模型13 正方形与45°角的基本图

1、专题13 正方形与45角的基本图一、单选题 1如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：AG+EC=GE；的周长是一个定值；连结FC，的面积等于在以上4个结论中，正确的是（ ）A1B2C3D4【答案】D【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，A=GFD=90，于是根据“HL”判定，再由，从而判断，由对折可得： 由，可得：从而可判断， 设 则利用三角形的周长公式可判断，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断，从而可得本题的结论【详解】解：由正方形与折叠可知，DF=DC=DA，DFE=C=90，

2、 DFG=A=90， ， 故正确；由对折可得： ， 故正确；设 则 所以：的周长是一个定值，故正确，如图，连接 由对折可得： 故正确综上：都正确故选【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键2如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：，的面积，其中正确的个数为（ ）A个B个C个D个【答案】B【分析】根据正方形的性质和平角的定义可求COD；根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；作DHAB于H，作FGCO交CO的延长线于G，根据含45的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，

3、即可求解；根据三角形面积公式即可求解【详解】解：AOC=90，DOE=45，COD=180-AOC-DOE=45，故正确；EF=，OE=2AO=AB=3，AE=AO+OE=2+3=5，故正确；作DHAB于H，作FGCO交CO的延长线于G，则FG=1，CF=，BH=3-1=2，DH=3+1=4，BD=，故错误；COF的面积SCOF=31=，故错误；故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质，含45的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线是解题的关键3如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过

4、点作交的延长线于点，连接，那么些的值为（ ）A1BCD2【答案】B【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明DAEENH，得AE=HN，AD=EN，再说明BNH是等腰直角三角形，可得结论【详解】如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，AD=AB，DM=BE，点A关于直线DE的对称点为F，ADEFDE，DA=DF=DC，DFE=A=90，1=2，DFG=90，在RtDFG和RtDCG中，RtDFGRtDCG（HL），3=4，ADC=90，1+2+3+4=90，22+23=90，2+3=45，即EDG=45，EHDE，DEH=90，DEH是等腰直角三角形，AED+BEH=AED+1=90，DE=EH

5、，1=BEH，在DME和EBH中，DMEEBH（SAS），EM=BH，RtAEM中，A=90，AM=AE， ，即.故选：B.【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等4如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：，正确的个数有（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断，再利用勾股定理计算，判断，通过计算，判断【详解】

6、解：由旋转的性质可知：AF=AG，DAF=BAG 四边形ABCD为正方形， BAD=90 又EAF=45， BAE+DAF=45 BAG+BAE=45 GAE=FAE 在GAE和FAE中， 故正确， 设正方形的边长为，则 由勾股定理得： 解得：（舍去） 故错误， 故正确， 故正确综上：正确，故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键二、解答题5已知：四边形为正方形，是等腰，（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接试写出此时三线段、

7、的数量关系并加以证明若，求：正方形的边长以及中边上的高【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；【分析】（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，D=ABG，根据全等三角形的判定推出即可；（2）EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证ABGADF，FAEEAG即可；过F作FHAE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在RtFCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可【详解】（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，四边形ABCD是正

8、方形，D=ABC=DAB=ABG=90，AD=AB，在ADF和ABG中，ADFABG（SAS），AG=AF，DAF=BAG，EAF=45，EAG=EAB+BAG=EAB+DAF=45，EAF=EAG，AE=AE，EAFEAG，EF=EG=EB+BG=EB+DF（2）三线段、的数量关系是：，理由如下:如图2，在上取一点，使连接，同(1)可证，AG=AF，DAF=BAG，是等腰直角三角形，在和中，如图2，过F作FHAE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，CE=6，DF=BG=2，EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，在RtFCE中，由勾股定理得：EF2=FC

9、2+CE2，（x+4）2=（x+2）2+62，解得：x=6，AG=AF=，FAM=45，FH=AF=，即AEF中AE边上的高为【点睛】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题6如图，点、分别在边、上，过点作，且点在的延长线上（1）与全等吗？为什么？（2）若，求的长【答案】（1）GABFAD，理由见解析；（2）EF=5【分析】（1）由题意可得ABG=D=90，进一步即可根据ASA证得GABFAD；（2）由（1）的结论可得AG=AF，GB=DF，易得BAE+DAF=

10、45，进而可推出GAE=EAF，然后利用SAS即可证明GAEFAE，可得GE=EF，进一步即可求出结果【详解】解：（1），点在的延长线上，ABG=D=90，在GAB和FAD中，AB=AD，ABG=D，GABFAD（ASA）；（2）GABFAD，AG=AF，GB=DF，BAE+DAF=45，BAE+GAB=45，即GAE=45，GAE=EAF，在GAE和FAE中，AG=AF，GAE=EAF，AE=AE，GAEFAE（SAS），GE=EF，GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5，EF=5【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键7如图，

11、在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点（1）求证：四边形是正方形；（2）若，求证：；（3）在（2）的条件下，已知，求的长【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）首先证明是矩形，然后找到一组邻边相等即可证明四边形是正方形；（2）主要证明，从而得出，由（1）知，四边形是正方形，等量代换即可证明；（3）已知，可知，又因为，求出AD的长度，DF=AD-AF，根据等式关系求出DF的长，最后证明为等腰直角三角形，OD=DF即可求解【详解】（1）在矩形中，四边形是矩形，又AE平分，为等腰直角三角形，=，四边形是正方形（邻边相等的矩形为正方形）；（2），又，AD=AE，（AAS），由（

12、1）知，四边形是正方形，；（3）在正方形中，由（2）知：， AD=AE=，DF=AD-AF=-1，又，为等腰直角三角形，OD=DF=2-【点睛】本题主要考查了矩形与正方形的判定与性质、证明三角形全等等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键8正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且EDF45，将DAE绕点D逆时针旋转90，得到DCM（1）求证：EFCF+AE；（2）当AE2时，求EF的长【答案】（1）见解析；（2）5，详见解析【分析】（1）由旋转可得DEDM，EDM为直角，可得出EDF+MDF90，由EDF45，得到MDF为45，可得出EDFMDF，再由DFDF，

13、利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EFCF+AE；（2）由（1）的全等得到AECM2，正方形的边长为6，用ABAE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EFMFx，可得出BFBMFMBMEF8x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长【详解】（1）证明：DAE逆时针旋转90得到DCM，FCMFCD+DCM180，AECM，F、C、M三点共线，DEDM，EDM90，EDF+FDM90，EDF45，FDMEDF45，在DEF和DMF中，DEFDMF（SAS），EFMF，EFCF+AE；（2）解：设E

14、FMFx，AECM2，且BC6，BMBC+CM6+28，BFBMMFBMEF8x，EBABAE624，在RtEBF中，由勾股定理得，即，解得：x5，则EF5【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长9已知A（m，n），且满足|m2|+（n2）2=0，过A作ABy轴，垂足为B（1）求A点坐标（2）如图1，分别以AB，AO为边作等边ABC和AOD，试判定线段AC和DC的数量关系和位置关系，并说明理由（3）如图2，过A作AEx轴，垂足为E，点F、G分别为线段OE、AE上的两个动点（不与端点重合），满足FBG=4

15、5，设OF=a，AG=b，FG=c，试探究ab的值是否为定值？如果是求此定值；如果不是，请说明理由【答案】（1）A（2，2）；（2）AC=CD，ACCD.证明见解析；（3）0.【分析】（1）根据非负数的性质可得m、n的值；（2）连接OC，由AB=BO知BAO=BOA=45，由ABC，OAD为等边三角形知BAC=OAD=AOD=60、OA=OD，继而由BAC-OAC=OAD-OAC得DAC=BAO=45，根据OB=CB=2、OBC=30知BOC=75，AOC=BAO-BOA=30，DOC=AOC=30，证OACODC得AC=CD，再根据CAD=CDA=45知ACD=90，从而得ACCD；（3）在

16、x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，先证BAGBOM得OBM=ABG、BM=BG，结合FBG=45知ABG+OBF=45，从而得OBM+OBF=45，MBF=GBF，再证MBFGBF得MF=FG，即a+b=c，代入原式可得答案【详解】（1）由题得m=2，n=2，A（2，2）；（2）如图1，连结OC，由（1）得AB=BO=2，ABO为等腰直角三角形，BAO=BOA=45，ABC，OAD为等边三角形，BAC=OAD=AOD=60，OA=ODBAC-OAC=OAD-OAC即DAC=BAO=45在OBC中，OB=CB=2，OBC=30，BOC=75，AOC=BAO-BOA=30，DOC=A

17、OC=30，在OAC和ODC中，OACODC，AC=CD，CAD=CDA=45，ACD=90，ACCD；（3）如图，在x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，在BAG和BOM中，BAGBOMOBM=ABG，BM=BG又FBG=45ABG+OBF=45OBM+OBF=45MBF=GBF在MBF和GBF中，MBFGBFMF=FGa+b=c代入原式=010已知，如图1，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE=DF，连接EF（1）求E的度数；（2）将AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角满足045时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图所示，试判断线段F

18、H、HG、GE的数量关系，并说明理由（3）若将AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为；线段PC的取值范围为【答案】（1）E=45；（2）FH2+GE2=HG2，理由见解析；（3）6，0PC6【分析】（1）先证明AE=AF，由等腰直角三角形的性质可求解；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明AGHAGK，得GH=GK，由AFHAEK，得AEK=AFH=45，FH=EK，利用勾股定理得：KG2=EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论：FH2+GE2=HG2；（3）如图3，先证明FPE=FAE=90，根据90的圆周角所对的弦

19、是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围【详解】（1）四边形ABCD是正方形，AD=AB，DAB=90，BE=DF，AD+DF=AB+BE，即AF=AE，又FAE=90，E=F=45；（2）FH2+GE2=HG2，理由是：如图2，过A作AKAC，截取AK=AH，连接GK、EK，CAB=45，CAB=KAB=45，在AGH和AGK中，AGHAGK（SAS），GH=GK，由旋转得：FAE=90，AF=AE，HAK=90，FAH=KAE，在AFH和AEK中，AFHAEK（SAS），AEK=AFH=45，FH=EK，AEH=45，KEG=45+45=90，RtGKE中

20、，KG2=EG2+EK2，即：FH2+GE2=HG2；（3）解：如图3，BAD=90，FAE=90，AF=AE，DAF=BAE，在DAF和BAE中，DAFBAE（SAS），DFA=BEA，PNF=ANE，FPE=FAE=90，将AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，点P的运动路径是：以BD为直径的圆，点P的运动路径长=；如图4，当P与C重合时，PC最小，PC=0，当P与A重合时，PC最大为，线段PC的取值范围是：0PC故答案为：，0PC【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，点的运动路径的概念

21、，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等，因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化为三角形的问题，使问题得以解决11（1）如图1所示，已知正方形中，是上一点，是延长线上一点，且求证：；（2）如图2所示，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）中的结论证明： 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明CBECDF，从而得出CE=CF；（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知BCE=DCF，即可证明ECF=BCD=90，根据GCE=45，得GCF=GCE=45，利用全等三角形的判定方法

22、得出ECGFCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD【详解】解：（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，BC=CD，B=CDF，BE=DF，CBECDF，CE=CF；（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，由（1）知CBECDF，BCE=DCFBCE+ECD=DCF+ECD即ECF=BCD=90，又GCE=45，GCF=GCE=45，CE=CF，GCE=GCF，GC=GC，ECGFCG，GE=GF，GE=DF+GD=BE+GD【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，利用全等三角形的判定方法正确证明三角形全等是关键12（1）如图，在正方形

23、ABCD 中，FAG=45，请直接写出 DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明（2）如图，在 RtABC 中，BAC=90，AB=AC，E，F 分别是 BC 上两点，EAF=45，写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明若将（2）中的AEF 绕点 A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？ 若不成立，直接写出新的结论 ，无需证明（3）如图，AEF 中EAF=45，AGEF 于 G，且GF=2，GE=3，则 = 【答案】（1）FG=BF+DG；（2）EF2=BE2+FC2，理由见解析；仍然成立；（3）15【分析】（1）把AGD绕点A逆时针旋转90至ABP，可使AD与AB重合，再证

24、明AFGAFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG；（2）根据AFC绕点A顺时针旋转90得到AGB，根据旋转的性质，可知ACFABG得到BG=FC，AG=AF，C=ABG，FAC=GAB，根据RtABC中的AB=AC得到GBE=90，所以GB2+BE2=GE2，证AGEAFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2；将ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得AFGAFE即可求解；（3）将AEG沿AE对折成AEB，将AFG沿AF对折成AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在RtEFC中，利用勾股定

25、理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案【详解】（1）四边形ABCD为正方形，AB=AD，ADC=ABC=90，把AGD绕点A逆时针旋转90至ABP，使AD与AB重合，BAP=DAG，AP= AG，BAD=90，FAG=45，BAF+DAG=45，PAF=FAG=45，ADC=ABC=90，FBP=180，点F、B、P共线，在AFG和AFP中，AFGAFP（SAS），PF=FG，即：FG=BF+DG；（2）FC2+BE2=EF2，证明如下：AB=AC，BAC=90，C=ABC=45，将AFC绕点A顺时针旋转90得到AGB，ACFABG，BG=FC，AG=AF，C=ABG=45，FAC

26、=GAB，GBE=ABG +ABC =90，GB2+BE2=GE2，又EAF=45，BAE+FAC=45，GAB+BAE=45，即GAE=45，在AGE和AFE中，AGEAFE（SAS），GE=EF，FC2+BE2=EF2；仍然成立，理由如下：如图，将ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点为点G，ACGABE，CG=BE，AG=AE，ACG=ABE=45，BAE=CAG，GCB=ACB +ACG =90，即GCF=90，GC2+CF2=FG2，BAE+EAC=BAC=90，CAG+EAC=90，又EAF=45，GAF=90-EAF=45，GAF=EAF=45，在AFG和AFE中

27、，AFGAFE（SAS），GF=EF，FC2+BE2=EF2；（3）将AEG沿AE对折成AEB，将AFG沿AF对折成AFD，延长BE、DF相交于C，AEGAEB，AFGAFD，AB=AG=AD，BE=EG=3，DF=FG=2，EAG=EAB，FAG=FAD，B=D=90，EAF=45，EAB+FAD=EAG+FAG=EAF=45，BAD=90，四边形ABCD为正方形，设AG =，则AB=BC=CD=，在RtEFC中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=，FC=CD-DF=，故，解得：（舍去），AG=6，故答案为：15【点睛】本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与

28、性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中13正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，求的度数【答案】45【分析】延长EB使得BG=DF，易证ABGADF（SAS）可得AF=AG，进而求证AEGAEF可得EAG=EAF，再求出EAG+EAF=90即可解题【详解】解：如图，延长EB到点G，使得，连接AG在正方形ABCD中，在和中，又，在和中，【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键14如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且EAF45，连接EF，这种模

29、型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路例如图中ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系这可以证明结论“EFBEDF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程（1）延长CB到点G，使BG ，连接AG；（2）证明：EFBEDF【答案】（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；（2）先证明ADFABG，得到AG=AF，GAB=DAF，结合EAF45，易知GAE=45，再证明AGEAFE即可得到EFGE=BE+GB=BEDF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从

30、而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；（2）四边形ABCD为正方形，AB=AD，ADF=ABE=ABG=90，在ADF和ABG中ADFABG（SAS），AF=AG，DAF=GAB，EAF=45，DAF+EAB=45，GAB+EAB=45，GAE=EAF =45，在AGE和AFE中0ADFABG（SAS），GE=EF，EFGE=BE+GB=BEDF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型15已知在正方形ABCD和正方形CEFG中，直线BG，DE交于点H（1）如图1，当B

31、，C，E共线时，求证：BHDE（2）如图2，把正方形CEFG绕C点顺时针旋转度（090），M，N分别为BG，DE的中点，探究HM，HN，CM之间的数量关系，并证明你的结论（3）如图3，PDG45，DHPG于H，PH2，HG4直接写出DH的长【答案】（1）见解析；（2）MH2+HN22CM2，理由见解析；（3）3+【分析】（1）根据正方形的性质得到BCCD，CGCE，BCGDCE90，根据全等三角形的性质得到CBGCDE，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据正方形的性质得到BCCD，CGCE，BCDGCE90，由全等三角形的性质得到CBGCDE，BGDE，求得MHN90，得到BMDN，根据全等

32、三角形的性质得到CMCN，BCMDCN，根据勾股定理即可得到结论；（3）根据折叠的性质得到ADDHCD，ACDHP90，ADPHDP，GDHGDC，APPH2，CGHG4，根据正方形的性质得到B90，设DHADABBCx，根据勾股定理列方程即可得到结论【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD和正方形CEFG中，BCCD，CGCE，BCGDCE90，BCGDCE（SAS），CBGCDE，CDE+DEC90，HBE+BEH90，BHE90，BHDE；（2）解：MH2+HN22CM2，理由：在正方形ABCD和正方形CEFG中，BCCD，CGCE，BCDGCE90，BCGDCE，BCGDCE（SAS）

33、，CBGCDE，BGDE，DPHCPM，DHPBCP90，MHN90，M，N分别为BG，DE的中点，BMBG，DNDE，BMDN，BCCD，BCMDCN（SAS），CMCN，BCMDCN，MCNBCP90，MH2+HN2CM2+CN22CM2；（3）解：DHPG，DHPDHG90，把PDH沿着PD翻折得到APD，把GDH沿着DG翻折得到DGC，ADDHCD，ACDHP90，ADPHDP，GDHGDC，APPH2，CGHG4，PDG45，ADC90，延长AP，CG交于B，则四边形ABCD是正方形，B90，设DHADABBCx，PBx2，BGx4，PG2PB2+BG2，62（x2）2+（x4）2，

34、解得：x（负值舍去），DH【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，综合性较强，熟知正方形性质，根据题意构造正方形是解题关键对于此类分步骤的综合题，每一步解题都为后续解题提供了解题条件或解题思路，要深刻领会并善于运用这一点进行解题16已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC和CD上（1）若BEDF，求证：BAEDAF；联结AC交EF于点O，过点F作FMAE，交AC的延长线于M，联结EM，求证：四边形AEMF是菱形（2）联结BD，交AE、AF于点P、Q若EAF45，AB1，设，求 关于的函数关系及定义城【答案】（1）见解析；见解析；（2）()【分析】（1）证明ABEADF（SAS），即可

35、推出BAE=DAF证明FOMEOA（ASA），推出AE=FM，由FMAE，可得四边形AEMF是平行四边形，再根据AE=AF可得结论（2）如图2中，将ADQ绕点A顺时针旋转90得到ABT，连接PT证明APQAPT（SAS），推出PQ=PT，由题意BD=，推出PQ=PT=，在RtTBP中，根据，构建关系式即可解决问题【详解】（1）证明：如图1中，四边形ABCD是正方形，B=D=90，AB=AD，BE=DF，ABEADF（SAS），BAE=DAF；证明：四边形ABCD是正方形，BAC=DAC=45，BAE=DAF，EAO=FAO，BAEDAF，AE=AF，ACEF，OE=OF，FMAE，OFM=OE

36、A， FOM=EOA，FOMEOA（ASA），AE=FM，FMAE，四边形AEMF是平行四边形，AE=AF，四边形AEMF是菱形；（2）解：如图2中，将ADQ绕点A顺时针旋转90得到ABT，连接PTADQABT，AQ=AT，ADQ=ABT=45，DAQ=BAT，ABD=45，TBP=90，EAF=45，BAD=90，DAQ+BAP=BAT+BAP=45，PAT=PAQ=45，PA=PA，AT=AQ，APQAPT（SAS），PQ=PT，AB=AD=1，BAD=90，BD=，PQ=PT=，在RtTBP中，点E、F分别在边BC和CD上，()【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定

37、，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，旋转的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型17如图，过线段AB的端点B作射线BGAB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使EAPBAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）（1）求证：；（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；（3）试探究AE+EF+AF与2AB是否相等，并说明理由【答案】（1）见解析；（2）CFAB，见解析；（3）AE+EF+AF2AB，见解析【分析】（1）四边形APCD正方形，则DP平分APC，PCPA

38、，APDCPD45，即可求解；（2）AEPCEP，则EAPECP，而EAPBAP，则BAPFCP，令CF与线段AP交于点M，则FCP+CMP90，则AMF+PAB90即可求解；（3）证明PCNAPB（AAS），则CNPBBF，PNAB，即可求解【详解】解：（1）证明：四边形APCD正方形，DP平分APC，PCPA，APDCPD45，PEPE，AEPCEP（SAS）；（2）CFAB，理由如下：AEPCEP，EAPECP，EAPBAP，BAPFCP，令CF与线段AP交于点M，FCP+CMP90，AMFCMP，AMF+PAB90，AFM90，CFAB；（3）过点C作CNPBCFAB，BGAB，FCB

39、N，CPNPCFEAPPAB，又APCP，PCNAPB（AAS），CNPBBF，PNAB，AEPCEP，AECE，AE+EF+AFCE+EF+AFBN+AFPN+PB+AFAB+CN+AFAB+BF+AF2AB，即AE+EF+AF2AB【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定及其性质、平行线的性质、等量代换等知识点，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定方法及其性质三、填空题18如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），下列三个结论：当MNMC时，则；2；MNC的周长不变；AMNAMB60其中正确结论的序号是_【答案】【分析】先用勾股定理求得MCNC，则易得

40、ABMADN（SAS），再结合MAN45，可得答案；将ABM绕点A顺时针旋转90得ADE，证明EANMAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；由EANMAN，可得MNBMDN，从而将MNC的三边相加即可得答案；将ADN绕点A顺时针旋转90得ABF，证明MAFMAN（SAS），再全等三角形的性质，可证得结论【详解】正方形ABCD中，C90MN2MC2NC2当MNMC时，MN22MC2MC2NC2MCNCBMDN易证ABMADN（SAS）BAMDANMAN45BAM22.5，故正确；如图，将ABM绕点A顺时针旋转90得ADE，则EANEAMMAN904545则在EAN和MAN中

41、，AEAM，EANMAN，ANAN，EANMAN（SAS）AMNAEDAEDEAMENMAMN3602AMN90（180MNC）3602AMNMNC90故正确；EANMANMNENDEDNBMDNMNC的周长为：MCNCMN（MCBM）（NCDN）DCBCDC和BC均为正方形ABCD的边长，故MNC的周长不变；将ADN绕点A顺时针旋转90得ABF，则FAMFANMAN904545则在FAM和MAN中，AFAN，FAMMAN，AMAM，MAFMAN（SAS），AMBAMN，故错误；综上都正确，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性19如

42、图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，则EAG_度【答案】45【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可以证明ADGAFG，再根据全等三角形的性质可得DAG=FAG，由折叠可得BAE=FAE，进而可得EAG的度数【详解】解：四边形ABCD是正方形，ABAD，ABEBADADG90，由翻折可知：ABAF，ABEAFEAFG90，BAEEAF，AFGADG90，AGAG，ADAF，RtAGDRtAGF（HL），GAFGAD，EAGEAF+GAF（BAF+DAF）45故答案为：45【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、

43、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质20如图，已知在中，在内作第一个内接正方形，则第1个内接正方形的边长_；然后取的中点，连接、，在内作第二个内接正方形；再取线段的中点，在内作第三个内接正方形依次进行下去，则第2020个内接正方形的边长为_【答案】2 【分析】先利用勾股定理得出BC的长，然后根据等腰直角三角形的性质得出DE的长即可确定第1个内接正方形的边长；运用锐角三角函数的关系得，即可得出正方形边长的变化规律，然后运用规律即可解答【详解】解：在RtABC中，B=C=45，BC=在ABC内作第一个内接正方形DEFG：EF=EC=DG=BD.DE=BC=2连接PD、PE

44、，在PDE内作第二个内接正方形HIKJ；再取线段KJ的中点Q，在OQHI内作第三个内接正方形依次进行下去点P是GF的中，DH=EI。则第n个内接正方形的边长为：则第2020个内接正方形的边长为故答案为【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及数字变化规律等知识点，根据题意确定正方形边长的变化规律是解答本题的关键21如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH_【答案】【分析】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长【详解】解：延

45、长DC交FE于点M，连接BD、BF，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，DM5，MF1，DMF90，DF，BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线，DBC=GBF=90，DBF90，DBF是直角三角形， 点H为DF的中点，BHDF，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答22如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MNAQ交BC于点N，作NPBD于点P，连接NQ，下列结论：AMMN；MPBD；BNDQNQ；为定值一定成立的是_【答案】【分析】如图1

46、，连接AC、AN，AC交BD于点H，根据正方形的性质可得A，B，N，M四点共圆，进而可得ANMNAM45，于是可判断；由余角的性质可得HAMPMN，从而可利用AAS证明RtAHMRtMPN，可得MPAH，再根据正方形的性质即可判断；如图2，将ADQ绕点A顺时针旋转90至ABR，使AD和AB重合，连接AN，根据旋转的性质和SAS可推得RANQAN，进而可得RN=QN，进一步即可判断；如图3，作MSAB于S，MWBC于W，由题意易得四边形SMWB是正方形，进一步即可推出AMSNMW，可得ASNW，进而得ABBN2BW，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断，于是可得答案【详解】解：如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，四边形ABCD是正方形，ACBD，AC=BD，AH=CH，DBCABD45，AMNABC90，A，B，N，M四点共圆，NAMDBC45，ANMABD45，ANMNAM45，AMMN，故正确；MAH+AMH=90，PMN+AMH=90，HAMPMN，AHMMPN=90，AMMN， RtAHMRt