第14讲 重难点专项突破02正方形中的十字架模型（教师版）-新九年级数学暑假预习讲义（北师大）

重难点专项突破02正方形中的十字架模型【知识梳理】【考点剖析】一．解答题（共10小题）1．（2022•越秀区校级一模）如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】根据题意证明△ABQ≌△DAP即可．【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DQ＝CP，∴AD﹣DQ＝CD﹣CP，∴AQ＝DP，∴△ABQ≌△DAP（SAS），∴∠DAP＝∠ABQ，∵∠DAP+∠BAP＝90°，∴∠ABQ+BAP＝90°，∴BQ⊥AP．【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键．2．（2022•湘潭县校级模拟）如图，有两个动点E，F分别从正方形ABCD的两个顶点B，C同时出发，以相同速度分别沿边BC和CD移动，问：在E，F移动过程中，AE与BF的位置和大小有什么关系吗？并给予证明．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】由题中已知的四边形ABCD为正方形，根据正方形的性质，可得一对直角边和一对直角的对应相等，又根据两个动点E，F以相同速度分别沿边BC和CD移动，得到CF＝BC，利用“SAS”证得△ABE≌△BCF，由全等三角形的对应角和对应边分别相等可得，AE＝BF，∠EAB＝∠FBC，利用转化的方法可得∠AOB＝90°，从而得到AE与BF的关系为相互垂直且相等；【解答】解：AE与BF的位置关系是：垂直；大小关系是：相等．证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，又动点E，F分别从正方形ABCD的两个顶点B，C同时出发，以相同速度分别沿边BC和CD移动，∴BE＝CF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠EAB＝∠FBC，AE＝BF，∵∠CBF+∠ABO＝90°，∴∠EAB+∠ABO＝90°，在△ABO中，∠AOB＝180°﹣（∠EAB+∠ABO）＝90°，∴AE⊥BF．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，要求学生会从动态变化中找出相等的量，确定相等关系，构造全等三角形，利用转化的思想，从而达到解题的目的．解本题的关键是根据已知条件得出三角形ABE与三角形BCF全等．3．（2023•运城二模）综合与实践：问题情境：在数学活动课上，老师出了这样一道题：在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，将矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α到矩形CEFG的位置，点D恰好在边CG上．问题解决：（1）如图1，连接AC，CF，AF，AF与CG交于点H．①α的值为90°，AF＝；②求GH的长．（2）如图2，若将四边形ABCP沿渞直线CP折叠，得到四边形A′PCB′，使得点B的对应点B′恰好在EF上，点A的对应点为A′，点G在A′P上，求AP的长．【考点】解直角三角形的应用；翻折变换（折叠问题）．【分析】（1）①根据矩形的每一个角都是直角，以及点D恰好在边CG上和得出旋转角α的度数；②先由旋转的性质可得出：AC＝CF，∠ACF＝90°，然后在Rt△ABC中由勾股定理求出AC的长，进而即可求出AF的长；（2）连接B′G，先求出CB’的长，进而可求出FB'，再利用勾股定理可求出B′G，A′G，然后设AP＝y，则A′P＝y，GP＝x﹣2，DP＝10﹣x，GD＝4，最后在Rt△GDP中由勾股定理列出关于x的方程即可得出答案．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝10，∠BCD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，当矩形ABCD绕着点C顺时针旋转α到矩形CEFG的位置，点D恰好在边CG上时，旋转角α＝∠BCD＝90°，由旋转的性质可知：点A与点F为旋转前、后的对应点，∴AC＝CF，∠ACF＝90°，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝10，由勾股定理得：，∴，在Rt△ACF中，，由勾股定理得：．②由旋转的性质可知：CG＝BC＝10，∠G＝∠B＝90°，FG＝AB＝6，∴GD＝CG﹣CD＝10﹣6＝4，设GH＝x，则HD＝GD﹣GH＝4﹣x，∵∠G＝∠ADC＝90°，∴GF∥AD，∴△GHF∽△DHA，∴FG：AD＝GH：HD，∴FG•HD＝AD•GH，∵FG＝6，HD＝4﹣x，AD＝10，GH＝x，∴6•（4﹣x）＝10x，解得：x＝1.5，∴GH＝1.5．故答案为：①90°，；②1.5．（2）连接B′G．由旋转的性质可知：CE＝CD＝6，EF＝AD＝10，由翻折的性质可知：CB'＝CB＝10，A'B'＝AB＝6，AP＝A'P，在Rt△CEB'中，CE＝6，CB'＝10，由勾股定理得：．∴FB'＝EF﹣EB'＝2，在Rt△GFB'中，FB'＝2，FG＝6，由勾股定理得：，在Rt△A′GB′中，A'B'＝6，，由勾股定理得：．设AP＝y，则A′P＝y，∴GP＝A′P﹣A′G＝x﹣2，DP＝AD﹣AP＝10﹣x，GD＝CG﹣CD＝10﹣6＝4．在Rt△GDP中，由勾股定理得：DP2+DG2＝PG2，∴（10﹣y）2+42＝（y﹣2）2，解得：y＝7，∴AP＝7．【点评】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，图形的翻折变换及性质，矩形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理的应用等，解答此题的关键是准确识图，熟练掌握图形的旋转、翻折变换，难点是设置适当的未知数，灵活利用勾股定理进行计算．4．（2023•遵义模拟）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE＝DF．【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求的值．【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由．【考点】相似形综合题．【分析】【问题探究】利用ASA证明△ADE≌△DCF，得AE＝DF；【知识迁移】过点N作NO⊥AB于点O，利用△ABE∽△ONM，得，即可得出答案；【拓展应用】作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，说明△ABG∽△NHM，得，且四边形AEFG、HNCB是平行四边形，进而解决问题．【解答】【问题探究】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠AED+∠DAE＝90°，∵AE⊥DF，∴∠AED+∠CDF＝90°，∴∠DAE＝∠CDF，在△ADE与△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴AE＝DF；【知识迁移】解：如图，过点N作NO⊥AB于点O，∴∠BMN+∠MNO＝90°，∵BE⊥MN，∴∠BMN+∠MBE＝90°，∴∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，在△ABE与△MNO中，∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，∴△ABE∽△ONM，∴，∵ON＝BC，∴；【拓展应用】解：当∠EFC＝∠MNC时，，作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，则∠EFC＝∠AGC，∠MNC+∠BMN＝180°，∠MHN＝∠ABC，∵∠AGB+∠AGC＝180°，∴∠AGB＝∠NMH，∴△ABG∽△NHM，∴，∵HN∥BC，AB∥CD，AG∥EF，AD∥BC，∵四边形AEFG、HNCB是平行四边形，∴AG＝EF，MN＝BC，∴当∠EFC＝∠MNC时，．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．5．（2023•湘潭县三模）已知点E、F分别是四边形ABCD边AB、AD上的点，且DE与CF相交于点G．（1）如图①，若AB∥CD，AB＝CD，∠A＝90°，且AD•DF＝AE•DC，求证：∠CGE＝90°；（2）如图②，若AB∥CD，AB＝CD，且∠A＝∠EGC时，求证：DE•CD＝CF•DA；（3）如图③，若BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，设DE⊥CF，当∠BAD＝90°时，直接写出的值．【考点】相似形综合题．【分析】（1）根据矩形的判定知四边形ABCD是矩形，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，可知△ADE∽△DCF，则∠ADE＝∠DCF，从而证明结论成立；（2）首先可知△GDF∽△ADE，得，再通过△DCF∽△GCD，得，进而解决问题；（3）作CN⊥AD于点N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，连接BD，设CN＝x，可知四边形AMCN是矩形，利用SSS证明△ABD≌△CBD，得∠BCD＝∠BAD＝90°，根据△BCN∽△DCN，得，则CM＝x，在Rt△BCM中，利用勾股定理列方程，再利用（1）中基本模型解决问题．【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵∠A＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，∵AD•DF＝AE•DC，∴，∴△ADE∽△DCF，∴∠ADE＝∠DCF，∴∠ADE+∠DFC＝∠DCF+∠DFC＝90°，∴∠DGF＝90°，∴∠CGE＝∠DGF＝90°；（2）证明：∵∠DGF＝∠EGC，∠A＝∠EGC，∴∠DGF＝∠A，∴∠GDF＝∠ADE，∴△GDF∽△ADE，∴，∴，∵AB∥CD，∴∠AED＝∠CDG，∵∠AED＝∠CFD，∴∠CFD＝∠CDG，∵∠DCF＝∠GCD，∴△DCF∽△GCD，∴，∴，∴DE•CD＝CF•DA；（3）解：如图，作CN⊥AD于点N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝∠AMC＝∠ANC＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∴CM＝AN，AM＝CN＝x，∠MCN＝90°，∵BA＝BC＝3，DA＝DC＝4，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD（SSS），∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∴∠BCM＝∠DCN＝90°﹣∠BCN，∴∠M＝∠CND＝90°，∴△BCN∽△DCN，∴，∴CM＝x，在Rt△BCM中，由勾股定理得，∴（x﹣3），解得x＝或x＝0（不合题意舍去），∴CN＝，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°，∴∠CFN+∠ADE＝90°，∵∠DEA+∠ADE＝90°，∴∠DEA＝∠CFN，∴∠A＝∠CNF＝90°，∴△ADE∽△NCF，∴．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，构造模型、应用模型解决问题是解题的关键．6．（2022•天桥区一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则的值为1；（2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝5，CD＝3，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为；（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：；（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝3，AD＝9，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．请问．是定值吗？若是，直接写出这个定值，若不是，请说明理由．【考点】相似形综合题．【分析】（1）根据正方形的性质，利用ASA证明△ADE≌△DCF，得DE＝CF，从而得出答案；（2）首先根据同角的余角相等知∠ADB＝∠DCE，则△ADB∽△DCE，得；（3）过点作CH⊥AD，交AD延长线于H，利用两个角相等可证明△ADE∽△HCF，得；（4）连接AC交BD于H，CF与DE交于G，CF与DB交于P，首先可证明△ACF∽△BDE，得，再利用勾股定理求出BD，面积法求出AC的长，从而得出答案．【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠A＝∠FDC＝90°，∵DE⊥CF，∴∠ADE+∠DFC＝90°，∠DFC+∠DCF＝90°，∴∠ADE＝∠DCF，在△ADE与△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，∴，故答案为：1；（2）解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠EDC＝90°，∵CE⊥BD，∴∠ADB+∠CED＝90°，∠CED+∠DCE＝90°，∴∠ADB＝∠DCE，∴△ADB∽△DCE，∴，故答案为：；（3）证明：如图，过点作CH⊥AD，交AD延长线于H，∵∠H＝∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABCH为矩形，∴CH＝AB，∵CG⊥EG，∴∠G＝90°＝∠A＝∠H，∵∠ADE＝∠GDF，∵∠GFD＝∠HFC，∴∠ADE＝∠HCF，∴△ADE∽△HCF，∴；（4）解：是定值，理由如下：连接AC交BD于H，CF与DE交于G，CF与DB交于P，∵将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，∴AC⊥BD，∴∠BAH+∠CAF＝90°，∠BAH+∠EBD＝90°，∠CHP＝90°，∴∠CAF＝∠DBE，∵CF⊥DE，∴∠PGD＝90°＝∠CHP，∵∠HPC＝∠GPD，∴∠ACF＝∠BDE，∴△ACF∽△BDE，∴，∵AB＝3，AD＝9，由勾股定理得BD＝＝3，∴，∴AH＝，∴AC＝2AH＝，∴．【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形和矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．7．（2022春•潮阳区期末）（1）如图1，在正方形ABCD中，AE、DF相交于点O且AE⊥DF则AE和DF的数量关系为AE＝DF．（2）如图2，在正方形ABCD中，E、F、G分别是边AD、BC、CD上的点，BG⊥EF，垂足为H．求证：EF＝BG．（3）如图3，在正方形ABCD中，E、F、M分别是边AD、BC、AB上的点，AE＝2，BF＝5，BM＝1，将正方形沿EF折叠，点M的对应点恰好与CD边上的点N重合，求CN的长度．【考点】四边形综合题．【分析】（1）证明∠BAE＝∠ADF，则△ABE≌△DAF（AAS），即可求解；（2）证明△BCG≌EMF△（ASA），即可求解；（3）证明知△EHF≌△MGN（ASA），则NG＝HF，而AE＝2，BF＝5，故NG＝HF＝5﹣2＝3，进而求解．【解答】解：（1）∵∠DAO+∠BAE＝90°，∠DAO+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（ASA），∴AE＝DF，故答案为AE＝DF；（2）如图1，故点E作EM⊥BC于点M，则四边形ABME为矩形，则AB＝EM，在正方形ABCD中，AB＝BC，∴EM＝BC，∵EM⊥BC，∴∠MEF+∠EFM＝90°，∵BC⊥EM，∴∠CBG+∠EFM＝90°，∴∠CBG＝∠MEF，在△BCG和△EMF中，，∴△BCG≌△EMF（ASA），∴BG＝EF；（3）如图2，连接MN，∵M、N关于EF对称，∴MN⊥EF，过点E作EH⊥BC于点H，过点M作MG⊥CD于点G，则EH⊥MG，由（2）同理可得：△EHF≌△MGN（ASA），∴NG＝HF，∵AE＝2，BF＝5，∴NG＝HF＝5﹣2＝3，又∵GC＝MB＝1，∴NC＝NG+CG＝3+1＝4．【点评】本题为四边形综合题，主要考查的是三角形全等和正方形的性质，有一定的综合性，难度适中．8．（2023春•青秀区校级期中）在正方形ABCD中：（1）已知：如图①，点E、F分别在BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M，求证：AE＝BF．（2）如图②，如果点E、F、G分别在BC、CD、DA上，且GE⊥BF，垂足M，那么GE、BF相等吗？证明你的结论．（3）如图③，如果点E、F、G、H分别在BC、CD、DA、AB上，且GE⊥HF，垂足M，那么GE、HF相等吗？证明你的结论．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，进而得到∠BAE＝∠CBF，则△ABE≌△BCF，进一步根据全等三角形的性质进行证明；（2）过点A作AN∥GE，可证四边形ANEG是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得AN＝GE，由（1）的结论可知AN＝BF，所以GE＝BF；（3）分别过点A、B作AP∥GE，BQ∥HF，可证四边形APEG、四边形BQFH为平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得AP＝GE，BQ＝HF，由（1）的结论可知AP＝BQ，所以GE＝HF．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AE⊥BF，∴∠BAE+∠ABM＝90°，∠CBF+∠ABM＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，∵在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴AE＝BF；（2）GE＝BF．证明：如图②，过点A作AN∥GE，∵AD∥BC，∴四边形ANEG是平行四边形，∴AN＝GE，∵GE⊥BF，∴AN⊥BF，由（1）可得△ABN≌△BCF，∴AN＝BF，∴GE＝BF；（3）GE＝HF．证明：如图③，分别过点A、B作AP∥GE，BQ∥HF，∵AD∥BC，AB∥DC，∴四边形APEG、四边形BQFH为平行四边形，∴AP＝GE，BQ＝HF，∵GE⊥HF，∴AP⊥BQ，由（1）可得△ABP≌△BCQ，∴AP＝BQ，∴GE＝HF．【点评】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定，熟练掌握正方形性质确定三角形全等的条件是解题的关键，（2）（3）两题通过作辅助线构造成（1）的形式是得解的关键．9．（2020秋•漳州期中）（1）如图1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于点O且AE⊥DF．则AE和DF的数量关系为AE＝DF．（2）如图2，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边AD，BC，CD上的点，BG⊥EF，垂足为H．求证：EF＝BG．（3）如图3，在正方形ABCD中，E，F，M分别是边AD，BC，AB上的点，AE＝2，BF＝4，BM＝1，将正方形沿EF折叠，点M的对应点与CD边上的点N重合，求CN的长度．【考点】四边形综合题．【分析】（1）证明∠BAE＝∠ADF，则△ABE≌△DAF（ASA），即可求解；（2）由正方形的性质得出∠CBG＝∠MEF，证明△BCG≌△EMF（ASA），即可求解；（3）证明△EHF≌△MGN（ASA），则NG＝HF，而AE＝2，BF＝4，故NG＝HF＝4﹣2＝2，进而求解．【解答】解：（1）依题意得：∠DAO+∠BAE＝90°，∠DAO+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（ASA），∴AE＝DF，故答案为：AE＝DF；（2）如图1，过点E作EM⊥BC于点M，则AB＝EM，∵AB＝BC，∴EM＝BC，∵EM⊥BC，∴∠MEF+∠EFM＝90°，∵BC⊥EM，∴∠CBG+∠EFM＝90°，∴∠CBG＝∠MEF，在△BCG和△EMF中，，∴△BCG≌△EMF（ASA），∴EF＝BG；（3）如图2，连接MN，∵MN⊥EF，过点E作EH⊥BC于点H，过点M作MG⊥CD于点G，由（2）同理可得：△EHF≌△MGN（ASA），∴NG＝HF，∵AE＝2，BF＝4，∴NG＝HF＝4﹣2＝2，∴NC＝NG+CG＝2+1＝3．∴CN的长度为3．【点评】本题为四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，轴对称的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【过关检测】一．解答题（共13小题）1．如图，正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且AE＝BF，求证：AF⊥DE．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】由题意先证明△ADE≌△BAF，得出∠EDA＝∠FAB，再根据∠ADE+∠AED＝90°，推得∠FAE+∠AED＝90°，从而证出AF⊥DE．【解答】证明：∵四边形ABCD为正方形，∴DA＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，又∵AE＝BF，∴△DAE≌△ABF，∴∠ADE＝∠BAF，（4分）∵∠ADE+∠AED＝90°，∴∠FAE+∠AED＝90°，∴∠AGE＝90°，∴AF⊥DE．（3分）【点评】本题考查了正方形的性质以及全等三角形．2．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，DC上的点，且AF⊥BE．求证：AF＝BE．【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，∠BAE＝∠D＝90°，再根据同角的余角相等求出∠ABE＝∠DAF，然后利用“角边角”证明△ABE和△DAF全等，再根据全等三角形的证明即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠BAE＝90°，∵BE⊥AF，∴∠ABE+∠BAF＝90°，∠DAF+∠BAF＝90°∴∠ABE＝∠DAF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（ASA），∴BE＝AF．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，主要利用了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，同角的余角相等的性质，利用三角形全等证明相等的边是常用的方法之一，要熟练掌握并灵活运用．3．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，BE＝CF，连接AE、BF相交于点G．现给出了四个结论：①AE＝BF；②∠BAE＝∠CBF；③BF⊥AE；④AG＝FG．请在这些结论中，选择一个你认为正确的结论，并加以证明．结论：BF⊥AE．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】根据正方形的性质证明三角形的全等，选择一个正确的答案进行证明即可．【解答】解：正确结论：①②③；证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90，又∵BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF∠BAE＝∠CBF，∴∠FBC+∠BEG＝∠BAE+∠BEG＝90°，∴∠BGE＝90°，∴BF⊥AE．故答案为：BF⊥AE．【点评】本题的考点是：正方形的性质、证明线段的相等、线段垂直和三角形全等．4．已知：正方形ABCD．（1）如图①，E，F分别是边CD，AD上的一点，且AE⊥BF，求证：AE＝BF．（2）M，N，E，F分别在边AB，CD，AD，BC上，且MN＝EF，那么MN⊥EF？请画图表示，并作简要说明：（3）将正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，若已知该正方形边长为12，MN的长为13，求CE的长．【考点】四边形综合题．【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°，证出∠ABF＝∠DAE，由ASA证明△BAF≌△ADE，得出对应边相等即可；（2）过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，由正方形的性质可得EG＝MP，先利用“HL”证明Rt△EFG≌Rt△MNP，由全等三角形对应角相等可得∠MNP＝∠EFG，再由角的关系推出∠EQM＝∠MNP，由∠MNP+∠NMP＝90°得出∠NMP+∠EQM＝90°，得出∠MOQ＝90°，由垂直的定义得出MN⊥EF，当E向D移动，F向B移动，同样使MN＝EF，此时就不垂直；（3）连接AE时，则线段MN垂直平分AE，过点B作BF∥MN，则BF＝MN，且AE⊥BF，由（1）知AE＝BF＝MN＝13，由勾股定理求出DE，即可得出CE的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°，∵AE⊥BF，∴∠BAE+∠ABF＝90°，∵∠BAE+∠DAE＝90°，∴∠ABF＝∠DAE，在△BAF和△ADE中，，∴△BAF≌△ADE（ASA），∴AE＝BF；（2）解：MN与EF不一定垂直；如图1所示，当MN＝EF时，MN⊥EF，如图2所示，当MN＝EF时，MN与EF就不垂直了；理由如下：过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，∵四边形ABCD是正方形，∴EG＝MP，在Rt△EFG和Rt△MNP中，，∴Rt△EFG≌Rt△MNP（HL），∴∠MNP＝∠EFG，∵MP⊥CD，∠C＝90°，∴MP∥BC，∴∠EQM＝∠EFG＝∠MNP，又∵∠MNP+∠NMP＝90°，∴∠EQM+∠NMP＝90°，在△MOQ中，∠MOQ＝180°﹣（∠EQM+∠NMP）＝180°﹣90°＝90°，∴MN⊥EF，当E向D移动，F向B移动，同样使MN＝EF，此时就不垂直，故此，MN与EF不一定垂直；（3）解：如图3所示，连接AE，则线段MN垂直平分AE，过点B作BF∥MN，则四边形MNBF是平行四边形，∴BF＝MN，且AE⊥BF，由（1）知AE＝BF＝MN＝13，由勾股定理得：DE＝＝＝5，∴CE＝CD﹣DE＝12﹣5＝7．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识；本题难度较大，综合性强．5．探究一：如图1，已知正方形ABCD，E、F分别是BC、AB上的两点，且AE⊥DF．小明经探究，发现AE＝DF．请你帮他写出证明过程．探究二：如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E、G分别在边BC、AD上，F、H分别在边AB、CD上，且GE⊥FH．小明发现，GE与FH并不相等，请你帮他求出的值．探究三：小明思考这样一个问题：如图3，在正方形ABCD中，若E、G分别在边BC、AD上，F、H分别在边AB、CD上，且GE＝FH，试问：GE⊥FH是否成立？若一定成立，请给予证明；若不一定成立，请画图并作出说明．【考点】四边形综合题．【分析】探究一、求出∠ADF＝∠BAE，∠DAF＝∠ABE＝90°，求出△ADF≌△DAE即可；探究二、作GM⊥BC于M，FN⊥CD于N，证出△GME∽△FNH即可；探究三、画出图形，即可得出答案．【解答】探究一证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAF＝∠ABE＝90°，AD＝AB，∴∠DAE+∠BAE＝90°，∵AE⊥DF，∴∠DAE+∠ADF＝90°，∴∠ADF＝∠BAE，在△ADF和△BAE中，，∴△ADF≌△DAE（ASA），∴AE＝DF；探究二、解：作GM⊥BC于M，FN⊥CD于N，如图2，则GM＝AB＝3，FN＝AD＝4，∠GME＝∠FNH＝∠GOF＝90°，∴∠EGM+∠GQO＝90°，∠HFN+∠FQR＝90°，∵∠FQR＝∠GQO，∴∠HFN＝∠EGM，∵∠GME＝∠FNH，∴△GME∽△FNH，∴＝，又∵AB＝GM＝3，FN＝BC＝4，∴＝；探究三、解：不一定成立，如图3，当在GE时，GE和FH垂直，当在G′E′时，G′E′和FH就不垂直．【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．6．问题背景某课外学习小组在一次学习研讨中，得到如下命题：①如图1，在正三角形ABC中，M、N分别是AC、AB上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝60°，则BM＝CN．②如图2，在正方形ABCD中，M、N分别是CD、AD上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝90°，则BM＝CN．然后运用类比的思想提出了如下的命题：③如图3，在正五边形ABCDE中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°，则BM＝CN．任务要求（1）请你对命题③进行证明；（2）请你继续完成下面的探索：如图4，在五边形ABCDE中，M、N分别是DE、AE上的点，BM与CN相交于点O，当∠BON＝108°时，请问结论BM＝CN是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）根据正五边形性质得出∠D＝∠BCM＝108°，BC＝CD，求出∠CBM＝∠DCN，根据ASA推出△BCM≌△CDN即可；（2）连接CE，BD，根据正五边形性质得出∠AED＝∠EDC＝∠BCD＝108°，ED＝DC＝BC，求出N、E、M、O四点共圆，求出∠ENC＝∠BMD，证△BCD≌△CDE，推出BD＝CE，∠DEC＝∠BDC，求出∠NEC＝∠MDB，根据AAS证△ECN≌△DBM，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠D＝∠BCM＝＝108°，BC＝CD，∵∠BON＝108°，∴∠BON＝∠CBM+∠BCN＝108°，∠BCD＝∠BCN+∠DCN＝108°，∴∠CBM＝∠DCN，在△BCM和△CDN中，，∴△BCM≌△CDN（ASA），∴BM＝CN．（2）BM＝CN还成立，理由是：连接CE，BD，∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠AED＝∠EDC＝∠BCD＝108°，ED＝DC＝BC，∵∠BON＝108°，∴∠NOM+∠AED＝180°，∴N、E、M、O四点共圆，∴∠ENC+∠EMB＝180°，∵∠EMB+∠DMB＝180°，∴∠ENC＝∠BMD，在△BCD和△CDE中，，∴△BCD≌△CDE（SAS），∴BD＝CE，∠DEC＝∠BDC，∵∠EDC＝∠AED＝108°，∴∠AED﹣∠DEC＝∠CDE﹣∠CDB，即∠NEC＝∠MDB，在△ECN和△DBM中，，∴△ECN≌△DBM（AAS），∴BM＝CN，即BM＝CN还成立．【点评】本题考查了四点共圆，圆内接四边形的性质，全等三角形的性质和判定，正多边形的性质的应用，主要考查学生的推理能力．7．（1）如图1，正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，且满足BE＝CF，连接AE、BF交于点H..请直接写出线段AE与BF的数量关系和位置关系；（2）如图2，正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，连接BF，过点E作EG⊥BF于点H，交AD于点G，试判断线段BF与GE的数量关系，并证明你的结论；（3）如图3，在（2）的条件下，连接GF、HD．求证：①FG+BE≥BF；②∠HGF＝∠HDF．【考点】四边形综合题．【分析】（1）证△ABE≌△BCF，推出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，求出∠CBF+∠AEB＝90°，求出∠BHE＝90°即可；（2）过点A作AM∥GE交BC于M，证△ABM≌△BCF，推出AM＝BF，根据AM∥GE且AD∥BC推出AM＝GE即可；（3）①过点B作BN∥FG，且使BN＝FG，连接NG、NE，根据四边形NBFG是平行四边形的性质求出BF＝NG，BF∥NG，求出△NGE为等腰直角三角形，由勾股定理得NE＝NG，即NE＝BF，即可求出答案；②证G、H、F、D四点共圆，根据圆周角定理得出∠HGF＝∠HDF即可．【解答】（1）解：AE＝BF且AE⊥BF，理由是：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠C＝90°，AB＝BC，∵在△ABE和△BCF中∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，∵∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠CBF+∠AEB＝90°，∴∠BHE＝180°﹣90°＝90°，∴AE⊥BF．（2）BF＝GE，证明：过点A作AM∥GE交BC于M，∵EG⊥BF，∴AM⊥BF，∴∠BAM+∠ABF＝90°，∵正方形ABCD，∴AB＝BC，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠BAM＝∠CBF，∵在△ABM和△BCF中∴△ABM≌△BCF（ASA），∴AM＝BF，∵AM∥GE且AD∥BC，∴AM＝GE，∴BF＝GE；（3）证明：①：过点B作BN∥FG，且使BN＝FG，连接NG、NE，∴四边形NBFG是平行四边形，∴BF＝NG，BF∥NG，由（2）可知，BF⊥GE，且BF＝GE，∴NG⊥EG且NG＝EG，∴△NGE为等腰直角三角形，由勾股定理得NE＝NG，∴NE＝BF，当点F与点D不重合，点E与点C不重合时，N、B、E三点不共线，此时，在△BEN中，NB+BE＞NE，即FG+BE＞BF，当点F与点D重合，点E与点C重合时，N、B、E三点共线，此时，NB+BE＝NE，即FG+BE＝BF；②证明：∵正方形ABCD∴∠ADC＝90°以GF为直径作⊙P，则点D在⊙P上∵∠GHF＝90°∴点H也在⊙P上∴∠HGF＝∠HDF．【点评】本题考查了圆周角定理，正方形性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．8．（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，AE，BF交于点O，∠AOF＝90°．求证：BE＝CF．（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，H，F，G分别在边AB，BC，CD，DA上，EF，GH交于点O，∠FOH＝90°，EF＝4．求GH的长．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】（1）根据∠AOF＝90°，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再根据ASA即可证出△FBC≌△EAB；（2）过A作AM∥GH，交BC于M，过B作BN∥EF，交CD于N，AMBN交于点O′，利用平行四边形的判定，可知四边形AMHG和四边形BNFE是▱，那么AM＝GH，BN＝EF，由于∠EOH＝90°，结合平行线的性质，可知∠AO′N＝90°，那么此题就转化成（1），求△BCN≌△ABM即可；【解答】（1）证明：∵正方形ABCD中，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，∵∠AOF＝90°，∠AOB＝90°，∴∠BAE+∠OBA＝90°，又∵∠FBC+∠OBA＝90°，∴∠BAE＝∠CBF（同角的余角相等），∴△ABE≌△BCF（ASA）．∴BE＝CF；（2）解：如图，过点A作AM∥GH交BC于M，过点B作BN∥EF交CD于N，AM与BN交于点O′，则四边形AMHG和四边形BNFE均为平行四边形，∴EF＝BN，GH＝AM，∵∠FOH＝90°，AM∥GH，EF∥BN，∴∠NO′A＝90°，故由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM＝BN，∴GH＝EF＝4；【点评】本题利用了正方形的性质、平行四边形的判定、平行线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，关键是作辅助线，构造全等三角形．9．如图1，正方形ABCD中，E、F分别是CD、AD上的点，且满足AF＝DE，连接BF、AE，交点为O，（1）请判断AE与BF的关系，并证明你的结论．（2）如图2，连接BE、EF，若G、H、P、Q分别是AB、BE、EF、FA的中点，试说明四边形GHPQ是正方形．【考点】正方形的性质；正方形的判定；全等三角形的判定与性质．【分析】（1）根据条件证明△ABF≌△DAE，利用全等的性质证明AE＝BF，AE⊥BF；（2）由（1）的结论可知，四边形ABEF的对角线互相垂直且相等，根据三角形中位线的性质可证明四边形GHPQ是正方形．【解答】解：（1）AE＝BF，AE⊥BF．证明：在△ABF和△DAE中，∵，∴△ABF≌△DAE（SAS），∴BF＝AE，∠BFA＝∠AED，又∠EAD+∠AED＝90°，∴∠BFA+∠AED＝90°，∴AE⊥BF；（2）理由：由（1）可知四边形ABEF的对角线互相垂直且相等，∵GQ为△ABF的中位线，∴GQ＝BF，GQ∥BF，同理可证PH＝BF，PH∥BF，即PH＝GQ，PH∥GQ，四边形PQGH为平行四边形，易证PQ＝AE＝BF＝PH，∴▱PQGH菱形，∵AE⊥BF，∴PQ⊥PH，菱形PQGH为正方形．【点评】本题考查了正方形的性质，与判定，全等三角形的判定与性质．关键是利用正方形的性质证明三角形全等，利用性质证明AE与BF的相等与垂直关系．10．在正方形ABCD中：（1）如图①，点E、F分别在BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．求证：AE＝BF．（2）如图②，如果点E、F、G、H分别在BC、CD、DA、AB上，且GE⊥HF，垂足M．那么GE、HF相等吗？证明你的结论．（3）如图③，在等边三角形ABC中，点E、F分别在BC、CA上，且BE＝CF，你能猜想∠AMF的度数吗？证明你的结论．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【分析】有三角形的直接证明三角形全等，没三角形的构造直角三角形，利用正方形的性质证明三角形全等；对于第4问也是证明三角形全等，再用角等量代换求解．【解答】（1）证明：∵AE⊥BF，∴∠BAE+∠ABM＝90°，∠CBF+∠ABM＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，在△BAE和△CBF中，△BAE≌△CBF（AAS），∴AE＝BF；（2）结论：HF＝GE分别过G、H作GT⊥BC、HN⊥CD，∴GT⊥HN，∴∠FHN+∠HPO＝90°，∠EGT+∠GPM＝90°，∠GPM＝∠HPO，∴∠FHN＝∠EGT，∵HN＝GT，∠GTE＝∠NHF＝90°，在△GTE与△HNF中，，∴△GTE≌△HNF，∴GE＝HF；（3）结论：∠AMF＝60°．在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF，∴∠ABE＝∠BME＝60°，∴∠AMF＝∠BME＝60°．【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及作辅助线的能力和适时等量代换的能力．11．如图，有两个动点E，F分别从正方形ABCD的两个顶点B，C同时出发，以相同速度分别沿边BC和CD移动，问：（1）在E，F移动过程中，AE与BF的位置和大小有何关系？并给予证明；（2）若AE和BF相交点O，图中有多少对相似三角形？请把它们写出来．【考点】相似三角形的判定；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【分析】（1）两个动点E，F以相同速度分别沿边BC和CD移动，所以CF＝BE，△ABE≌△BCF（SAS）可得，AE＝BF，∠AOB＝90°，AE与BF的关系式相互垂直且相等；（2）由（1）中的相等关系可知相似三角形有△ABO∽△BEO△ABO∽△AEB△BEO∽△BFO△ABE∽△BCF△ABO∽△BFC．【解答】解：（1）在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∵BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴∠EAB＝∠FBC，AE＝BF．∵∠CBF+∠ABO＝90°，∴∠EAB+∠ABO＝90°．在△ABO中，∠AOB＝180°﹣（∠EAB+∠ABO）＝90°，∴AE⊥BF．（2）有6对相似三角形，△ABO∽△BEO；△ABO∽△AEB；△BEO∽△BFC；△ABE∽△BCF；△ABO∽△BFC；△BOE∽△ABE【点评】考查了相似三角形和全等三角形的判定，会从动态变化中找出相等的量，确定相等关系，利用相似三角形判定定理进行判定．12．问题背景：某课外学习小组在一次学习研讨中，得到了如下两个命题：①如图a，在正三角形ABC中，M、N分别是AC、AB上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝60°，则BM＝CN；②如图b，在正方形ABCD中，M、N分别是CD、AD上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝90°，则BM＝CN；然后运用类比的思想提出了如下命题：③如图c，在正五边形ABCDE中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°，则BM＝CN；任务要求：（1）请你从①，②，③三个命题中选择一个进行证明；（说明选①做对的得4分，选②做对的得3分，选③做对的得5分）（2）请你继续完成下面的探索：ⅰ、如图d，在正n（n≥3）边形ABCDEF…中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，试问当∠BON等于多少度时，结论BM＝CN成立？（不要求证明）ⅱ、如图e，在正五边形ABCDE中，M、N分别是DE、AE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°时，试问结论BM＝CN是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立．请说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）正三角形ABC中，可通过全等三角形来证明BM＝CN，由于∠BON＝∠MBC+∠BCO＝60°，而∠ACB＝∠ACN+∠OCB＝60°，因此∠ACN＝∠MBC，又知道∠A＝∠BCM＝60°，AC＝BC，因此△ACN≌△CBM，可得出BM＝CN；正方形和正五边形的证明过程与正三角形的一样，都是通过全等三角形来得出线段的相等，证三角形的过程中都是根据∠BON和多边形的内角相等得出一组两三角形中的一组对应角相等，然后根据正多边形的内角和边相等，得出BCM和CND全等，进而得出BM＝CN；（2）①由（1）的证明过程可知道∠MON的度数应该是正多边形的内角的度数，当∠BON＝时，结论BM＝CN成立，②可参照（1）先得出三角形BCD和CDE全等，然后通过证三角形CEN和BDM全等来得出结论，在证三角形CEN和BDM全等的过程中也是通过∠BON与正五边形的内角相等得出一组对应角相等，然后根据正五边形的内角减去第一对全等三角形中得出的相等角来得出另一组对应角相等，可通过△BCD≌△CDE得出CE＝BD，那么可得出三角形CEN和BDM全等，由此可得证．【解答】解：（1）选命题①在图a中，∵△ABC是正三角形，∴BC＝CA，∠BCM＝∠CAN＝60°．∵∠BON＝60°，∴∠CBM+∠BCN＝60°．∵∠BCN+∠ACN＝60°，∴∠CBM＝∠ACN．∴△BCM≌△CAN（ASA）．∴BM＝CN．选命题②在图b中∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝90°．∵∠BON＝90°，∴∠CBM+∠BCN＝90°．∵∠BCN+∠DCN＝90°，∴∠CBM＝∠DCN．∴△BCM≌△CDN（ASA）．∴BM＝CN．选命题③在图c中，∵五边形ABCDE是正五边形，∴BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝108°．∵∠BON＝108°，∴∠CBM+∠BCN＝108°．∵∠BCN+∠DCN＝108°，∴∠CBM＝∠DCN．∴△BCM≌△CDN（ASA）．∴BM＝CN．（2）①当∠BON＝时，结论BM＝CN成立．∵在正n（n≥3）边形ABCDEF…中，∵BC＝CD，∠BCM＝∠CDN＝，∵∠BON＝，∴∠CBM+∠BCN＝，∵∠BCN+∠DCN＝，∴∠CBM＝∠DCN．∴△BCM≌△CDN（ASA）．∴BM＝CN．②BM＝CN成立．在图⑤中，连接BD、CE，∵五边形ABCDE是正五边形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠CDE＝108°，CD＝DE，∠CDE＝∠DEA＝108°．∴∠BCD＝∠DEA，∴△BCD≌△CDE（SAS）．∴BD＝CE，∠BDC＝∠CED，∠DBC＝∠ECD．∵∠BON＝108°，∴∠OBC+∠OCB＝108°．∵∠OCB+∠OCD＝108°，∴∠OBC＝∠OCD（即∠MBC＝∠NCD）．∴∠MBC﹣∠DBC＝∠NCD﹣∠ECD，即∠DBM＝∠ECN．∴∠CDE﹣∠BDC＝∠DEA﹣∠CED，即∠BDM＝∠