠GAH＝∠GHA＝45°，
∴∠EAK+∠BAG＝45°，
如图所示，
将△EAK绕点旋转得到△BAM，
∴AM＝AK，BM＝EK，∠ABM＝∠AEK﹣90°，∠BAM＝∠EAK，
∴∠ABM+∠ABG＝180，∠MAG＝∠BAM+∠BAG＝∠EAK+∠BAG＝45°，
∴∠MAG＝∠KAG＝45°，M、B、G三点共线，
又∵AG＝AG，
∴△AMG≌△AKG（SAS），
∴MG＝KG，
∴BM+BG＝MG＝KG，
∴EK+BG＝KG，
∴EF﹣KF+BF﹣GF＝KG，
∴EF+BF＝KF+KG+GF，
∴EF＝，
当知道△KGF的周长时，则可知道EF的长，
即可求出正方形ABFE的面积，
故选A．
3．（2022秋•温州期末）如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（ ）
A．15B．16C．20D．25
【分析】由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，即可求得答案．
【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，
∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，
∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，
∴BF＝CF，
在Rt△ABF和Rt△DCF中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），
∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，
∴AB＝AD＝2AF，
∵CF∥AG，
∴∠CFD＝∠DAG，
∴∠AFB＝∠DAG，
∴AG＝FG，
∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠ABF，
∴AG＝BG，
∴CF＝BF＝2AG＝10，
在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，
∴（2AF）2+AF2＝102，
∴AF＝2，
∴AB＝BC＝4，
∵S△BCF＝BC•AB＝CF•BN，
∴BN＝＝＝8，
∴CN＝＝＝4，
∵△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN＝4，
∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，
∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，
故选：B．
03 正方形与“三角函数”的综合
1．（2023•瑞安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结EH，交AC于点P，过点P作PR⊥FG于点R．若，，则PR的值为（ ）
A．10B．11C．D．
【分析】设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，利用正方形性质可证得△ACB≌△EAM（AAS），得出EM＝AB，AM＝BC，设AB＝x，BC＝y，根据tan∠AHE＝，可得EM＝2y，MH＝4y，利用勾股定理建立方程求解可得x＝8，再由tan∠CAB＝＝＝，可得PA＝PH，利用等腰三角形性质和解直角三角形可求得PH＝3，再证明四边形BGRN是矩形，得出NR＝BG＝8，利用PR＝PN+NR即可求得答案．
【解答】解：设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，
则∠M＝90°，
∵四边形ACDE、BCIH、ABGF均为正方形，
∴AE＝AC，BC＝BH，AB＝BG，∠CAE＝∠CBH＝∠ABG＝∠G＝90°，AB∥FG，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠M＝90°，
∴∠ACB+∠CAB＝90°，
∵∠EAM+∠CAB＝90°，
∴∠ACB＝∠EAM，
∴△ACB≌△EAM（AAS），
∴EM＝AB，AM＝BC，
∴AM＝BH＝BC，
设AB＝x，BC＝y，
则EM＝x，AM＝BH＝y，
MH＝x+2y，
∵tan∠AHE＝，
∴＝，即MH＝2EM，
∴x+2y＝2x，
∴x＝2y，
∴EM＝2y，MH＝4y，
∵EM2+MH2＝EH2，
∴（2y）2+（4y）2＝（8）2，
解得：y＝4或y＝﹣4（舍去），
∴x＝8，
∴AM＝BC＝BH＝4，AB＝BG＝8，
∵∠ABC+∠CBH＝180°，
∴A、B、H三点共线，
∴AH＝AB+BH＝8+4＝12，
∵tan∠CAB＝＝＝，
∴tan∠CAB＝tan∠AHE，
∴∠CAB＝∠AHE，
∴PA＝PH，
∵AB∥FG，
∴∠PNB＝∠PRG＝90°，
∴AN＝AH＝×12＝6，
∴＝tan∠CAB＝，
∴PN＝AN＝×6＝3，
∵PR⊥FG，
∴∠PRG＝90°，
∴∠ABC＝∠G＝∠PRG＝90°，
∴四边形BGRN是矩形，
∴NR＝BG＝8，
∴PR＝PN+NR＝3+8＝11．
故选：B．
2．（2023•温州模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，BF分别交AM，DN于点G，H，过点D作DN的垂线交BF延长线于点K，连结EK，若△BCF为等腰三角形，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，由△BCF为等腰三角形，得BF＝CF，再证明Rt△ABF≌Rt△DCF，而Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，则∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，可推导出∠GFA＝∠GAF，则BG＝AG＝FG＝，所以BF＝CF＝5，即可证明AF：AB：BF＝1：2：，进而求得BC＝AD＝2，则CE＝BC＝2，BE＝2CE＝4，所以DQ＝BM＝CE＝2，EF＝3，再证明四边形DQLK是矩形，则KL＝DQ＝2，由＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝，得FL＝KL＝，则EL＝EF+FL＝，由勾股定理得EK＝＝，再求得DK＝QL＝QF+FL＝，由＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝＝，得DH＝DK＝，即可求得＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，则∠L＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC＝AD＝BC，∠BAF＝∠CDF＝90°，
∴BF＞AB，CF＞CD，
∴BF≠BC，CF≠BC，
∵△BCF为等腰三角形，
∴BF＝CF，
∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），
∵Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，
∴∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，
∵∠GFA+∠ABF＝90°，∠GAF+∠BAM＝90°，
∴∠GFA＝∠GAF，
∴BG＝AG＝FG＝，
∴BF＝CF＝2×＝5，
设AB＝DC＝AD＝BC＝2m，
∴AF＝DF＝AD＝m，
∴BF＝＝＝m，
∴AF：AB：BF＝1：2：，
∵m＝5，
∴AF＝DF＝m＝，
∴BC＝AD＝2，
∵∠BEC＝90°，
∴＝sin∠CBE＝sin∠ABF＝，＝tan∠CBE＝tan∠ABF＝，
∴CE＝BC＝×2＝2，BE＝2CE＝4，
∴DQ＝BM＝CE＝2，EF＝CF﹣CE＝5﹣2＝3，
∵四边形MNQE是正方形，DK⊥DN，
∴∠L＝∠DQL＝∠KDQ＝90°，
∴四边形DQLK是矩形，
∴KL＝DQ＝2，
∵∠KFL＝∠BFE，
∴＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝，
∴FL＝KL＝×2＝，
∴EL＝EF+FL＝3+＝，
∴EK＝＝＝，
∵CQ＝BE＝4，
∴QF＝CF﹣CQ＝5﹣4＝1，
∴DK＝QL＝QF+FL＝1+＝，
∵QN∥EM，
∴∠DHK＝∠EBF，
∴＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝＝，
∵DH＝DK＝×＝，
∴＝＝，
故选：D．
04 正方形与“相似三角形”的综合
1．（2023•杭州一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且AF＝BE，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若DF＝4GH，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】设GH＝a，则DF＝4a，证明△DAF≌△ABE和△DAG≌△BAG，推出AH＝BH＝HE，作EQ∥AC，证明△EQH≌△AGH，得到BQ＝QH＝GH＝a，DG＝BG＝3a，设AF＝b，则CD＝3b＝AD，推出，在Rt△AFD中，利用勾股定理求得，代入计算即可求解．
【解答】解：设GH＝a，则DF＝4a，
∵正方形ABCD中，AF＝BE，
∴AD＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°，
∴△DAF≌△ABE（SAS），
∴DF＝AE，∠ADF＝∠BAE，
∵对角线AC与DF交于点G，
∴BG＝DG，
∵AB＝AD，AG＝AG，
∴△DAG≌△BAG（SSS），
∴∠ADF＝∠ABG＝∠BAE，
∴AH＝BH，
∵∠BAE+∠AEB＝∠ABH+∠HBE＝90°，
∴∠HBE＝∠HEB，
∴AH＝BH＝HE，
作EQ∥AC，
∴∠EHQ＝∠AHG，∠QEH＝∠GAH，
∴△EQH≌△AGH（ASA），
∴EQ＝AG，QH＝GH＝a，
∵DF＝AE，
∴，
∴BQ＝QH＝GH＝a，
∴DG＝BG＝3a，GF＝DF﹣DG＝a，
∵AF∥DC，
∴△AFG∽△CDG，
∴＝＝＝，
设AF＝b，则CD＝3b＝AD，
∴，
∴，
在Rt△AFD中，
AF2+AD2＝DF2，即b2+（3b）2＝（4a）2，
整理得：，
∴，
故选：A．
2．（2023•鹿城区二模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，AC为边在△ABC外部作正方形ADEB，CBFG，ACHI．将正方形ABED沿直线AB翻折，得到正方形ABE'D'，AD'与CH交于点N，点E'在边FG上，D'E'与CG交于点M，记△ANC的面积为S1，四边形BCME的面积为S2，若CN＝2NH，S1+S2＝14，则正方形ABED的面积为（ ）
A．25B．26C．27D．28
【分析】设NH＝x，则CN＝2x，证明Rt△ACN∽Rt△BCA，得出BC＝x，根据S▱ABED＝AB2，再证明Rt△ABN≌△D'AM（ASA），得出S四边形CND′M＝SRt△ABC，可以得出S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣2SRt△ABC＝14，得出等式x2﹣2××3x•x＝14，求解即可得到．
【解答】解：设NH＝x，则CN＝2x，
由题意知：CA＝CH＝3x，
在Rt△ACN和Rt△BCA中，∠ACN＝∠BCA＝90°，
∵∠CAN+∠CNA＝∠CAN+∠CAB＝90°，
∴∠CNA＝∠CAB，
∴Rt△ACN∽Rt△BCA，
∴＝＝＝，
∴BC＝x，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝（3x）2+（x）2＝x2，
∵S▱ABED＝AB2，
∴S▱ABED＝S四边形ABE′D′＝x2，
在Rt△ABN和Rt△D'AM中，
，
∴Rt△ABN≌△D'AM（ASA），
∴S四边形CND′M＝SRt△ABC，
∴S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣S四边形CND′M﹣SRt△ABC＝14，
∴S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣2SRt△ABC＝14，
∴x2﹣2××3x•x＝14，
解得：x2＝，
∴S▱ABED＝x2＝×＝26，
故选：B．
1．如图，点D在Rt△ABC的直角边BC上（与点B，C不重合），CB＝CA，以AD为边作正方形ADEF，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AG＝CD；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC．其中结论正确的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】①由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF，证出∠CAD＝∠AFG，证明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG；②证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB＝FB•FG＝S四边形CBFG；③由等腰三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF＝45°；④证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE＝AD2＝FQ•AC．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，
∴∠CAD+∠FAG＝90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G＝90°＝∠ACB，
∴∠CAD＝∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
，
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AG＝CD，
故①正确；
∵BC＝AC，
∴FG＝BC，
∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF＝90°，S△FAB＝FB•FG＝S四边形CBFG，
故②正确；
∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，
∴∠ABC＝∠ABF＝45°，
故③正确；
∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD＝FE：FQ，
∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，
即AD2＝ab．
故④正确；
故选：A．
2．如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M．若AH＝GH，则CM的长为（ ）
A．B．C．1D．
【分析】过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，L利用已知条件和正方形的性质得到△ABF为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到△MCF为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和勾股定理解答即可得出结论．
【解答】解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF，
∵AH＝GH，
∴AH＝HE＝GF＝EF．
由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，
∴BE＝CF＝AH＝DG，∠BAE＝∠DCG．
∴BE＝EF＝GF＝FC．
∵AE⊥BF，
∴AB＝AF，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠DCG＝∠FAE，
∵AE∥GC，
∴∠FAE＝∠GFK．
∵∠GFK＝∠CFM，
∴∠CFM＝∠DCG，
∴MF＝MC，
∵MN⊥FC，
∴FN＝NC＝FC．
延长BF交CD于点P，如图，
∵PF∥MN，
∴MN为△CFP的中位线，
∴CM＝CP，
同理：PF为△CGD的中位线，
∴CP＝CD，
∴CM＝CD，
∴CM＝．
解法二：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF，
∵AH＝GH，
∴AH＝HE＝GF＝EF．
由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，
∴BE＝CF＝AH＝DG，∠BAE＝∠DCG．
∴BE＝EF＝GF＝FC．
∵AE⊥BF，
∴AB＝AF，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠DCG＝∠FAE，
∵AE∥GC，
∴∠FAE＝∠GFK．
∵∠GFK＝∠CFM，
∴∠CFM＝∠DCG，
∴MF＝MC，
设MF＝MC＝x，则AM＝5+x，DM＝5﹣x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：
52+（5﹣x）2＝（5+x）2，
解得：x＝．
∴CM＝．
故选：D．
3．如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF，交BD于点M，将△EFM沿EF翻折，得到△EFN，连接AN，交EF于点G，若点F是BC边的中点，则线段AN的长是 ．
【分析】过点E作HK⊥AD于H，交BC于K，利用勾股定理求出AF＝2，再证明△AMD∽△FMB，得出＝＝＝2，进而求得FM＝，可证得△EFK≌△AEH（ASA），得出AE＝EF，推出△AEF是等腰直角三角形，进而得出∠EFM＝45°，由翻折得出：FG＝FM，∠EFN＝∠EFM，可得∠AFN＝90°，再运用勾股定理即可得出答案．
【解答】解：如图，过点E作HK⊥AD于H，交BC于K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，
∵点F是AB的中点，
∴BF＝BC＝2，
在Rt△ABF中，AF＝＝＝2，
∵AD∥BC，
∴△AMD∽△FMB，
∴＝＝＝2，
∴AM＝2FM，
∵AM+FM＝AF，
∴2FM+FM＝2，
∴FM＝，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵EH⊥AD，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∴DH＝DE，
∵∠ADC＝∠BCD＝∠DHK＝90°，
∴四边形CDHK是矩形，
∴HK＝CD＝AD，
∴HK﹣EH＝AD﹣DH，即EK＝AH，
∵EF⊥AE，
∴∠AEH+∠FEK＝90°，
∵∠AEH+∠EAH＝90°，
∴∠FEK＝∠EAH，
∵∠EKF＝∠AHE＝90°，
∴△EFK≌△AEH（ASA），
∴AE＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EFM＝45°，
∵将△EFM沿EF翻折，得到△EFN，
∴FN＝FM＝，∠EFN＝∠EFM＝45°，
∴∠AFN＝∠EFM+∠EFN＝45°+45°＝90°，
∴AN＝＝＝．
故答案为：．
4．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为 ．
【分析】因为正方形ABCD的边长为4，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，可得BG、CG、AG的长，因为DE⊥AG，BF∥DE，所以BF⊥AG，证△ABG∽△AFB，△ABG∽△DEA，可求得EF、DE，因为tan∠EDF＝，可得tan∠EDF的值．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，
∴BG＝3，CG＝1，
在Rt△ABG中，AG＝＝5，
∵DE⊥AG，BF∥DE，
∴BF⊥AG，
∴∠AFB＝90°，∠GAB+∠ABF＝90°，
∵∠ABG＝90°，∠GAB+∠AGB＝90°，
∴∠AFB＝∠ABG，∠ABF＝∠AGB，
∴△ABG∽△AFB，
∴，
∵AB＝4，AG＝5，
∴AF＝，
∵DE⊥AG，
∴∠AED＝90°，即∠ADE+∠DAE＝90°，
∵∠DAB＝90°，即∠DAG+∠BAG＝90°，
∴∠AED＝∠DAB，∠ADE＝∠BAG，
∴△ABG∽△DEA，
∴＝，
∵AG＝5，BG＝3，AD＝4，AB＝4，
∴AE＝，DE＝，
∴EF＝AF﹣AE＝，
∴tan∠EDF＝＝，
故答案为：．
5．在边长为4的正方形ABCD中，E是AD边上一动点（不与端点重合），将△ABE沿BE翻折，点A落在点H处，直线EH交CD于点F，连接BF，BE，BF分别与AC交于点P、Q，连接PD，PF．则以下结论中正确的有 ①②④⑤ （写出所有正确结论的序号）．
①PB＝PD；②∠EFD＝2∠FBC；③PQ＝AP+QC；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若连接DH，则DH的最小值为．
【分析】①正确．证明△BCP≌△DCP（SAS），可得结论；
②正确△BCF≌△BHF，得到∠BFC＝∠BFH，然后利用余角的性质和角的和差整理即可；
③错误．通过旋转，构造全等三角形，然后利用三角形的三边关系，可以证明PQ＜PA+CQ；
④正确，先证B、C、F、P四点共圆，即可得出∠PFB＝∠ACB＝45°，从而得证；
⑤正确．求出BD，BH，根据DH≥BD﹣BH，可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCP＝∠DCP＝45°，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴PB＝PD，故①正确，
又∵BC＝BH＝AB，BF＝BF，
∴Rt△BCF≌Rt△BHF（HL），
∴∠CBF＝∠HBF，
由翻折可知：∠ABE＝∠HBE，
∴∠EBF＝∠EBH+∠FBH＝∠ABC＝45°，
又∵∠ACF＝45°，
∴B、C、F、P四点共圆，
∴∠PFB＝∠ACB＝45°，
∴∠PBF＝∠PFB＝45°，
∴△BPF是等腰直角三角形，故④正确，
∵Rt△BFH≌Rt△BFC（已证），
∴∠BFC＝∠BFH，
∵∠CBF+∠BFC＝90°，
∴2∠CBF+2∠CFB＝180°，
∵∠EFD+∠CFH＝∠EFD+2∠CFB＝180°，
∴∠EFD＝2∠CBF，故②正确，
将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCT，连接QT，
∴∠ABP＝∠CBT，
∴∠PBT＝∠ABC＝90°，
∴∠PBQ＝∠TBQ＝45°，
∵BQ＝BQ，BP＝BT，
∴△BQP≌△BQT（SAS），
∴PQ＝QT，
∵QT＜CQ+CT＝CQ+AP，
∴PQ＜AP+CQ，故③错误，
连接BD，DH，
∵BH＝AB＝4，
∴BD＝4，
∴DH≥BD﹣BH＝﹣4，
∴DH的最小值为4﹣2，故⑤正确，
故答案为：①②④⑤．
6．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2＝S四边形MNPQ；②DG＝2AF；③若∠EMH＝30°，则S1＝3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1＝4S2，其中正确的序号是（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是b﹣a，由正方形面积公式，勾股定理，即可解决问题．
【解答】解：设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是b﹣a，
∴正方形ABCD的面积S1＝b2，正方形EFGH的面积S2＝a2，
∴S1+S2＝a2+b2＝c2，
∵正方形MNPQ的边长是2c，
∴正方形MNPQ的面积＝（2c）2＝4c2，
∴S1+S2＝S四边形MNPQ，
故①符合题意；
∵AF＝b﹣a，
∴AG＝FG﹣AF＝a﹣（b﹣a）＝2a﹣b，
∴DG＝AD﹣AG＝b﹣（2a﹣b）＝2（b﹣a），
∴DG＝2AF，
故②符合题意；
∵∠HME＝30°，∠MHE＝90°，
∴MH＝HE，
∴b＝a，
∴b2＝3a2，
∴S1＝3S2，
故③符合题意；
∵A是FG中点，
∴AG＝FA，
∴a﹣（b﹣a）＝b﹣a，
∴2b＝3a，
∴4b2＝9a2，
∴4S1＝9S2，
故④不符合题意．
∴正确的是①②③，
故选：D．
7．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S2＝CD2＝32＝9，S1＝，小正方形边长为，再由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，进而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°进而得∠DGI＝90°最后由勾股定理得：GI＝＝＝，即得选项A．
【解答】解：如图，连接DG，
∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，
∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，
∵DI＝2，CI＝1，
∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，
∵大正方形ABCD的面积为S2，
∴S2＝CD2＝32＝9，
又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，
∴S1＝，
∴EF＝FG＝GH＝HE＝，
∵将EG延长交CD于点I，
∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，
设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，
解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），
即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，
∴DH＝EH＝，
∴CH垂直平分ED，
∴DG＝EG＝，
∴∠DGH＝∠HGE＝45°，
∴∠DGE＝45°+45°＝90°，
∴∠DGI＝90°，
在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，
故选：A．
8．如图，分别以a，b，m，n为边长作正方形，已知m＞n且满足am﹣bn＝2，an+bm＝4．
（1）若a＝3，b＝4，则图1阴影部分的面积是 25 ；
（2）若图1阴影部分的面积为3，图2四边形ABCD的面积为5，则图2阴影部分的面积是 ．
【分析】（1）根据正方形的面积公式列得代数式，然后代入数值计算即可；
（2）结合已知条件可得a2+b2＝3，利用梯形面积公式可得（m+n）2＝10，然后将题干中的两个等式分别平方再相加并整理可得（a2+b2）（m2+n2）＝20，继而求得m2+n2＝，再结合（m+n）2＝10可求得mn＝，根据正方形性质可得图2中阴影部分是一个直角三角形，利用勾股定理求得其两直角边长，再根据三角形面积公式可得其面积为mn＝．
【解答】解：（1）由题意可得图1阴影部分面积为：a2+b2，
∵a＝3，b＝4，
∴a2+b2＝32+42＝25，
故答案为：25；
（2）由题意可得a2+b2＝3，图2中四边形ABCD是直角梯形，
∵AB＝m，CD＝n，它的高为：（m+n），
∴（m+n）（m+n）＝5，
∴（m+n）2＝10，
∵am﹣bn＝2，an+bm＝4，
∴将两式分别平方并整理可得：a2m2﹣2abmn+b2n2＝4①，a2n2+2abmn+b2m2＝16②，
①+②整理得：（a2+b2）（m2+n2）＝20，
∵a2+b2＝3，
∴m2+n2＝，
∵（m+n）2＝10，
∴（m+n）2﹣（m2+n2）＝10﹣，
整理得：2mn＝，
即mn＝，
∵图2中阴影部分的三角形的其中两边是两正方形的对角线，
∴这两边构成的角为：45°+45°＝90°，
那么阴影部分的三角形为直角三角形，其两直角边的长分别为：＝m，＝n，
故阴影部分的面积为：×m×n＝mn＝，
故答案为：．
正方形与“赵爽弦图”综合题思考要点：
此时的正方形有2个，做题中，常用等量关系为——①正方形边长相等；②正方形的面积=边长²
有“赵爽弦图”就有直角三角形全等，对应边相等要多注意；
“赵爽弦图”就是勾股定理，所以此类问题，最终都要找到一个适合的直角三角形，用勾股定理列方程求长度。
求面积就是求长度，此类综合题在正方形的基础上，还有重点考虑以下几点规律：
①有正方形就有边相等，角=90°，当正方形很多时，注意能否证三角形全等来转化等量线段；
②所求图形面积规则，则直接求面积（或面积的表达式），图形面积不规则，则间接求其面积（割补法）；
③求面积就是求长度，等量关系很多时，求长度勿忘勾股定理；
正方形与“三角函数”类综合问题做题方法：
①已知某角的三角函数，但该角不在直角三角形中，则常作垂线构造，或找到该角的等价角，再利用比值设未知数；
②此时的三角函数常用其正切值
③求某个角的三角函数值，可以直接求，也可以转化成其等价角的正切值来求，常见转化等价角的方法有——全等/相似三角形的对应角相等，平行线内错角/同位角相等，等腰三角形等边对等角等；
此类问题注重一点：求比值，找相似，正方形相似，多找平行相似的A字图和8字图，以及K型相似。