数学-专题7弦图与垂直模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（带答案）

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题7弦图与垂直模型解题策略解题策略模型1：垂直模型如图：∠D＝∠BCA＝∠E＝90°，BC＝AC.，结论：Rt△BCD≌Rt△CAE.模型分析说到三垂直模型，不得不说一下弦图，弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位，很多利用垂直求角，勾股定理求边长，相似求边长都会用到从弦图支离出来的一部分几何图形去求解.图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图.三垂直图形变形如图③、图④，这也是由弦图演变而来的.模型2：弦图模型经典例题经典例题【例1】．（2021·全国·八年级专题练习）如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与点A，O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．

（1）求证：PE＝PB；（2）如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由；（3）用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值2；（3）PC=PA+2【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明△BMP≅△PNE即可求解．（2）如图，连接OB，通过证明△OBP≅△FPE，得到PF=OB，则PF为定值是2．（3）根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，【详解】（1）证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．∵PB⊥PE，∴∠BPE＝90°，∴∠MPB+∠EPN＝90°．∵四边形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点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由：如图2，连接OB．∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，∴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的长为定值2．（3）解：PC=PA+2理由：如图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【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．【例2】．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十九中学校九年级阶段练习）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＝2BN；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS证明△ABE≌△BCF，得∠BAE=∠CBF，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）过点B作BH⊥BN，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明△AGB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根据角平分线性质得∠BHA=∠GAN=45°，则△HBN是等腰直角三角形，用SAS证明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根据勾股定理即可得；【详解】解：（1）∵四边形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）如图所示，过点B作BH⊥BN，交AN于点H，∵四边形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，根据勾股定理HN=B∴AN+CN=AN+AH=HN=2【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．【例3】．（2021·云南曲靖·八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G．

（1）求证：AE=BG；（2）如图2，连接AG、GE，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，试判断四边形MNPQ的形状，并说明理由；（3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=1，正方形的边长为3，求线段OF的长．【答案】（1）见解析；（2）四边形MNPQ为正方形，理由见解析；（3）10【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可证△ABE≅△BCGASA（2）M、N为AB、AG中点，可得MN为△ABG的中位线，可证MN//BG，MN=12BG，由点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，可得PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，可证PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE（3）延长AO交BC于点S，由对称性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，设AF=x，在Rt△AB'F中，12【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABG+∠CBG=90°，∵BG⊥AE，

∴∠AHB=90°，∴∠BAE+∠ABG=90°，∴∠BAE=∠CBG，在△ABE与△BCG中，∠BAE=∠CBGAB=BC∴△ABE≅△BCGASA∴AE=BG．（2）解：四边形MNPQ为正方形，理由如下：∵M、N为AB、AG中点，∴MN为△ABG的中位线，∴MN//BG，MN=1∵点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，∴PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，，∴PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12∴MN=PQ，MQ=NP，∴四边形MNPQ为平行四边形．∵AE=BG，∴MN=MQ，∴四边形MNPQ为菱形，∵BG⊥AE，MQ//AE，∴MQ⊥BG，∵MN//BG，∴MN⊥MQ，∴四边形MNPQ为正方形．（3）解：延长AO交BC于点S，由对称性可知BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，

在Rt△ABS中，AS=A∴AO=1设AF=x，则BF=B'F=3−x，在Rt△AB'F中，12x=5∴AF=5在Rt△AOF中，OF=A【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键．【例4】．（2021·河南商丘·八年级期中）在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,0，点B为y轴正半轴上的一个动点，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限作等腰Rt△ABC．

(1)如图1，若OB=3，则点C的坐标为______；(2)如图2，若OB=4，点D为OA延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰Rt△BDE，连接AE，求证：AE⊥AB；(3)如图3，以B为直角顶点，OB为直角边在第三象限作等腰Rt△OBF．连接CF，交y轴于点P，求线段BP的长度．【答案】(1)点C（3，7）；(2)证明见详解过程；(3)2．【分析】（1）如图1，过点C作CH⊥y轴，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；（2）过点E作EF⊥x轴于F，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得结论；（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可证△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．(1)如图1，过点C作CH⊥y轴于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，∴点C（3，7），故答案为：（3，7）；(2)过点E作EF⊥x轴于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，∵点A的坐标为（4，0），∴OA=OB=4，∴∠BAO=45°，∵OA=DF=4，∴OD=AF=EF，∴∠EAF=∠AEF=45°，∴∠BAE=90°，∴BA⊥AE；(3)过点C作CG⊥y轴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【点睛】本题是三角形综合题，考查了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直角三角形是本题的关键．【例5】．（2021·黑龙江·哈尔滨市风华中学校九年级阶段练习）如图1，正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与CD相交于点G．（1）求证：△BCG≌△DCE；（2）如图2，连接BD，若BE＝42，DG＝22，求tan∠DBG的值．【答案】（1）见解析；（2）1【分析】（1）由正方形的性质结合已知条件，利用ASA判定三角形全等即可；（2）过点G作GH⊥BD垂足为H，由全等求得CG＝CE，进一步结合图形求得BC和CG的长，然后在RT△BDC中求得GH和BH的长，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG＝HGBH【详解】（1）证明：∵四边形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：过点G作GH⊥BD垂足为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【点睛】本题考查三角形全等的证明，直角三角形中锐角三角函数的定义等相关知识点，熟练掌握数形结合思想解题是重点．培优训练培优训练一、解答题1．（2022·江苏·八年级课时练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且

AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)由图1，证明：DE=AD+BE；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请猜想出DE，AD，BE的等量关系并说明理由；(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE，AD，BE又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不必说明理由）．【答案】(1)证明见解析；(2)DE=AD−BE，证明过程见解析；(3)DE=BE−AD，证明过程见解析【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；(3)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．【详解】解：(1)证明：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，∵直线MN经过点C，∴DE=CE+DC=AD+BE；(2)DE，AD，BE的等量关系为：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)当MN旋转到图3的位置时，DE、AD、BE所满足的等量关系是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.【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．2．（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为AB上一点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E，连接AE，过点A作AE的垂线交CE于点F．（1）如图1，求∠AEC的度数；（2）如图2，连接BF，且∠ABF−∠EAB=15°，求证：BF=2CF；（3）如图3，在（2）的条件下，G为DF上一点，连接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的长．

【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）2【分析】（1）先证明∠EAB=∠FAC,∠AEB=∠AFC,再证明△ABE≅△ACF,再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；（2）利用全等三角形的性质先求解∠EBF=60°，证明BE=CF,再求解∠EFB=30°，从而可得结论；（3）如图，过A作AM⊥EF于M,交BF于N,连接EN,证明△BEN为等边三角形，再证明△AGM≅△ENM，再利用全等三角形的性质可得答案.【详解】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）如图，过A作AM⊥EF于M,交BF于N,连接EN,∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,∴EM=MF=AM,NE=NF,∴∠NEF=∠NFE=30°,∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,∴∠EBN=∠ENB=60°,∴△BEN为等边三角形，∠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．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.3．（2020·北京市第十三中学九年级期中）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．

（1）如图1，点D是BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，连接CE．①若∠BAD＝α，求∠DBE的大小（用含α的式子表示）；②用等式表示线段EA，EB和EC之间的数量关系，并证明．（2）如图2，点D在线段BC的延长线上时，连接AD，过点B作BE⊥AD，垂足E在线段AD上，连接CE．①依题意补全图2；②直接写出线段EA，EB和EC之间的数量关系．【答案】（1）①∠DBE＝45°﹣α；②AE﹣BE=2EC，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②EB﹣EA=2【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=45∘−α．根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=②过点C作CR⊥CE交AE于R，然后证明△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根据题目要求作图即可；②过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F.根据三角形的内角和定理得到∠CAF=∠CBE，证明△ACF≌△BCE.根据全等三角形的性质有AF=BE，CF=CE．根据等腰直角三角形的性质有EF=2EC．则有AF-EA=2EC，即可求出线段EA，EB和EC之间的数量关系．【详解】解：（1）①如图1中，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∵∠BAD＝α，∴∠CAD＝45°﹣α．∵∠ACB＝90°，BE⊥AD，∠ADC＝∠BDE，∴∠DBE＝∠CAD＝45°﹣α；

②结论：AE﹣BE=2EC理由：如图，过点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补全图形，如图2所示：

②猜想：当D在BC边的延长线上时，EB﹣EA=2EC过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F，如图3所示：则∠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【点睛】考查等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等，难度一般，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．4．（2021·四川省成都市七中育才学校七年级期中）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE．求证：EH=AC；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接BE交CA的延长线于点M．求证：BM=EM；（3）当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=5CM，请求出S△ADBS【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）43或【分析】（1）由“AAS”可证△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求证；（2）过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，由“AAS”可证△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可证△ENM≌△BCM，可得BM=EM；（3）AC=5a，CM=2a，分三种情况：当点D在线段BC上，点D在线段BC的延长线上，点D在线段CB的延长线上，由全等三角形的性质可求得相应线段的长，再由三角形的面积公式可求解．【详解】证明（1）∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAH=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，∴∠EAH=∠ADC，在△AHE与△DCA中∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADC

∴△AHE≌△DCA(AAS)，∴EH=AC；（2）如图2，过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，∴∠EAN=∠ADC，在△ANE与△DCA中，∠ANE=∠DCA=90°∴△ANE≌△DCA(AAS)，∴EN=AC，又∵AC=BC，∴EN=BC，又在△ENM与△BCM中，∠EMN=∠BMC∴△ENM≌△BCM(AAS)，则BM=EM；（3）如图，当点D在线段BC上时，

∵2AC=5CM，∴可设AC=5a，CM=2a，由（1）得：△AHE≌△DCA，则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如图，点D在CB延长线上时，过点E作EN⊥AC，交AC延长线于N，∵2AC=5CM，∴可设AC=5a，CM=2a，∵EN⊥AC，AE⊥AD，∴∠ANE=∠EAD=∠ACB=90°，∴∠EAN=90°−∠CAD，∠ADC=90°−∠CAD，∴∠EAN=∠ADC，在△ANE与△DCA中，∠ANE=∠DCA=90°

∴△ANE≌△DCA(AAS)，∴EN=AC，AN=CD，又∵AC=BC，∴EN=BC，又在△ENM与△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点D在BC延长线上由图2得：AC<CM，∴2AC=5CM不可能，故舍去综上：S△ADBS△AEM的值为【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．5．（2022·江苏·八年级课时练习）在△ABC中，AB=BC，∠B=90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．（1）如果点D在线段BC上运动，如图1：求证：∠BAD=∠EDC（2）如果点D在线段BC上运动，请写出AC与CE的位置关系．通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ABD，可推证△CEF等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系，请你写出证明过程．（3）如果点D在线段CB

的延长线上运动，利用图3画图分析，（2）中的结论是否仍然成若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）垂直，理由见解析；（3）成立，证明见解析【分析】（1）根据直角三角形的性质证明即可；（2）过点E作EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ABD，可推证△CEF等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系；（3）如图3所示，过点E作EF⊥DC于F，证明△ABD≌△DFE，进一步可证明AC⊥EC【详解】解：（1）证明：∵∠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）中的结论仍然成立如图3所示，过点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．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABD≌△DFE是解本题的关键．6．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试）如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，分别过B、C向过A的直线作垂线，垂足分别为E、F．（1）如图1，过A的直线与斜边BC不相交时，直接写出线段EF、BE、CF的数量关系是______；（2）如图2，过A的直线与斜边BC相交时，探究线段EF、BE、CF的数量关系并加以证明；（3）在（2）的条件下，如图3，直线FA交BC于点H，延长BE交AC于点G，连接BF、FG、HG，若∠AHB=∠GHC，EF=CF=6，EH=2FH，四边形ABFG的面积是90，求△GHC的面积．【答案】（1）数量关系为：EF=BE+CF；（2）数量关系为：EF=BE-CF．证明见详解；（3）S△GHC=15．【分析】（1）数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；（2）数量关系为：EF=BE-CF．先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC==90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；（3）先由（2）结论EF=BE-CF；EF=CF=6，求出BE=AF=12，由EH=2FH，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=2×90AF=18012=15，再求EG=3，AH=10，分别求出S△ACF=

HCF=12HF⋅FC=6，S△AGH=【详解】解：（1）数量关系为：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）数量关系为：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四边形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．【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．7．（2021·江苏泰州·八年级期末）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16xy

【答案】（1）178；（2）8−43（3）①见解析；②【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=12y，DF=4−12y由AE2+AG（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S正方形ABCD=S△ABG+S△MBG【详解】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，∵AE∴4−x2解得x=17∴EG=17

（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=12y∵AE2+AG2∴4−y2+x联立①②解得x=8−43或x=8+4∴当AG=8−43时，BE=8-2DF故答案为：8−43（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，∵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当x+y−4=xy4时，则∴y=16−4x

∴4x+4y−16=−xy∴16xy【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．8．（2021·全国·八年级专题练习）已知，如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF，当点D在线段BC的反向延长线上，且点A，F分别在直线BC的两侧时．(1)求证：△ABD≌△ACF；(2)若正方形ADEF的边长为22，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC【答案】(1)证明见解析；(2)OC=2【分析】（1）由题意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，则有∠DAB＝∠FAC，进而可证AB＝AC，然后问题可证；（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，则有∠ABD＝∠ACF，进而可得∠ACF＝135°，然后根据正方形的性质可求解．【详解】(1)证明：∵四边形ADEF为正方形，∴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边长为22∴DF＝4，∴OC＝12DF＝1【点睛】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．9．（2021·安徽安庆·八年级期末）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＝17，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＝12AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝12（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＝12AE∵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∠AGD=∠AEB∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四边形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′，由旋转得，AE＝CE′，∴12AE＝12∴FE′＝12AE＝12∴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＝17，∴(BE+3)2+BE2＝(17)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＝DG2+G

【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．10．（2021·湖北鄂州·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，点P是线段AB的延长线上一点，点M是线段AB上一点，连接DM，以点M为直角顶点作MN⊥DM交∠CBP的角平分线于N，过点C作CE//MN交AD于E，连接EM，CN，（1）求证：DM=MN．（2）求证：EM//（3）若AE=1，BN=32，求DN【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5【分析】（1）在边DA上截取线段DF，使DF=MB连MF，证明△MDF≌△NMB即可求解；（2）由（1）△MDF≌△NMB，证明四边形EMNC为平行四边形即可求解；（3）过N作NQ⊥AP垂足为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．【详解】（1）证明：在边DA上截取线段DF，使DF=MB连MF．∵四边形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）如图，设DM与CE的交点为H，∵四边形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//∴四边形EMNC为平行四边形．∴EM//（3）解：如图所示，过N作NQ⊥AP垂足为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，设BQ=x，则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

【点睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．11．（2022·广东·塘厦初中八年级期中）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＝22，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）22；（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，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴△EQF≌△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝2AB＝42，∵CE＝22，∴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＝22；（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．12．（2021·山西·八年级期末）综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，连接对角线AC，点O是AC的中点，点E是线段OA上任意一点（不与点A，O重合），连接DE，BE．过点E作EF⊥DE交直线BC于点F．（1）试猜想线段DE与EF的数量关系，并说明理由；（2）试猜想线段CE,CD,CF之间的数量关系，并说明理由；（3）如图2，当E在线段CO上时（不与点C，O重合），EF交BC延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段CE,CD,CF之间的数量关系．【答案】（1）DE=EF，理由见解析；（2）2CE=CD+CF，理由见解析；（3）2

【分析】（1）先根据正方形的性质可证得△BCE≌△DCE，由此可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，再根据同角的补角相等证得∠CDE=∠EFB，等量代换可得∠CBE=∠EFB，由此可得BE=EF，再等量代换即可得证；（2）过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，先证明EG=EC，利用勾股定理可得CG=2CE，再证明△EGF≌△ECB，由此可得（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得2CE=CD−CF【详解】解：（1）DE=EF，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=AD，∠BCD=∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=180°−∠ADC∴∠BCE=∠BCD−∠DCA=45°，∴∠BCE=∠DCE，在△BCE与△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如图，过点E作EG⊥EC交CB的延长线于点G，

∴∠CEG=90°，由（1）知：∠BCE=45°，∴∠EGC=∠BCE=45°，∴EG=EC，∴在Rt△GEC中，CG=C在△EGF与△ECB中，∠EGF=∠ECB∴△EGF≌△ECB(AAS)，∴GF=CB=CD，又∵CG=GF+CF=CD+CF，∴2CE=CD+CF（3）2CE=CD−CF如图，过点E作EG⊥EC交BC于点G，设CD与EF的交点为点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与△ECB中，∠EGF=∠ECB∴△EGF≌△ECB(AAS)，∴GF=CB=CD，又∵CG=GF−CF=CD−CF，∴2CE=CD−CF【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．13．（2021·全国·八年级专题练习）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEGF，点F,C,B在同一直线上，连接BE，DF，DF与EG相交于点M．（1）求证：BE=FD．（2）如图2，N是BC边上的一点，连接AN交BE于点H，且BNBC

①求证：BN=EC；②若CE=2DE，直接写出BNAB【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②BN【分析】（1）由正方形的性质得出BC=CD，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS证明△BCE≌△DCF，得出对应边相等BE=FD；（2）①由正方形的性质得出CD//GE，得出△DEM∼△FGM，从而得到GMEM②由CE=2DE得出CE=23DC，结合①可得BN=【详解】解：（1）∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°∴△BCE≌△DCF（SAS），∴BE=FD；（2）①∵四边形ABCD和四边形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【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质和判定、相全等三角形的性质和判定，得出△DEM∼△FGM是解题的关键14．（2021·全国·八年级专题练习）探究证明：（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM⊥BN．求证：BN=AM；（2）如图2，矩形ABCD中，点M在BC上，EF⊥AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：EFAM（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求DNAM【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45【分析】（1）由矩形的性质结合等角的余角相等，可证明∠NBC=∠MAB，进而证明△BCN∽△ABM，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可；（2）过点B作BG∥EF交CD于G，由两组对边分别平行判定四边形BEFG是平行四边形，再根据平行四边形的性质，可证明△GBC∽△MAB，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可；（3）过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，可得四边形ABSR是平行四边形，再由含有一个90°角的平行四边形是矩形，证明四边形ABSR是矩形，进而得到∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，结合（2）中结论可证明△ACD≌△ACB，由全等三角形对应角相等得到∠ADC=∠ABC，再由等角的余角相等，证明△RAD∽△SDC，根据相似三角形对应边成比例，设SC=x，解得DR、DS的长，再结合勾股定理解题即可．【详解】（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C=90°∴∠NBA+∠NBC=90°．

∵AM⊥BN，∴∠MAB+∠NBA=90°，∴∠NBC=∠MAB，∴△BCN∽△ABM，∴BNAM=（2）结论：EFAM=理由：如图2中，过点B作BG//EF交CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴四边形BEFG是平行四边形，∴BG=EF．∵EF⊥AM，∴BG⊥AM，∴∠GBA+∠MAB=90°．∵∠ABC=∠C=90°，∴∠GBC+∠GBA=90°，∴∠MAB=∠GBC，∴△GBC∽△MAB，∴BGAM=BC∴EFAM=（3）过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．

∵∠ABC=90°，∴四边形ABSR是矩形，∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．∵AM⊥DN，∴由（2）中结论可得：DNAM=∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，∴△ACD≌△ACB，∠ADC=∠ABC=90°，∴∠SDC+∠RDA=90°．∵∠RAD+∠RDA=90°，∴∠RAD=∠SDC，∴△RAD∽△SDC，∴CDAD=，设SC=x，∴510=∴RD=2x，DS=10-2x，在Rt△CSD中，∵CD∴52=（10-2x）2+x2，∴x=3或5（舍弃），∴BS=5+x=8，∴DNAM=BSAB=8【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．

15．（2021·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＝2【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，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△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，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△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＝AE2+E∴AF＝213【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．16．（2021·全国·八年级专题练习）四边形ABCD是边长为2的正方形，点M在边AD所在的直线上，连接CM，以M为直角顶点在CM右侧作等腰Rt△CMN，连接BN.

（1）如图1，当点M在点A左侧，且A、B、N三点共线时，BN=______；（2）如图2，当点M在点A右侧，且AM=52时，求（3）若点M在边AD所在直线上，且BN=26，求AM【答案】（1）6；（2）310【分析】（1）易证得四边形CDMF和四边形ANEM都是矩形，证得Rt△EMN≅Rt△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△CDM≅Rt△MGN，求得NH=32，BH=AG=AM+MG=（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ABCD是边长为2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△EMN≅Rt△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ABCD是边长为2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=52∴DM=52同理可证得Rt△CDM≅Rt△MGN，∴GN=DM=12∴NH=GH-GN=2-12BH=AG=AM+MG=52∴BN=NH2（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ABCD是边长为2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△NEM≅Rt△MFC，∴MF=EN=2，EM=FC，设AM=x，则BF=EG=x，FC=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；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△CDM≅Rt△MFN，∴FN=DM，MF=CD=2，

设AM=x，则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；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△EMN≅Rt△FCM，∴EN=MF=2，FM=FC，设AM=x，则HE=BF=x，FC=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)，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．17．（2021·安徽黄山·八年级期中）在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE⊥AG于H，交直线AD于点E．

（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）3【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．【详解】解：（1）∵四边形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：过点F作FM⊥AE，垂足为M，∵四边形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）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，由翻折变换的性质得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM和△QHP中，∠QHP=∠D∠APQ=∠AMD∴△ADM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵点M是CD的中点，∴DM=12在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=AD∴PQ的长为35

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．18．（2021·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+22，求正方形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）GH//AB，见解析；（3）12+82【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AE//CD，推出AECD＝EGDG，由B