2023年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸大題培優(yōu)學(xué)案專題7弦圖與垂直模型（教師版）

專題7弦圖與垂直模型解題策略解題策略模型1：垂直模型如圖：∠D＝∠BCA＝∠E＝90°，BC＝AC.，結(jié)論：Rt△BCD≌Rt△CAE.模型分析說(shuō)到三垂直模型，不得不說(shuō)一下弦圖，弦圖的運(yùn)用在初中直角三角形中占有舉足輕重的地位，很多利用垂直求角，勾股定理求邊長(zhǎng)，相似求邊長(zhǎng)都會(huì)用到從弦圖支離出來(lái)的一部分幾何圖形去求解.圖①和圖②就是我們經(jīng)常會(huì)見到的兩種弦圖.三垂直圖形變形如圖③、圖④，這也是由弦圖演變而來(lái)的.模型2：弦圖模型經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AO上（不與點(diǎn)A，O重合）的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PB且PE交邊CD于點(diǎn)E．（1）求證：PE＝PB；（2）如圖2，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化？若不變，試求出這個(gè)不變的值；若變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）用等式表示線段PC，PA，CE之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）見解析；（2）在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度不發(fā)生變化．PF的長(zhǎng)為定值2；（3）PC=PA+2【分析】（1）做輔助線，構(gòu)建全等三角形，根據(jù)ASA證明△BMP?△PNE即可求解．（2）如圖，連接OB，通過(guò)證明△OBP?△FPE，得到PF=OB，則PF為定值是2．（3）根據(jù)△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，【詳解】（1）證明：如圖①，過(guò)點(diǎn)P作MN∥AD，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N．∵PB⊥PE，∴∠BPE＝90°，∴∠MPB+∠EPN＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠D＝90°．∵AD∥MN，∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，∵∠MPB+∠MBP＝90°，∴∠EPN＝∠MBP．在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，∴△PNC是等腰直角三角形，∴PN＝CN，∴BM＝CN＝PN，∴△BMP≌△PNE（ASA），∴PB＝PE．（2）解：在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，PF的長(zhǎng)度不發(fā)生變化．理由：如圖2，連接OB．∵點(diǎn)O是正方形ABCD對(duì)角線AC的中點(diǎn)，∴OB⊥AC，∴∠AOB＝90°，∴∠AOB＝∠EFP＝90°，∴∠OBP+∠BPO＝90°．∴∠BPE＝90°，∴∠BPO+∠OPE＝90°，∴∠OBP＝∠OPE．由（1）得PB＝PE，∴△OBP≌△FPE（AAS），∴PF＝OB．∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=2∴PF的長(zhǎng)為定值2．（3）解：PC=PA+2理由：如圖1，∵∠BAC＝45°，∴△AMP是等腰直角三角形，∴PA=2由（1）知PM＝NE，∴PA=2∵△PCN是等腰直角三角形，∴PC=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形綜合應(yīng)用，通過(guò)對(duì)三角形全等的證明找出邊之間的關(guān)系，準(zhǔn)確分析代換求解是解題的關(guān)鍵．【例2】．（2021·黑龍江·哈爾濱市第四十九中學(xué)校九年級(jí)階段練習(xí)）正方形ABCD中，點(diǎn)E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點(diǎn)G．（1）如圖1，求證AE⊥BF；（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點(diǎn)H，交BF于點(diǎn)N，連接CN，求證：AN+CN＝2BN；【答案】（1）見解析；（2）見解析；【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS證明△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等量代換即可得；（2）過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BN，交AN于點(diǎn)H，根據(jù)正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，用SAS證明△AGB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根據(jù)角平分線性質(zhì)得∠BHA=∠GAN=45°，則△HBN是等腰直角三角形，用SAS證明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根據(jù)勾股定理即可得；【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，在△ABE和△BCF中，AB=BC∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE=∠CBF，∵∠AEB+∠BAE=180°?∠ABC=180°?90°=90°，∴∠AEB+∠CBF=90°，∴∠EGB=180°?(∠AEB+∠CBF)=180°?90°=90°，∴AE⊥BF；（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BN，交AN于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AC，∠ABC=∠HBN=90°，∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°，∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°，∴∠HBA=∠CBN，由（1）得，AE⊥BF，∴∠AGB=∠AGM=90°，∴∠HBG=∠AGM=90°,∴HB//∴∠BHA=∠EAN，在△AGB和△AGM中，AG=AG∴△AGB≌△AGM（SAS），∴∠BAG=∠MAG，∵AN平分∠DAM，∴∠DAN=∠MAN，∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°，2∠MAG+2∠MAN=90°，∠MAG+∠MAN=45°，∠GAN=45°，∴∠BHA=∠GAN=45°，∴∠BNH=180°?∠HBN?∠BHA=180°?90°?45°=45°，∴△HBN是等腰直角三角形，∴BH=BN，在△ABH和△CBN中，BH=BN∴△ABH≌△CBN（SAS），∴AH=CN，在Rt△HBN中，根據(jù)勾股定理HN=B∴AN+CN=AN+AH=HN=2【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，角平分線，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理和銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握并靈活運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)．【例3】．（2021·云南曲靖·八年級(jí)期末）如圖1，在正方形ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，連接AE，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE于點(diǎn)H，交CD于點(diǎn)G．（1）求證：AE=BG；（2）如圖2，連接AG、GE，點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，試判斷四邊形MNPQ的形狀，并說(shuō)明理由；（3）如圖3，點(diǎn)F、R分別在正方形ABCD的邊AB、CD上，把正方形沿直線FR翻折，使得BC的對(duì)應(yīng)邊B'C'恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A作AO⊥FR于點(diǎn)O，若AB'=1，正方形的邊長(zhǎng)為3，求線段OF的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）四邊形MNPQ為正方形，理由見解析；（3）10【分析】（1）由四邊形ABCD為正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可證△ABE?△BCGASA（2）M、N為AB、AG中點(diǎn)，可得MN為△ABG的中位線，可證MN//BG，MN=12BG，由點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，可得PQ是△BEG的中位線，MQ為△ABE的中位線，NP為△AEG的中位線，可證PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE（3）延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)S，由對(duì)稱性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，設(shè)AF=x，在Rt△AB'F中，12【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABG+∠CBG=90°，∵BG⊥AE，∴∠AHB=90°，∴∠BAE+∠ABG=90°，∴∠BAE=∠CBG，在△ABE與△BCG中，∠BAE=∠CBGAB=BC∴△ABE?△BCGASA∴AE=BG．（2）解：四邊形MNPQ為正方形，理由如下：∵M(jìn)、N為AB、AG中點(diǎn)，∴MN為△ABG的中位線，∴MN//BG，MN=1∵點(diǎn)M、N、P、Q分別是AB、AG、GE、EB的中點(diǎn)，∴PQ是△BEG的中位線，MQ為△ABE的中位線，NP為△AEG的中位線，，∴PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12∴MN=PQ，MQ=NP，∴四邊形MNPQ為平行四邊形．∵AE=BG，∴MN=MQ，∴四邊形MNPQ為菱形，∵BG⊥AE，MQ//AE，∴MQ⊥BG，∵M(jìn)N//BG，∴MN⊥MQ，∴四邊形MNPQ為正方形．（3）解：延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)S，由對(duì)稱性可知BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，在Rt△ABS中，AS=A∴AO=1設(shè)AF=x，則BF=B'F=3?x，在Rt△AB'F中，12x=5∴AF=5在Rt△AOF中，OF=A【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)與判定，等角的余角性質(zhì)三角形全等判定與性質(zhì)，三角形中位線判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)勾股定理建構(gòu)方程，解拓展一元一次方程等知識(shí)，掌握以上知識(shí)是解題關(guān)鍵．【例4】．（2021·河南商丘·八年級(jí)期中）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為4,0，點(diǎn)B為y軸正半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以B為直角頂點(diǎn)，AB為直角邊在第一象限作等腰Rt△ABC．(1)如圖1，若OB=3，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為______；(2)如圖2，若OB=4，點(diǎn)D為OA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，以D為直角頂點(diǎn)，BD為直角邊在第一象限作等腰Rt△BDE，連接AE，求證：AE⊥AB；(3)如圖3，以B為直角頂點(diǎn)，OB為直角邊在第三象限作等腰Rt△OBF．連接CF，交y軸于點(diǎn)P，求線段BP的長(zhǎng)度．【答案】(1)點(diǎn)C（3，7）；(2)證明見詳解過(guò)程；(3)2．【分析】（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸，由“AAS”可證△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；（2）過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于F，由“AAS”可證△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得結(jié)論；（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可證△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．(1)如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸于H，∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°，∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，∴∠ABO=∠BCH，在△ABO和△BCH中，∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABO∴△ABO≌△BCH（AAS），∴CH=OB=3，BH=AO=4，∴OH=7，∴點(diǎn)C（3，7），故答案為：（3，7）；(2)過(guò)點(diǎn)E作EF⊥x軸于F，∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°，∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，∴∠DBO=∠EDF，在△BOD和△DFE中，∠BOD=∠EFD∠DBO=∠EDF∴△BOD≌△DFE（AAS），∴BO=DF=4，OD=EF，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），∴OA=OB=4，∴∠BAO=45°，∵OA=DF=4，∴OD=AF=EF，∴∠EAF=∠AEF=45°，∴∠BAE=90°，∴BA⊥AE；(3)過(guò)點(diǎn)C作CG⊥y軸G，由（1）可知：△ABO≌△BCG，∴BO=GC，AO=BG=4，∵BF=BO，∠OBF=90°，∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，又∵∠CPG=∠FPB，∴△CPG≌△FPB（AAS），∴BP=GP，∴BP=12BG【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造直角三角形是本題的關(guān)鍵．【例5】．（2021·黑龍江·哈爾濱市風(fēng)華中學(xué)校九年級(jí)階段練習(xí)）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥DE，垂足為點(diǎn)F，BF與CD相交于點(diǎn)G．（1）求證：△BCG≌△DCE；（2）如圖2，連接BD，若BE＝42，DG＝22，求tan∠DBG的值．【答案】（1）見解析；（2）1【分析】（1）由正方形的性質(zhì)結(jié)合已知條件，利用ASA判定三角形全等即可；（2）過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BD垂足為H，由全等求得CG＝CE，進(jìn)一步結(jié)合圖形求得BC和CG的長(zhǎng)，然后在RT△BDC中求得GH和BH的長(zhǎng)，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG＝HGBH【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCG＝∠DCE＝90°，BC＝CD，∵BF⊥DE，∴∠DFG＝∠BCG＝90°，∵∠BGC＝∠DGF，∴∠CBG＝∠CDE．在△BCG和△DCE中，∠CBG=∠CDEBC=CD∴△BCG≌△DCE，（2）解：過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BD垂足為H，∵△BCG≌△DCE，∴CG＝CE，∵BE＝BC+CE＝42，DG＝CD﹣CG＝2∴BC＝CD＝32，CG＝CE＝2在RT△BDC中，∵∠BCD＝90°，∴BD＝CD2+B∵∠DHG＝45°，∠DHG＝90°，DG＝22∴DHDG=sin∴DH＝2，∴GH＝DH＝2，∵BH＝BD﹣DH，∴BH＝6﹣2＝4，在RT△BHG中，∵∠BHG＝90°，∴tan∠DBG＝HGBH∴tan∠DBG＝1【點(diǎn)睛】本題考查三角形全等的證明，直角三角形中銳角三角函數(shù)的定義等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想解題是重點(diǎn)．培優(yōu)訓(xùn)練培優(yōu)訓(xùn)練一、解答題1．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)由圖1，證明：DE=AD+BE；(2)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，請(qǐng)猜想出DE，AD，BE的等量關(guān)系并說(shuō)明理由；(3)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，試問(wèn)DE，AD，BE又具有怎樣的等量關(guān)系？請(qǐng)直接寫出這個(gè)等量關(guān)系（不必說(shuō)明理由）．【答案】(1)證明見解析；(2)DE=AD?BE，證明過(guò)程見解析；(3)DE=BE?AD，證明過(guò)程見解析【分析】(1)先證明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，進(jìn)而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；(2)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進(jìn)而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；(3)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進(jìn)而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．【詳解】解：(1)證明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∵AD⊥MN，∴∠ACD+∠CAD=90°，∴∠BCE=∠CAD，又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90∴△ADC≌△CEB(AAS)，∴AD=CE，DC=BE，∵直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，∴DE=CE+DC=AD+BE；(2)DE，AD，BE的等量關(guān)系為：DE=AD?BE，理由如下：∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE，在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=∴△ADC≌△CEB∴CE=AD，CD=BE，∴DE=CE?CD=AD?BE；(3)當(dāng)MN旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，DE、AD、BE所滿足的等量關(guān)系是DE=BE?AD，理由如下：∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE，在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=∴△ADC≌△CEB∴CE=AD，CD=BE，∴DE=CD?CE=BE?AD.【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性質(zhì)及等角的余角相等等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握三角形全等的判定方法是求解的關(guān)鍵．2．（2022·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作直線CD的垂線，垂足為E，連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AE的垂線交CE于點(diǎn)F．（1）如圖1，求∠AEC的度數(shù)；（2）如圖2，連接BF，且∠ABF?∠EAB=15°，求證：BF=2CF；（3）如圖3，在（2）的條件下，G為DF上一點(diǎn)，連接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的長(zhǎng)．【答案】（1）45°；（2）見解析；（3）2【分析】（1）先證明∠EAB=∠FAC,∠AEB=∠AFC,再證明△ABE?△ACF,再利用全等三角形的性質(zhì)結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得答案；（2）利用全等三角形的性質(zhì)先求解∠EBF=60°，證明BE=CF,再求解∠EFB=30°，從而可得結(jié)論；（3）如圖，過(guò)A作AM⊥EF于M,交BF于N,連接EN,證明△BEN為等邊三角形，再證明△AGM?△ENM，再利用全等三角形的性質(zhì)可得答案.【詳解】解：（1）∵∠BAC=90°，AE⊥AF,∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAC,∵BE⊥CE,∴∠BED=90°,∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC,即∠AEB=∠AFC,∴△ABE?△ACF，∴AE=AF，∠AEC=45°．（2）∵△ABE?△ACF，∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,∴∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,∴∠EBA+∠EAB=45°,∵∠ABF?∠EAB=15°,∴∠ABF=15°+∠EAB,∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,∴∠BFE=90°?60°=30°,∴BF=2BE，∵BE=CF，∴BF=2CF．（3）如圖，過(guò)A作AM⊥EF于M,交BF于N,連接EN,∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,∴EM=MF=AM,NE=NF,∴∠NEF=∠NFE=30°,∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,∴∠EBN=∠ENB=60°,∴△BEN為等邊三角形，∠ENF=120°,∴BE=BN=1∵∠AGD=∠EBF=60°,AM⊥EF,∴∠ENM=1∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,∴△AGM?△ENM，∴AG=EN=2，∴CF=BE=2．【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等腰斜邊的一半，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，熟練的應(yīng)用以上知識(shí)解題的關(guān)鍵.3．（2020·北京市第十三中學(xué)九年級(jí)期中）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如圖1，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接CE．①若∠BAD＝α，求∠DBE的大?。ㄓ煤恋氖阶颖硎荆?；②用等式表示線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．（2）如圖2，點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD，垂足E在線段AD上，連接CE．①依題意補(bǔ)全圖2；②直接寫出線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）①∠DBE＝45°﹣α；②AE﹣BE=2EC，證明見解析；（2）①補(bǔ)全圖形見解析；②EB﹣EA=2【分析】（1）①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=45°?α．根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求出∠DBE=∠CAD=②過(guò)點(diǎn)C作CR⊥CE交AE于R，然后證明△ACR≌△BCE，得到AR＝BE，CR＝CE，即可得到△CER是等腰直角三角形，ER=2CE（2）①根據(jù)題目要求作圖即可；②過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CE，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠CAF=∠CBE，證明△ACF≌△BCE.根據(jù)全等三角形的性質(zhì)有AF=BE，CF=CE．根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)有EF=2EC．則有AF-EA=2EC，即可求出線段EA，EB和EC之間的數(shù)量關(guān)系．【詳解】解：（1）①如圖1中，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∵∠BAD＝α，∴∠CAD＝45°﹣α．∵∠ACB＝90°，BE⊥AD，∠ADC＝∠BDE，∴∠DBE＝∠CAD＝45°﹣α；②結(jié)論：AE﹣BE=2EC理由：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CR⊥CE交AE于R．∴∠ACB＝∠RCE＝90°，∴∠ACR＝∠BCE，∵∠CAR+∠ADC＝90°，∠CBE+∠BDE＝90°，∠ADC＝∠BDE，∴∠CAR＝∠CBE，在△ACR和△BCE中，∠ACR=∠BCECA=CB∴△ACR≌△BCE（ASA），∴AR＝BE，CR＝CE，∴△CER是等腰直角三角形，∴ER=2CE∴AE﹣BE＝AE﹣AR＝ER=2EC（2）①補(bǔ)全圖形，如圖2所示：②猜想：當(dāng)D在BC邊的延長(zhǎng)線上時(shí)，EB﹣EA=2EC過(guò)點(diǎn)C作CF⊥CE，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，如圖3所示：則∠ECF＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝90°，∴∠ECF+∠ACE＝∠ACB+∠ACE，即∠ACF＝∠BCE，∵∠CAF+∠ADB＝90°，∠CBE+∠ADB＝90°，∴∠CAF＝∠CBE，在△ACF和△BCE中，∠ACF=∠BCEAC=BC∴△ACF≌△BCE（ASA），∴AF＝BE，CF＝CE．∵∠ECF＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴EF=2EC即AF﹣EA=2EC∴EB﹣EA=2EC【點(diǎn)睛】考查等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等，難度一般，掌握全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．4．（2021·四川省成都市七中育才學(xué)校七年級(jí)期中）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，在直線AC右側(cè)作AE⊥AD，且AE=AD．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，連接DE．求證：EH=AC；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接BE交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．求證：BM=EM；（3）當(dāng)點(diǎn)D在直線CB上時(shí)，連接BE交直線AC于M，若2AC=5CM，請(qǐng)求出S△ADBS【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）43或【分析】（1）由“AAS”可證△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求證；（2）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交CA延長(zhǎng)線于N，由“AAS”可證△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可證△ENM≌△BCM，可得BM=EM；（3）AC=5a，CM=2a，分三種情況：當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上，點(diǎn)D在線段BC的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上，由全等三角形的性質(zhì)可求得相應(yīng)線段的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式可求解．【詳解】證明（1）∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAH=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，∴∠EAH=∠ADC，在△AHE與△DCA中∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADC∴△AHE≌△DCA(AAS)，∴EH=AC；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交CA延長(zhǎng)線于N，∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAN=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，∴∠EAN=∠ADC，在△ANE與△DCA中，∠ANE=∠DCA=90°∴△ANE≌△DCA(AAS)，∴EN=AC，又∵AC=BC，∴EN=BC，又在△ENM與△BCM中，∠EMN=∠BMC∴△ENM≌△BCM(AAS)，則BM=EM；（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，∵2AC=5CM，∴可設(shè)AC=5a，CM=2a，由（1）得：△AHE≌△DCA，則AH=CD，EH=AC=BC=5a，由∵∠EHM=∠BCM=90°，∠BMC=∠EMH，∴△MHE≌△MCB（AAS），∴CM=HM，即HM=CM=2a，∴AH=AC?CM?HM=5a?2a?2a=a，∴AM=AH+HM=3a，CD=AH=a，EH=AC=5a，BD=BC?CD=4a，∴S如圖，點(diǎn)D在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC，交AC延長(zhǎng)線于N，∵2AC=5CM，∴可設(shè)AC=5a，CM=2a，∵EN⊥AC，AE⊥AD，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠EAN=90°?∠CAD，∠ADC=90°?∠CAD，∴∠EAN=∠ADC，在△ANE與△DCA中，∠ANE=∠DCA=90°∴△ANE≌△DCA(AAS)，∴EN=AC，AN=CD，又∵AC=BC，∴EN=BC，又在△ENM與△BCM中，∠EMN=∠BMC∴△ENM≌△BCM(AAS)，∴CM=NM=2a，NE=BC=AC=5a，∴AN=AC+CM+MN=9a，AM=AC+CM=7a，AN=CD=9a，∴BD=4a，∴S點(diǎn)D在BC延長(zhǎng)線上由圖2得：AC<CM，∴2AC=5CM不可能，故舍去綜上：S△ADBS△AEM的值為【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．5．（2022·江蘇·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）在△ABC中，AB=BC，∠B=90°，點(diǎn)D為直線BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合），連結(jié)AD，將線段AD繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，使點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)E，連結(jié)EC．（1）如果點(diǎn)D在線段BC上運(yùn)動(dòng)，如圖1：求證：∠BAD=∠EDC（2）如果點(diǎn)D在線段BC上運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)寫出AC與CE的位置關(guān)系．通過(guò)觀察、交流，小明形成了以下的解題思路：過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC交直線BC于F，如圖2所示，通過(guò)證明△DEF≌△ABD，可推證△CEF等腰直角三角形，從而得出AC與CE的位置關(guān)系，請(qǐng)你寫出證明過(guò)程．（3）如果點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)，利用圖3畫圖分析，（2）中的結(jié)論是否仍然成若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）見解析；（2）垂直，理由見解析；（3）成立，證明見解析【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)證明即可；（2）過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC交直線BC于F，如圖2所示，通過(guò)證明△DEF≌△ABD，可推證△CEF等腰直角三角形，從而得出AC與CE的位置關(guān)系；（3）如圖3所示，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DC于F，證明△ABD≌△DFE，進(jìn)一步可證明AC⊥EC【詳解】解：（1）證明：∵∠B=90°∴∠BDA+∠BAD=90°∵∠ADE=90°∴∠BDA+∠EDC=90°∴∠BAD=∠EDC（2）垂直∵EF⊥BC∴∠EFD=90°∵∠B=90°∴∠EFD=∠B在△ABD和△DFE中∠BAD=∠FDE∴△ABD≌△DFE∴AB=DF，BD=EF∵AB=BC∴BC=DF，∴BC?DC=DF?DC即BD=CF．∴EF=CF又∵∠EFC=90°∴∠ECF=45°，且∠ACB=45°∴∠ACE=180°?90°=90°即AC⊥CE．（3）（2）中的結(jié)論仍然成立如圖3所示，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DC于F∵∠ABD=90°∴∠EDF=∠DAB=90°?∠ADB在△ABD和△DFE中∠DAB=∠EDF∴△ABD≌△DFE∴DB=EF，AB=DF=BC∴BC?BF=DF?BF即FC=DB∴FC=EF∴∠DCE=45°∴∠ACE=∠DCE+∠ACB=90°∴AC⊥EC．【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明△ABD≌△DFE是解本題的關(guān)鍵．6．（2021·黑龍江·哈爾濱市第四十七中學(xué)八年級(jí)開學(xué)考試）如圖，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，分別過(guò)B、C向過(guò)A的直線作垂線，垂足分別為E、F．（1）如圖1，過(guò)A的直線與斜邊BC不相交時(shí)，直接寫出線段EF、BE、CF的數(shù)量關(guān)系是______；（2）如圖2，過(guò)A的直線與斜邊BC相交時(shí)，探究線段EF、BE、CF的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（3）在（2）的條件下，如圖3，直線FA交BC于點(diǎn)H，延長(zhǎng)BE交AC于點(diǎn)G，連接BF、FG、HG，若∠AHB=∠GHC，EF=CF=6，EH=2FH，四邊形ABFG的面積是90，求△GHC的面積．【答案】（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．證明見詳解；（3）S△GHC=15．【分析】（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF．利用一線三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再證△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．先證∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC==90°，可得∠EBA=∠FAC，再證△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；（3）先由（2）結(jié)論EF=BE-CF；EF=CF=6，求出BE=AF=12，由EH=2FH，可求FH=2，EH=4，利用對(duì)角線垂直的四邊形面積可求BG=2×90AF=18012=15，再求EG=3，AH=10，分別求出S△ACF=12AF?FC=36，S△HCF【詳解】解：（1）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE+CF．∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵∠AEB=∠CFA∠EBA=∠FAC∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF+AE=BE+CF；（2）數(shù)量關(guān)系為：EF=BE-CF．∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC==90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵∠AEB=∠CFA∠EBA=∠FAC∴△EBA≌△FAC（AAS），∴BE=AF，AE=CF，∴EF=AF-AE=BE-CF；（3）∵EF=BE-CF；EF=CF=6，∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，∵EH=2FH，EH+FH=EF=6，∴2FH+FH=6，解得FH=2，∴EH=2FH=4，S四邊形ABFG=12AF?BG∴BG=2×90AF∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，∵S△ACF=12AF?FC=12×12×6=36，S△HCF=12HF?FC=1∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15．【點(diǎn)睛】本題考查圖形變換探究線段和差問(wèn)題，感知，探究以及應(yīng)用，三角形全等判定與性質(zhì)，三角形面積，四邊形面積，與三角形高有關(guān)的計(jì)算，掌握?qǐng)D形變換探究線段和差問(wèn)題，感知，探究以及應(yīng)用，三角形全等判定與性質(zhì)，三角形面積，四邊形面積，與三角形高有關(guān)的計(jì)算是解題關(guān)鍵．7．（2021·江蘇泰州·八年級(jí)期末）如圖，正方形ABCD邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)G在邊AD上（不與點(diǎn)A、D重合），BG的垂直平分線分別交AB、CD于E、F兩點(diǎn)，連接EG．（1）當(dāng)AG=1時(shí)，求EG的長(zhǎng)；（2）當(dāng)AG的值等于時(shí)，BE=8－2DF；（3）過(guò)G點(diǎn)作GM⊥EG交CD于M

①求證：GB平分∠AGM；

②設(shè)AG=x，CM=y，試說(shuō)明16xy【答案】（1）178；（2）8?43（3）①見解析；②【分析】（1）根據(jù)EF是線段BG的垂直平分線，BE=EG，設(shè)EG=EB=x，則AE=AB-BE=4-x，再由勾股定理求解即可；（2）過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB于H，連接FB，F(xiàn)G，由BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到BE=2CF，先證明四邊形BCFH是矩形，得到CF=HB，則BH=EH=FC，設(shè)AG=x，BE=y，則AE=4-y，GD=4-x，CF=12y，DF=4?12y由AE2+AG（3）①先證明∠EBG=∠EGB，然后根據(jù)ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到∠AGB=∠BGM；②連接BM，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥GM，由角平分線的性質(zhì)得到BH=AB=4，由S正方形ABCD=S△ABG+S△MBG【詳解】解：（1）∵EF是線段BG的垂直平分線，∴BE=EG，∵四邊形ABCD是正方形，且邊長(zhǎng)為4，∴AB=4，∠A=90°，設(shè)EG=EB=x，則AE=AB-BE=4-x，∵AE∴4?x2解得x=17∴EG=17（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB于H，連接FB，F(xiàn)G∵EF是線段BG的垂直平分線，∴BF=FG，∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，∴BE=2CF，∵四邊形ABCD是正方形，F(xiàn)H⊥AB，∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°，∴四邊形BCFH是矩形，∴CF=HB，∴BH=EH=FC，設(shè)AG=x，BE=y，則AE=4-y，GD=4-x，CF=12y∵AE2+AG2∴4?y2+x聯(lián)立①②解得x=8?43或x=8+4∴當(dāng)AG=8?43時(shí)，BE=8-2DF故答案為：8?43（3）①∵EF是線段BG的垂直平分線，∴EG=BE，∴∠EBG=∠EGB，∵四邊形ABCD是正方形，EG⊥GM，∴∠A=∠EGM=90°，∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，∴∠AGB=∠BGM，∴BG平分∠AGM；②如圖，連接BM，過(guò)點(diǎn)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，∵S正方形ABCD∴12∴2x+2GM+2y+1∴GM=4?xy∵DM∴4?x∴16?8x+∴x+y2∴x+y?42∴x+y?4=±xy當(dāng)x+y?4=xy4時(shí)，則∴y=16?4x∴4x+4y?16=?xy∴16xy【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形的面積等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．8．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）已知，如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點(diǎn)D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合)．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的反向延長(zhǎng)線上，且點(diǎn)A，F(xiàn)分別在直線BC的兩側(cè)時(shí)．(1)求證：△ABD≌△ACF；(2)若正方形ADEF的邊長(zhǎng)為22，對(duì)角線AE，DF相交于點(diǎn)O，連接OC，求OC【答案】(1)證明見解析；(2)OC=2【分析】（1）由題意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，則有∠DAB＝∠FAC，進(jìn)而可證AB＝AC，然后問(wèn)題可證；（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，則有∠ABD＝∠ACF，進(jìn)而可得∠ACF＝135°，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可求解．【詳解】(1)證明：∵四邊形ADEF為正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，又∵∠BAC＝90°，∴∠DAB＝∠FAC，∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，∴∠ACB＝45°，∴∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC，∴△ABD≌△ACF(SAS)；(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，∴∠ABD＝∠ACF，∵∠ABC＝45°，∴∠ABD＝135°，∴∠ACF＝135°，由(1)知∠ACB＝45°，∴∠DCF＝90°，∵正方形ADEF邊長(zhǎng)為22∴DF＝4，∴OC＝12DF＝1【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2021·安徽安慶·八年級(jí)期末）如圖1，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C）延長(zhǎng)AE交CE于點(diǎn)F，連接DE．（1）試判斷四邊形BE′FE的形狀，并說(shuō)明理由．（2）如圖2，若DA＝DE，請(qǐng)猜想線段CF于FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明．（3）如圖1，若AB＝17，CF＝3，請(qǐng)直接寫出DE的長(zhǎng)．【答案】（1）正方形，理由見解析；（2）CF＝FE'，證明見解析；（3）5【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四邊形BE′FE是正方形；（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，由DA＝DE得AG＝12AE，再證明△ADG≌△BAE，且由四邊形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝12（3）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，由旋轉(zhuǎn)及四邊形BE′FE是正方形可得如下關(guān)系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根據(jù)勾股定理求出BE、AE的長(zhǎng)，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的長(zhǎng)．【詳解】解：（1）四邊形BE′FE是正方形．理由如下：由旋轉(zhuǎn)得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，∴四邊形BE′FE是矩形，由旋轉(zhuǎn)得，BE′＝BE，∴四邊形BE′FE是正方形．（2）CF＝FE'，證明：如圖2，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，則∠DGA＝∠AEB＝90°，∵DA＝DE，∴AG＝12AE∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝AB，∠DAB＝90°，∴∠BAE+∠DAG＝90°，∵∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠ADG＝∠BAE，在△ADG和△BAE中∠ADG=∠BAE∠AGD=∠AEB∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四邊形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′，由旋轉(zhuǎn)得，AE＝CE′，∴12AE＝12∴FE′＝12AE＝12∴CF＝FE'．（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，∵BE＝FE′，CF＝3，∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝17，∴(BE+3)2+BE2＝(17)2，解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合題意，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＝DG2+G【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，構(gòu)造全等三角形．10．（2021·湖北鄂州·八年級(jí)期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)P是線段AB的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)M是線段AB上一點(diǎn)，連接DM，以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)作MN⊥DM交∠CBP的角平分線于N，過(guò)點(diǎn)C作CE//MN交AD于E，連接EM，CN，（1）求證：DM=MN．（2）求證：EM//（3）若AE=1，BN=32，求DN【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）5【分析】（1）在邊DA上截取線段DF，使DF=MB連MF，證明△MDF≌△NMB即可求解；（2）由（1）△MDF≌△NMB，證明四邊形EMNC為平行四邊形即可求解；（3）過(guò)N作NQ⊥AP垂足為Q，由（2）知，△EDC≌△MAD；得到AD?DE=AB?AM，AE=MB，BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，可知三角形NBQ是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．【詳解】（1）證明：在邊DA上截取線段DF，使DF=MB連MF．∵四邊形ABCD是正方形∴AB=BC=CD=AD;∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°∴∠CBP=180°?∠ABC=90°∵BN平分∠CBP∴∠CBP=45°∴∠NBM=∠ABC+∠CBN=90°+45°=135°∵DF=MB,AD=AB∴AD?DF=AB?MB∴AF=AM在Rt△FAM中,AF=AM,∴∠AFM=∠AMF=45°∴∠MFD=180°?∠AFM=135°∴∠MFD=∠NBM∵∠DMN=90°∴∠NMB+∠DMA=180°?90°=90°∵∠DMA+∠MDF=90°∴∠NMB=∠MDF在△MDF和△NMB中{∴△MDF≌△NMB(∴DM=MN．（2）如圖，設(shè)DM與CE的交點(diǎn)為H，∵四邊形ABCD是正方形∴AD=DC,∠DAM=∠CDE=90°∵∠DMN=90°,CE∴∠DHC=90°,∴∠HDC+∠DCH=90°∴∠HDC+∠ADM=90°∴∠DCE=∠ADM,在△EDC和△MAD中，{∴△EDC≌△MAD(ASA∴EC=DM又DM=MN，∴EC=MN又EC//∴四邊形EMNC為平行四邊形．∴EM//（3）解：如圖所示，過(guò)N作NQ⊥AP垂足為Q．由（2）知，△EDC≌△MAD∴DE=MA，又AD=AB∴AD?DE=AB?AM即AE=MB=1∵BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，∴三角形NBQ是等腰直角三角形，在Rt△NBQ中，設(shè)BQ=x，則NQ=BQ=x，即x2∴x=3．∴NQ=3，MQ=1+3=4，在Rt△MQN中，MN=3又∵在Rt△DMN中，MN=5，DM=5，∴DN=5【點(diǎn)睛】此題考查的是全等三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定和判定以及勾股定理的應(yīng)用，掌握它們的性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．11．（2022·廣東·塘廈初中八年級(jí)期中）四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．（1）如圖，求證：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝4，CE＝22，求CG的長(zhǎng)度；（3）當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是40°時(shí)，直接寫出∠EFC的度數(shù)．【答案】（1）見解析；（2）22；（3）∠EFC＝130°或40°【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根據(jù)正方形的判定定理證明即可；（2）通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)E是AC中點(diǎn)，點(diǎn)F與C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解決問(wèn)題；（3）分兩種情形：①如圖3，當(dāng)DE與AD的夾角為40°時(shí)，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根據(jù)角的和差得到∠EFC＝130°，②如圖4，當(dāng)DE與DC的夾角為40°時(shí)，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖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，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴△EQF≌△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如圖2中，在Rt△ABC中，AC＝2AB＝42，∵CE＝22，∴AE＝CE，∴點(diǎn)F與C重合，此時(shí)△DCG是等腰直角三角形，∴四邊形DECG是正方形，∴CG＝CE＝22；（3）①如圖3，當(dāng)DE與AD的夾角為40°時(shí)，∠DEC＝45°＋40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如圖4，當(dāng)DE與DC的夾角為40°時(shí)，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，綜上所述，∠EFC＝130°或40°．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的判定以及性質(zhì)，涉及了全等三角形的證明、等腰直角三角形等性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．（2021·山西·八年級(jí)期末）綜合與實(shí)踐：如圖1，在正方形ABCD中，連接對(duì)角線AC，點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E是線段OA上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，O重合），連接DE，BE．過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交直線BC于點(diǎn)F．（1）試猜想線段DE與EF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）試猜想線段CE,CD,CF之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）如圖2，當(dāng)E在線段CO上時(shí)（不與點(diǎn)C，O重合），EF交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，保持其余條件不變，直接寫出線段CE,CD,CF之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）DE=EF，理由見解析；（2）2CE=CD+CF，理由見解析；（3）2【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可證得△BCE≌△DCE，由此可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，再根據(jù)同角的補(bǔ)角相等證得∠CDE=∠EFB，等量代換可得∠CBE=∠EFB，由此可得BE=EF，再等量代換即可得證；（2）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥EC交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，先證明EG=EC，利用勾股定理可得CG=2CE，再證明△EGF≌△ECB，由此可得（3）仿照（1）和（2）的證明即可證得2CE=CD?CF【詳解】解：（1）DE=EF，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD=AD，∠BCD=∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=180°?∠ADC∴∠BCE=∠BCD?∠DCA=45°，∴∠BCE=∠DCE，在△BCE與△DCE中，BC=DC∴△BCE≌△DCE(SAS)，∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，∵EF⊥DE，∴∠FED=90°，∵∠EFC+∠BCD+∠CDE+∠FED=360°，∴∠CDE+∠EFC=180°，∵∠EFC+∠EFB=180°，∴∠CDE=∠EFB，∴∠CBE=∠EFB，∴BE=EF，∴DE=EF；（2）2CE=CD+CF如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥EC交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，∴∠CEG=90°，由（1）知：∠BCE=45°，∴∠EGC=∠BCE=45°，∴EG=EC，∴在Rt△GEC中，CG=C在△EGF與△ECB中，∠EGF=∠ECB∴△EGF≌△ECB(AAS)，∴GF=CB=CD，又∵CG=GF+CF=CD+CF，∴2CE=CD+CF（3）2CE=CD?CF如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥EC交BC于點(diǎn)G，設(shè)CD與EF的交點(diǎn)為點(diǎn)P，∴∠CEG=90°，由（1）可知：∠BCE=45°，∴∠EGC=∠BCE=45°，∴EG=EC，∴在Rt△GEC中，CG=C∵EF⊥DE，∴∠FED=90°，∴∠CDE+∠EPD=90°，∵∠DCF=180°?∠BCD=90°，∴∠CFE+∠CPF=90°，又∵∠EPD=∠CPF，∴∠CDE=∠CFE，由（1）可知：∠CBE=∠CDE，∴∠CBE=∠CFE，在△EGF與△ECB中，∠EGF=∠ECB∴△EGF≌△ECB(AAS)，∴GF=CB=CD，又∵CG=GF?CF=CD?CF，∴2CE=CD?CF【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，作出正確的輔助線并能靈活運(yùn)用相關(guān)圖形的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．13．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，已知正方形ABCD和正方形CEGF，點(diǎn)F,C,B在同一直線上，連接BE，DF，DF與EG相交于點(diǎn)M．（1）求證：BE=FD．（2）如圖2，N是BC邊上的一點(diǎn)，連接AN交BE于點(diǎn)H，且BNBC①求證：BN=EC；②若CE=2DE，直接寫出BNAB【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②BN【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出BC=CD，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS證明△BCE≌△DCF，得出對(duì)應(yīng)邊相等BE=FD；（2）①由正方形的性質(zhì)得出CD//GE，得出△DEM～△FGM，從而得到GMEM②由CE=2DE得出CE=23DC，結(jié)合①可得BN=【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°∴△BCE≌△DCF（SAS），∴BE=FD；（2）①∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，∴CD//GE，GF=EC∴△DEM～△FGM，∴GM∴GM∵BN∴BN∵BC=CD∴BN=EC②∵CE=2DE∴CE=∵BN=EC∴BN∵AB=CD∴BN【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、相全等三角形的性質(zhì)和判定，得出△DEM～△FGM是解題的關(guān)鍵14．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）探究證明：（1）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在邊BC、CD上，AM⊥BN．求證：BN=AM；（2）如圖2，矩形ABCD中，點(diǎn)M在BC上，EF⊥AM，EF分別交AB、CD于點(diǎn)E、F．求證：EFAM（3）如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，點(diǎn)M、N分別在邊BC、AB上，求DNAM【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）45【分析】（1）由矩形的性質(zhì)結(jié)合等角的余角相等，可證明∠NBC=∠MAB，進(jìn)而證明△BCN∽△ABM，最后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例解題即可；（2）過(guò)點(diǎn)B作BG∥EF交CD于G，由兩組對(duì)邊分別平行判定四邊形BEFG是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可證明△GBC∽△MAB，最后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例解題即可；（3）過(guò)點(diǎn)D作平行于AB的直線交過(guò)點(diǎn)A平行于BC的直線于R，交BC的延長(zhǎng)線于S，連接AC，可得四邊形ABSR是平行四邊形，再由含有一個(gè)90°角的平行四邊形是矩形，證明四邊形ABSR是矩形，進(jìn)而得到∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，結(jié)合（2）中結(jié)論可證明△ACD≌△ACB，由全等三角形對(duì)應(yīng)角相等得到∠ADC=∠ABC，再由等角的余角相等，證明△RAD∽△SDC，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例，設(shè)SC=x，解得DR、DS的長(zhǎng)，再結(jié)合勾股定理解題即可．【詳解】（1）證明∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C=90°∴∠NBA+∠NBC=90°．∵AM⊥BN，∴∠MAB+∠NBA=90°，∴∠NBC=∠MAB，∴△BCN∽△ABM，∴BNAM=（2）結(jié)論：EFAM=理由：如圖2中，過(guò)點(diǎn)B作BG//EF交CD于G，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴四邊形BEFG是平行四邊形，∴BG=EF．∵EF⊥AM，∴BG⊥AM，∴∠GBA+∠MAB=90°．∵∠ABC=∠C=90°，∴∠GBC+∠GBA=90°，∴∠MAB=∠GBC，∴△GBC∽△MAB，∴BGAM=BC∴EFAM=（3）過(guò)點(diǎn)D作平行于AB的直線交過(guò)點(diǎn)A平行于BC的直線于R，交BC的延長(zhǎng)線于S，連接AC，則四邊形ABSR是平行四邊形．∵∠ABC=90°，∴四邊形ABSR是矩形，∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．∵AM⊥DN，∴由（2）中結(jié)論可得：DNAM=∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，∴△ACD≌△ACB，∠ADC=∠ABC=90°，∴∠SDC+∠RDA=90°．∵∠RAD+∠RDA=90°，∴∠RAD=∠SDC，∴△RAD∽△SDC，∴CDAD=，設(shè)SC=x，∴510=∴RD=2x，DS=10-2x，在Rt△CSD中，∵CD∴52=（10-2x）2+x2，∴x=3或5（舍棄），∴BS=5+x=8，∴DNAM=BSAB=8【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，正確作出輔助線、掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．15．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)．作正方形DEFG，使點(diǎn)A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．（1）試猜想線段BG和AE的關(guān)系（直接寫出答案，不用證明）；（2）將正方形DEFG繞點(diǎn)D逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α≤60°），判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)利用圖②證明你的結(jié)論；（3）若BC＝DE＝4，當(dāng)α等于多少度時(shí)，AE最大？并求出此時(shí)AF的值．【答案】（1）BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（3）當(dāng)α為270°時(shí)，AE最大，AF＝2【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．（3）由（2）可知BG=AE，當(dāng)BG取得最大值時(shí)，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出結(jié)論．【詳解】解：（1）結(jié)論：BG＝AE，BG⊥AE．理由：如圖1，延長(zhǎng)EA交BG于K．∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∵四邊形DEFG是正方形，∴DE＝DG．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GAK＝∠DAE，∴∠AKG＝∠ADE＝90°，∴EA⊥BG．（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE．理由：如圖2，連接AD，延長(zhǎng)EA交BG于K，交DG于O．∵在Rt△BAC中，D為斜邊BC中點(diǎn)，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB＝90°．∵四邊形EFGD為正方形，∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，∴∠ADG+∠ADE＝90°，∴∠BDG＝∠ADE．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GOK＝∠DOE，∴∠OKG＝∠ODE＝90°，∴EA⊥BG．（3）∵BG＝AE，∴當(dāng)BG取得最大值時(shí)，AE取得最大值．如圖3，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時(shí)，BG＝AE．∵BC＝DE＝4，∴BG＝2+4＝6．∴AE＝6．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF＝AE2+E∴AF＝213【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形全等是關(guān)鍵．16．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)M在邊AD所在的直線上，連接CM，以M為直角頂點(diǎn)在CM右側(cè)作等腰Rt△CMN，連接BN.（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)，且A、B、N三點(diǎn)共線時(shí)，BN=______；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A右側(cè)，且AM=52時(shí)，求（3）若點(diǎn)M在邊AD所在直線上，且BN=26，求AM【答案】（1）6；（2）310【分析】（1）易證得四邊形CDMF和四邊形ANEM都是矩形，證得Rt△EMN?Rt△FCM，得到MF=NE=BF=2，EM=FC=4，即可求得BN的長(zhǎng)；（2）易證得四邊形CDGH和四邊形ANHG都是矩形，證得Rt△CDM?Rt△MGN，求得NH=32，BH=AG=AM+MG=（3）分點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)、點(diǎn)M在點(diǎn)D右側(cè)、點(diǎn)M在線段AD上三種情況討論，分別利用勾股定理構(gòu)造方程即可求解．【詳解】（1）過(guò)M作EF∥AB，過(guò)N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)CB交EF于F，如圖所示：又∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，∴四邊形CDMF和四邊形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△EMN?Rt△FCM，∴MF=NE=2，則NE=BF=2，EM=FC=BF+BC=2+2=4，∴BN=EF=EM+MF=4+2=6；（2）過(guò)N作GH∥AB，延長(zhǎng)AD、BC交GH于G、H，如圖所示：又∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，∴四邊形CDGH和四邊形ABHG都是矩形，∴GH=CD=2，AG=BH，DG=CH，∵AM=52∴DM=52同理可證得Rt△CDM?Rt△MGN，∴GN=DM=12∴NH=GH-GN=2-12BH=AG=AM+MG=52∴BN=NH2（3）點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)，過(guò)M作EF∥AB，過(guò)N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)CB交EF于F，延長(zhǎng)BA交NE于G，如圖所示：又∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，∴四邊形CDMF、四邊形BFEG和四邊形AMEG都是矩形，∴MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM，同理可證得Rt△NEM?Rt△MFC，∴MF=EN=2，EM=FC，設(shè)AM=x，則BF=EG=x，F(xiàn)C=EM=2+x，∴GN=EN?EG=2?x，BG=EF=EM+FM=4+x，在RtΔNGB中，2?x2整理得：x+3x?x1∴AM=1；點(diǎn)M在點(diǎn)D右側(cè)，過(guò)N作EF∥AB，延長(zhǎng)AD、BC交EF于F、E，如圖所示：同理可得：EF=CD=2，BE=AF，同理可證得Rt△CDM?Rt△MFN，∴FN=DM，MF=CD=2，設(shè)AM=x，則FN=DM=x?2，NE=EF?FN=4?x，BE=AF=AM+MF=x+2，在RtΔBEN中，x+2整理得：x解得：x1∴AM=3；點(diǎn)M在線段AD上，過(guò)M作EF∥AB，過(guò)N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)BA交NE延長(zhǎng)線于H，如圖所示：同理可得：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，同理可證得Rt△EMN?Rt△FCM，∴EN=MF=2，F(xiàn)M=FC，設(shè)AM=x，則HE=BF=x，F(xiàn)C=BC-BF=2?x,NH=EN+EH=x+2，BH=EF=EM+MF=4?x，在RtΔBHN中，x+22解得：x1=3(舍去)，綜上所述AM的值為1或3．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，作出合適的輔助線構(gòu)建全等三角形是解題的關(guān)鍵．17．（2021·安徽黃山·八年級(jí)期中）在正方形ABCD中，點(diǎn)G是邊DC上的一點(diǎn)，點(diǎn)F是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)E⊥AG于H，交直線AD于點(diǎn)E．（1）當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)B重合時(shí)(如圖1)，線段EF與AG的數(shù)量關(guān)系是________．（2）若點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到如圖2所示的位置時(shí)，（1）探究的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給出證明：如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）如圖3，將邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD折疊，使得點(diǎn)A落在邊CD的中點(diǎn)M處，折痕為PQ，點(diǎn)P、Q分別在邊AD、BC上，請(qǐng)直接寫出折痕PQ的長(zhǎng)．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由見解析；（3）3【分析】（1）利用ASA證明△ABE≌△DAG全等即可得到結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AE，垂足為M，利用ASA證明△ADG≌△FME，即可得到結(jié)論；（3）過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AD于H，，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角邊”證明△ADM≌△QHP，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，從而得解．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，∴∠AEB+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AE，垂足為M，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3）如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AD于H，則四邊形ABQH中，HQ=AB，由翻折變換的性質(zhì)得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM和△QHP中，∠QHP=∠D∠APQ=∠AMD∴△ADM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，∴DM=12在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=AD∴PQ的長(zhǎng)為35【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換的問(wèn)題，折疊問(wèn)題其實(shí)質(zhì)是軸對(duì)稱，對(duì)應(yīng)線段相等，對(duì)應(yīng)角相等，找到相應(yīng)的直角三角形利用勾股定理求解是解決本題的關(guān)鍵．18．（2021·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，AF與DE相交于點(diǎn)M，且∠BAF＝∠ADE．（1）如圖1，求證：AF⊥DE；（2）如圖2，AC與BD相交于點(diǎn)O，AC交DE于點(diǎn)G，BD交AF于點(diǎn)H，連接GH，試探究直線GH與AB的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）在（1）（2）的基礎(chǔ)上，若AF平分∠BAC，且△BDE的面積為4+22，求正方形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）GH//AB，見解析；（3）12+82【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠BAF+∠AED＝90°即可解決問(wèn)題．（2）證明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AE//CD，推出AECD＝EGDG，由BF//