第十八章平行四边形专题探究-2023-2024学年八年级数学下册人教版正方形5种经典模型讲解（模型讲解+典例剖析+针对训练）（解析版+原卷版）

专题01正方形5种经典模型（讲解+典例剖析+针对训练）（原卷版）模型一对角互补模型（课本P63实验与探究）模型讲解：若OE⊥OF，则△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF，△OEF是等腰直角三角形，左图中四边形OEBF的面积是正方形面积的14。【典例1】（2021春•卧龙区期末）将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点A，B，C分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为．【针对训练】1．（2023春•老城区期中）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②CF＝BE；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的14；④DF2+CF2＝2OE2A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④模型二十字架模型（课本P68复习题第8题）模型讲解：十字架模型：（1）过顶点型：△BCE≌△CDF，BE=CF，CF⊥BE，CE=DF，知三推一！（2）不过顶点型：若EG⊥FH，则EG=FH。注意：逆命题不成立！即若EG=FH，则EG⊥FH不成立【典例2】（1）如图1，正方形ABCD中，AE⊥FG，求证：AE＝FG；（2）如图2，将边长为12的正方形ABCD折叠，使A点落在CD上的E点，然后压平折痕FG，若FG的长为13，求CE的长．【针对训练】1．（2020春•宁津县期末）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，DF⊥AE，与AB交于点F，则DF的长为（）A．5 B．6 C．22 D．32．（2023春•潮阳区期中）如图，正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于G，连接AG、HG．下列结论：①CE⊥DF；②AG＝AD；③∠CHG＝∠DAG；④HG=12AD．其中正确的有3．（2023•岱岳区三模）如图，正方形ABCD中，E、F分别是CD、AD的中点，连接BE，CF交于点G，连接AG．（1）求证：BE⊥CF．（2）线段AB与线段AG相等吗？若相等，请证明，若不相等，请说明理由．类型三半角模型（课本P62习题第15题）模型讲解：若∠EAF＝45°，则EF＝BF＋DE，△CEF的周长=2AB；GH2＝DG2+BH2。【典例3】（2023•安乡县二模）如图所示，在正方形ABCD中，点E为AB上一动点（不与A、B重合），连接DE交AC于点N，点F在边BC上，使得∠EDF＝45°，DF交AC于点M，连接EF．（1）求证：MN2＝AN2+CM2；（2）求证：DF平分∠EFC；

【针对训练】1．（2021春•亳州期末）如图，正方形ABCD中，∠EAF的两边分别与边BC、CD交于点E、F，AE、AF分别交BD于点G、H，且∠EAF＝45°．（1）当∠AEB＝55°时，求∠DAH的度数；（2）设∠AEB＝α，则∠AFD＝（用含α的代数式表示）；（3）求证：∠AEB＝∠AEF．2．（2023秋•福田区期末）已知在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC与CD上的点，且∠EAF＝45°，AE与AF分别交对角线BD于点M、N，则下列结论正确的是．①∠BAE+∠DAF＝45°；②∠AEB＝∠AEF＝∠ANM；③BM+DN＝MN；④BE+DF＝EF．3．（2021•郓城县模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF＝45°，BE＝3，CF＝4，则正方形的边长为．4．（2023秋•江岸区期中）如图，正方形ABCD中，E是AD上一点，F是AB延长线上一点，DE＝BF．点G，H分别在边AB、CD上，且GH=35，GH交EF于M．若∠EMH＝45°，则EF的长为

类型四一线三垂直模型同侧型（俗称K字型）异侧型（俗称（背靠背型））模型讲解：结论：△FBC≌△ECD；同侧BF+DE=EF；异侧DE－BF=EF【典例4】如图，直线MN不与正方形的边相交且经过正方形ABCD的顶点D，AM⊥MN于M，CN⊥MN于N，BR⊥MN于R．（1）求证：△ADM≌△DCN：（2）求证：MN＝AM+CN；（3）试猜想BR与MN的数量关系，并证明你的猜想．【针对训练】1．（2023春•武都区期末）如图，已知四边形ABCD和CEFG均是正方形，点K在BC上，延长CD到点H，使DH＝BK＝CE，连接AK，KF，HF，AH．求证：（1）AK＝AH；（2）四边形AKFH是正方形．

2．（2022秋•焦作期末）综合与实践问题情境：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°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．猜想证明：（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；（2）如图②，若AD＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明．模型五共顶点双等腰直角三角形模型（俗称手拉手模型）模型讲解：结论：△BCE≌△BAG，CE⊥AG，∠CHG＝90°，BH平分∠CHG【典例5】（2023秋•衡水期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2，其中正确结论是①②③（填序号）

【针对训练】1．（2023春•秦淮区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝32，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）求证：矩形DEFG是正方形；（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．2．（2023春•鄞州区期末）如图1，已知矩形ABCD，点E是边CD上一点，点F是CB延长线上一点，且BF＝DE，AF⊥AE．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）如图2，在（1）的条件下，若CD＝3DE＝6，点G是边AD上一点，连结CG交AE于点H，有∠AHG＝45°，求CG．3．（2023秋•赤坎区月考）已知四边形ABCD和AEFG均为正方形．（1）如图①，当点A，B，G三点在一条直线上时，连接BE，DG，请判断线段BE与DG的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）如图②，当点A，B，G三点不在一条直线上时，则（1）的结论是否成立？请说明理由．

专题01正方形5种经典模型（讲解+典例剖析+针对训练）（解析版）模型一对角互补模型（课本P63实验与探究）模型讲解：若OE⊥OF，则△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF，△OEF是等腰直角三角形，左图中四边形OEBF的面积是正方形面积的14。【典例1】（2021春•卧龙区期末）将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点A，B，C分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为3．【思路引领】如图，利用正方形的性质得到AE＝AF，∠EAF＝90°，∠AEF＝∠AFP＝45°，再证明△AEM≌△AFN得到S△AEM＝S△AFN，所以S四边形AMFN＝S△AEF＝1，从而得到图中三块重叠部分的面积的和．【解答】解：如图，∵点A为正方形EFPQ的中心，∴AE＝AF，∠EAF＝90°，∠AEF＝∠AFP＝45°，∵∠MAN＝90°，即∠MAF+∠FAN＝90°，而∠EAM+∠MAF＝90°，∴∠EAM＝∠FAN，在△AEM和△AFN中，∠EAM=∠FANAE=AF∴△AEM≌△AFN（ASA），∴S△AEM＝S△AFN，∴S四边形AMFN＝S△AEF=14S正方形EFPQ=1∴图中三块重叠部分的面积的和＝1+1+1＝3．故答案为3．【总结提升】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了全等三角形的判定与性质．【针对训练】1．（2023春•老城区期中）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②CF＝BE；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的14；④DF2+CF2＝2OE2A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④【思路引领】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案．【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，∵∠EOF＝90°，∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，∴∠COE＝∠DOF，在△COE和△DOF中，∠OCE=∠ODFOC=OD∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确；②∵△COE≌△DOF，∴CE＝DF，∵四边形ABCD为正方形，∴BC＝CD，∴BE＝CF，故②正确；③由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的14，故③④在Rt△ECF中，∠EOF＝90°，根据勾股定理，得：OE2+OF2＝EF2，故④正确；综上所述，正确的是①②③④，故选：A．【总结提升】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定，解题的关键是利用旋转全等证明出△COE≌△DOF，属于选择压轴题．模型二十字架模型（课本P68复习题第8题）模型讲解：十字架模型：（1）过顶点型：△BCE≌△CDF，BE=CF，CF⊥BE，CE=DF，知三推一！（2）不过顶点型：若EG⊥FH，则EG=FH。注意：逆命题不成立！即若EG=FH，则EG⊥FH不成立【典例2】（1）如图1，正方形ABCD中，AE⊥FG，求证：AE＝FG；（2）如图2，将边长为12的正方形ABCD折叠，使A点落在CD上的E点，然后压平折痕FG，若FG的长为13，求CE的长．【思路引领】（1）过点G作GH⊥AD，垂足为H，然后证明△GHF≌△ADE，从而可证明AE＝GF；（2）作GH⊥AD，垂足为H．由勾股定理求得HF＝5，由（1）可知△GHF≌△ADE，从而可求得HF＝ED，然后可求得EC的长．【解答】解：（1）如图所示，过点G作GH⊥AD，垂足为H，∵ABCD为正方形，∴∠HAB＝∠B＝90°，AB＝AD．∵GH⊥AD，∴∠AHG＝90°．∴∠HAB＝∠B＝∠AHG＝90°．∴四边形ABGH为矩形．∴GH＝AB．∴GH＝AD．在△AFM和△ADE中，∠FAM＝∠DAE＝90°，∴∠HFG＝∠AED．在△GHF和△ADE中，∠HFG=∠AED∠GHF=∠ADE∴△GHF≌△ADE．∴AE＝FG．（2）作GH⊥AD，垂足为H．在△GHF中，由勾股定理得：FH=G∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为FG，∴AE⊥GF．由（1）可知：△GHF≌△ADE，∴DE＝FH＝5cm．∴EC＝DC﹣DE＝12﹣5＝7．【总结提升】本题主要考查的是翻折的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质、勾股定理的应用，证得△GHF≌△ADE是解题的关键．【针对训练】1．（2020春•宁津县期末）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，DF⊥AE，与AB交于点F，则DF的长为（）A．5 B．6 C．22 D．3【思路引领】由正方形的性质得出∠DAF＝∠B＝90°，AB＝AD＝2，由E是BC的中点，得出BE＝1，由勾股定理得出AE=AB2+BE2=【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAF＝∠B＝90°，BC＝AB＝AD＝2，∴∠BAE+∠2＝90°，∵AB＝2，E是BC的中点，∴BE＝1，∴AE=A∵AD∥BC，∴∠1＝∠2，∵DF⊥AE，∴∠1+∠ADF＝90°，∴∠ADF＝∠BAE，在△ADF和△BAE中，∠DAF=∠BAD=AB∴△ADF≌△BAE（ASA），∴DF＝AE=5故选：A．【总结提升】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．2．（2023春•潮阳区期中）如图，正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于G，连接AG、HG．下列结论：①CE⊥DF；②AG＝AD；③∠CHG＝∠DAG；④HG=12AD．其中正确的有①②③④【思路引领】连接AH，由四边形ABCD是正方形与点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，易证得△BCE≌△CDF与△ADH≌△DCF，根据全等三角形的性质，易证得CE⊥DF与AH⊥DF，根据垂直平分线的性质，即可证得AG＝AD，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得HG=12AD，根据等腰三角形的性质，即可得∠CHG＝∠【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，∴BE＝CF，在△BCE与△CDF中，BE=CF∠B=∠DCF∴△BCE≌△CDF，（SAS），∴∠ECB＝∠CDF，∵∠BCE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠CDF＝90°，∴∠CGD＝90°，∴CE⊥DF，故①正确；在Rt△CGD中，H是CD边的中点，∴HG=12CD=12如图，连接AH，同理可得：AH⊥DF，∵HG＝HD=12∴DK＝GK，∴AH垂直平分DG，∴AG＝AD，故②正确；∴∠DAG＝2∠DAH，同理：△ADH≌△DCF，∴∠DAH＝∠CDF，∵GH＝DH，∴∠HDG＝∠HGD，∴∠GHC＝∠HDG+∠HGD＝2∠CDF，∴∠CHG＝∠DAG．故③正确．综上所述：正确的有：①②③④．故答案为：①②③④．【总结提升】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．3．（2023•岱岳区三模）如图，正方形ABCD中，E、F分别是CD、AD的中点，连接BE，CF交于点G，连接AG．（1）求证：BE⊥CF．（2）线段AB与线段AG相等吗？若相等，请证明，若不相等，请说明理由．【思路引领】（1）由SAS证得△BCE≌△CDF，得出∠CBE＝∠DCF，由∠BCG+∠DCF＝90°，推出∠CBE+∠BCG＝90°，即可得出结论；（2）解：延长CF交BA的延长线于点H，易证△CDF≌△HAF，得出CD＝AH，由直角三角形的中线性质即可得出AG＝AB．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，∵E、F是CD和AD的中点，∴CE=12CD，DF=∴CE＝DF，在△BCE和△CDF中，BC=CD∠BCE=∠CDF∴△BCE≌△CDF（SAS），∴∠CBE＝∠DCF，∵∠BCG+∠DCF＝90°，∴∠CBE+∠BCG＝90°，∴∠BGC＝90°，∴BE⊥CF；（2）解：线段AB与线段AG相等；理由如下：延长CF交BA的延长线于点H，如图所示：∵F是AD的中点，∴DF＝AF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD，∠D＝∠FAH＝90°，在△CDF和△HAF中，∠D=∠FAHDF=AF∴△CDF≌△HAF（ASA），∴CD＝AH，∴AB＝AH，∴A是BH中点，由（1）得：BE⊥CF，∴∠BGH＝90°，∴AG＝AB．【总结提升】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的中线性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．类型三半角模型（课本P62习题第15题）模型讲解：若∠EAF＝45°，则EF＝BF＋DE，△CEF的周长=2AB；GH2＝DG2+BH2。【典例3】（2023•安乡县二模）如图所示，在正方形ABCD中，点E为AB上一动点（不与A、B重合），连接DE交AC于点N，点F在边BC上，使得∠EDF＝45°，DF交AC于点M，连接EF．（1）求证：MN2＝AN2+CM2；（2）求证：DF平分∠EFC；【思路引领】（1）过点D作DH⊥DN，且使DH＝DN，连接MH、CH，证明△ADN≌△CDH（SAS），由全等三角形的性质得出AN＝CH，∠DAN＝∠DCH＝45°，证明△NDM≌△HDM（SAS），得出MN＝MH，由勾股定理得出结论；（2）延长BC至点G，使CG＝AE，证明△DAE≌△DCG（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝DG，∠ADE＝∠CDG，证明△EDF≌△GDF（SAS），由全等三角形的性质得出∠EFD＝∠GFD，则可得出结论；【解答】（1）证明：过点D作DH⊥DN，且使DH＝DN，连接MH、CH，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵∠NDH＝90°，∴∠ADN＝∠CDH，∴△ADN≌△CDH（SAS），∴AN＝CH，∠DAN＝∠DCH＝45°，∵∠EDF＝45°，∴∠ADN+∠MDC＝45°，∴∠CDH+∠MDC＝∠MDH＝45°，∴∠NDM＝∠HDM，又∵DM＝DM，∴△NDM≌△HDM（SAS），∴MN＝MH，∵∠ACD＝45°，∴∠MCH＝90°，∴MH2＝CH2+CM2，∴MN2＝AN2+MC2；（2）证明：延长BC至点G，使CG＝AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠DAE＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∴∠DAE＝∠DCG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴DE＝DG，∠ADE＝∠CDG，∵∠EDF＝45°，∴∠ADE+∠FDC＝45°，∴∠FDC+∠CDG＝∠FDG＝45°，∴∠EDF＝∠FDG，又∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF（SAS），∴∠EFD＝∠GFD，即DF平分∠EFC；【针对训练】1．（2021春•亳州期末）如图，正方形ABCD中，∠EAF的两边分别与边BC、CD交于点E、F，AE、AF分别交BD于点G、H，且∠EAF＝45°．（1）当∠AEB＝55°时，求∠DAH的度数；（2）设∠AEB＝α，则∠AFD＝135°﹣α（用含α的代数式表示）；（3）求证：∠AEB＝∠AEF．【思路引领】（1）由正方形的性质可得∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，当∠AEB＝55°时，∠EAB＝35°，从而∠DAH＝90°﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；（2）由正方形性质可得∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°，根据直角三角形的性质可得∠EAB＝90°﹣α，∠DAF＝∠BAD﹣∠EAB﹣∠EAF＝α﹣45°，最后可得∠AFD＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；（3）将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABI，通过利用“SAS”证明△EAF≌△EAI，即可得到答案．【解答】解：（1）由ABCD为正方形，则∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，当∠AEB＝55°时，∠EAB＝90°﹣∠AEB＝90°﹣55°＝35°，∴∠DAH＝90°﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°，（2）由四边形ABCD为正方形可知，∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°，∵∠AEB＝α，∴∠EAB＝90°﹣α，∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAB﹣∠EAF＝90°﹣（90°﹣α）﹣45°＝α﹣45°，∴∠AFD＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α．故答案为：135°﹣α．（3）证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABI，可得E、B、I三点共线，由旋转可知∠DAF＝∠BAI，AF＝AI，∵∠DAF+∠EAB＝90°﹣∠EAF＝45°，∴∠BAI+∠EAB＝45°＝∠IAE，在△EAF和△EAI中，AF=AI∠EAF=∠IAE=45°∴△EAF≌△EAI（SAS）．∴∠AEF＝∠AEI＝∠AEB．【总结提升】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，列代数式等知识，第（3）问中作出正确的辅助线证明三角形全等是解题关键．2．（2023秋•福田区期末）已知在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC与CD上的点，且∠EAF＝45°，AE与AF分别交对角线BD于点M、N，则下列结论正确的是①②④．①∠BAE+∠DAF＝45°；②∠AEB＝∠AEF＝∠ANM；③BM+DN＝MN；④BE+DF＝EF．【思路引领】①如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，由已知条件得到∠EAH＝∠EAF＝45°，可得①正确；②根据△AEF≌△AEH得∠AEB＝∠AEF，并由三角形外角的性质和角的关系可得②正确；③作旋转三角形ABM，只要证明△AMN≌△AMG，MN＝MG，根据勾股定理可得③不正确；④据△AEF≌△AEH，可知④正确．【解答】解：如图1，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠ABH＝∠ADF＝90°，∵∠ABC＝90°，∴H、B、E三点共线，∵∠EAF＝45°，∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，故①正确；∴∠EAH＝∠EAF＝45°，在△AEF和△AEH中，AH=AF∠EAH=∠EAF∴△AEF≌△AEH（SAS），∴EH＝EF，∠AEH＝∠AEF，∴∠AEB＝∠AEF，∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故④正确∵∠ANM＝∠ADB+∠DAN＝45°+∠DAN，∠AEB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣（45°﹣∠DAN）＝45°+∠DAN，∴∠ANM＝∠AEB＝∠AEF，故②正确，如图2中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BG，同理得△ANM≌△AGM，则△BGM是直角三角形，∴MN＝GM，∴MN2＝MG2＝BG2+BM2＝DN2+BM2，故③不正确；则结论正确的是①②④故答案为：①②④．【总结提升】此题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解决此类题的关键．3．（2021•郓城县模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF＝45°，BE＝3，CF＝4，则正方形的边长为6．【思路引领】延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG和EF，由△ABG≌△ADF（SAS），推出AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，由△AEG≌△AEF（SAS），推出GE＝EF，进而利用勾股定理解答即可．【解答】解：延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABC=∠D=90°∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°，∴∠EAF＝∠GAE在△AEG和△AEF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△AEG≌△AEF（SAS）∴GE＝EF，设正方形的边长为x，DF＝x﹣4，EC＝x﹣3，GE＝EF＝BG+BE＝DF+BE＝x﹣4+3＝x﹣1，在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，即（x﹣1）2＝（x﹣3）2+42，解得：x＝6，即正方形的边长为6，故答案为：6．【总结提升】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、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，属于中考常考题型．4．（2023秋•江岸区期中）如图，正方形ABCD中，E是AD上一点，F是AB延长线上一点，DE＝BF．点G，H分别在边AB、CD上，且GH=35，GH交EF于M．若∠EMH＝45°，则EF的长为310【思路引领】连接CE、CF，证明△FBC≌△EDC（SAS），得出CF＝CE，∠FCB＝∠ECD，证出△CEF是等腰直角三角形，得出∠EFC＝45°，EF=2CF，证出四边形FCHG是平行四边形，得出CF＝GH＝35【解答】解：连接CE、CF，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，BC＝DC，∠ABC＝∠D＝90°，∴∠FBC＝90°＝∠D，在△FBC和△EDC中，BC=DC∠FBC=∠D∴△FBC≌△EDC（SAS），∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECD，∴∠ECF＝∠ECB+∠FCB＝∠ECB+∠ECD＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴∠EFC＝45°，EF=2CF∵∠EMH＝45°，∴∠EFC＝∠EMH，∴GH∥FC，∵AF∥DC，∴四边形FCHG是平行四边形，∴CF＝GH＝35，∴EF=2CF＝310故答案为：310．【总结提升】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．类型四一线三垂直模型同侧型（俗称K字型）异侧型（俗称（背靠背型））模型讲解：结论：△FBC≌△ECD；同侧BF+DE=EF；异侧DE－BF=EF【典例4】如图，直线MN不与正方形的边相交且经过正方形ABCD的顶点D，AM⊥MN于M，CN⊥MN于N，BR⊥MN于R．（1）求证：△ADM≌△DCN：（2）求证：MN＝AM+CN；（3）试猜想BR与MN的数量关系，并证明你的猜想．【思路引领】此题分三问进行，三问都与三角形全等直接相关，所以要紧扣三角形全等的判定方法进行思考．（1）要证△ADM≌△DCN，由于它们都是直角三角形，所以首先有直角相等，又由ABCD是正方形有AD＝DC，再找一个条件即可，而由图形很容易分析得出∠ADM＝∠DCN；（2）的关键是合理添加辅助线，通过等量代换等到结论；（3）首先结合前面的结论再结合图形合理猜想，然后再结合前面的结论认真推理，细致证明即可．【解答】（1）证明：∵AM⊥MN于点M，CN⊥MN于点N（已知），∴∠AMD＝∠DNC＝90°（垂直的定义）．∴∠MAD+∠MDA＝180°﹣90°＝90°（三角形内角和定理）．∵四边形ABCD是正方形（已知），∴∠ADC＝90°，AD＝DC．∴∠MDA+∠NDC＝180°﹣90°＝90°（平角的定义）．∴∠MAD+∠MDA＝∠NDC+∠NCD．∴∠MAD＝∠NDC．在△AMB和△DNC中，∵∠AMD＝∠DNC，∠MAD＝∠NDC，AD＝DC，∴△AMD≌△DNC（AAS）．（2）证明：由（1）△AMD≌△DNC，∴AM＝DN，MD＝NC．（全等三角形对应边相等）∴MD+DN＝AM+CN．即MN＝AM+CN．（3）猜想BR＝MN．证明如下：作AE⊥BR于E．∵BR⊥MN，CN⊥MN（已知）∴BR∥CN（垂直于同一直线的两条直线平行）∴∠1＝∠2（两直线平行同位角相等）又四边形ABCD是正方形∴AB⊥BC，DC⊥BC，∴∠ABE＝∠DCN＝90°﹣∠1，在△ABE和△DCN中，AB＝DC，∠ABE＝∠DCN，∠AEB＝∠DNC＝90°∴△ABE≌△DCN（AAS）由（1）△ADM≌△DCN∴△ABE≌△ADM∴AM＝AE（全等三角形对应边相等）．又AE∥MR，AM∥ER，∴BR＝BE+ER＝CN+AM＝DM+DN＝MN．【总结提升】此题三问紧密相连，第一问正确解出后，后两问就顺理成章求出来了．【针对训练】1．（2023春•武都区期末）如图，已知四边形ABCD和CEFG均是正方形，点K在BC上，延长CD到点H，使DH＝BK＝CE，连接AK，KF，HF，AH．求证：（1）AK＝AH；（2）四边形AKFH是正方形．【思路引领】（1）利用正方形的性质结合全等三角形的判定方法证明△ADH≌△ABK可证明结论；（2）由全的性质可得∠HAK＝90°，同理可证得△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH，再利用正方形的判定方法得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG都是正方形，∴AB＝AD＝DC＝BC，GC＝EC＝FG＝EF，∵DH＝CE＝BK，∴HG＝EK＝BC＝AD＝AB，在△ADH和△ABK中，AD=AB∠ADH=∠ABK∴△ADH≌△ABK（SAS），∴AK＝AH；（2）证明：∵△ADH≌△ABK，∴∠HAD＝∠BAK．∴∠HAK＝90°，同理可得：△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH，∴AH＝AK＝HF＝FK，∴四边形AKFH是正方形．【总结提升】此题主要考查了正方形的判定与性质，勾股定理以及全等三角形的判定等知识，得出：△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH是解题关键．2．（2022秋•焦作期末）综合与实践问题情境：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°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．猜想证明：（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；（2）如图②，若AD＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明．【思路引领】（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；（2）过点D作DH⊥AE于点H，则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，证明△ADH≌△BAE（AAS），由全等三角形的性质可得结论．【解答】解：（1）结论：四边形BE'FE是正方形．理由如下：∵△CBE'是由Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到的，∴∠CE'B＝∠AEB＝90°，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF+∠AEB＝90°，∴∠BEF＝90°，∴四边形BE'FE是矩形，由旋转可知：BE＝BE'，∴四边形BE'FE是正方形；（2）结论：CF＝FE′．证明：如图②，过点D作DH⊥AE于点H，则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，∵DA＝DE，∴AH＝EH=12∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，在△ADH和△BAE中，∠AHD=∠BEA=90°∠ADH=∠BAE∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE，由旋转可知：AE＝CE'，由（1）可知：四边形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F＝AH=12AE=∴CF＝FE′．【总结提升】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．模型五共顶点双等腰直角三角形模型（俗称手拉手模型）模型讲解：结论：△BCE≌△BAG，CE⊥AG，∠CHG＝90°，BH平分∠CHG【典例5】（2023秋•衡水期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2，其中正确结论是①②③（填序号）【思路引领】由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形，得到四条边相等，四个角为直角，利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等，利用全等三角形对应边相等即可得到BE＝DG，利用全等三角形对应角相等得到∠1＝∠2，利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角，利用勾股定理求出所求式子的值即可．【解答】解：设BE，DG交于O，∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCE+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°+∠DCE，即∠BCE＝∠DCG，在△BCE和△DCG中，∵BC=DC∠BCE=∠DCG∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE＝DG，∴∠1＝∠2，∵∠1+∠4＝∠3+∠1＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠BOG＝90°，∴BE⊥DG；故①②正确；连接BD，EG，如图所示，∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，则BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正确．故答案为：①②③．【总结提升】此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握性质与定理是解本题的关键．【针对训练】1．（2023春•秦淮区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝32，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）求证：矩形DEFG是正方形；（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．【思路引领】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；（2）同（1）的方法判断出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6．【解答】解：（1）如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，∴∠MEN＝90°，∵点E是正方形ABCD对角线上的点，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；（2）CE+CG的值是定值，定值为6，理由如下：∵正方形DEFG和正方形ABCD，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，在∴△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×【总结提升】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．2．（2023春•鄞州区期末）如图1，已知矩形ABCD，点