2023年中考数学压轴题培优专题07 弦图与垂直模型（含答案解析）

这是一份2023年中考数学压轴题培优专题07 弦图与垂直模型（含答案解析），共78页。

【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


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



【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．
【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；

【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．
【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．
【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．


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）．
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．
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．
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△AEM的值．
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．

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．


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−4x−4y−1的值为定值．

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的长度．
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．
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,DN．

（1）求证：DM=MN．
（2）求证：EM//CN．
（3）若AE=1,BN=32,求DN的长．
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．
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．
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=GMGE．
①求证：BN=EC；
②若CE=2DE,直接写出BNAB的值．
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=BCAB；
（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的值．
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．

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BN的长：
（3）若点M在边AD所在直线上,且BN=26,求AM的长．
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．
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．

19．（2021·全国·八年级专题练习）如图,在正方形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,E、F分别在OD、OC上,且DE=CF,连接AE、DF,AE的延长线交DF于点M．
（1）求证：AE=DF；
（2）求证：AM⊥DF．

20．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校模拟预测）直线y=kx+k与x轴交于A,与y轴交于C点,直线BC的解析式为y=−1kx+k,与x轴交于B．
（1）如图1,求点A的横坐标；
（2）如图2,D为BC延长线上一点,过D作x轴垂线于点E,连接CE,若CD=CA,设△ACE的面积为S,求S与k的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接OD交AC于点F,将△CDF沿CF翻折得到△FCG,直线FG交CE于点K,若3∠ACE−∠CDO=45°,求点K的坐标．



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+2EC．理由见解析．
【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,PC=2NC,整理可得结论．
【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=22=2．
∴PF的长为定值2．
（3）解：PC=PA+2EC．
理由：如图1,∵∠BAC＝45°,
∴△AMP是等腰直角三角形,
∴PA=2PM．
由（1）知PM＝NE,
∴PA=2NE．
∵△PCN是等腰直角三角形,
∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC．
【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=∠BCFBE=CF
∴△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//AE,
∴∠BHA=∠EAN,
在△AGB和△AGM中,
AG=AG∠AGB=∠AGMGB=GM
∴△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∠HBA=∠CBNAB=CB
∴△ABH≌△CBN（SAS）,
∴AH=CN,
在Rt△HBN中,根据勾股定理
HN=BH2+BN2=2BN,
∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN；
【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）106
【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即可；
（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,NP=12AE,可证四边形MNPQ为平行四边形．再证四边形MNPQ为菱形,最后证MN⊥MQ即可；
（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+(3−x)2=x2,解得x=53,在Rt△AOF中,可求OF=106．
【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∠ABC=∠BCD,
∴△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=12BG,
∵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=12AE,NP//AE,NP=12AE,
∴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=AB2+BS2=10,
∴AO=12AS=102,
设AF=x,则BF=B'F=3−x,
在Rt△AB'F中,
12+(3−x)2=x2,
x=53,
∴AF=53,
在Rt△AOF中,
OF=AF2−AO2=532−1022=106．

【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=∠ABOBC=AB,
∴△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=∠EDFBD=ED,
∴△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=2．
【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）12
【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,即可求得答案．
【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 ,
∴△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＝22,
∴BC＝CD＝32,CG＝CE＝2,
在RT△BDC中,
∵∠BCD＝90°,
∴BD＝CD2+BC2＝322+322=6,
∵∠DHG＝45°,∠DHG＝90°,DG＝22,
∴DHDG=sin45°＝22,
∴DH＝2,
∴GH＝DH＝2,
∵BH＝BD﹣DH,
∴BH＝6﹣2＝4,
在RT△BHG中,
∵∠BHG＝90°,
∴tan∠DBG＝HGBH,
∴tan∠DBG＝12
【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


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=90∘AC=CB,
∴△ADC≌△CEBAAS
∴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=90∘AC=CB,
∴△ADC≌△CEBAAS
∴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=12BF=FN=EN,
∵ ∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,
∴∠ENM=12∠ENF=60°,
∵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=2EC．
【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=45∘−α；
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,由此即可求解；
（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∠CAR=∠CBE,
∴△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；理由如下：
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∠CAF=∠CBE,
∴△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△AEM的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）43或47
【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=∠ADCAE=AD,
∴△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°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS),
∴EN=AC,
又∵AC=BC,
∴EN=BC,
又在△ENM与△BCM中,
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△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△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EH=12×4a×5a12×3a×5a=43；
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°∠ENA=∠ACDAN=AD
∴△ANE≌△DCA(AAS),
∴EN=AC,AN=CD ,
又∵AC=BC,
∴EN=BC,
又在△ENM与△BCM中,
∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC
∴△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△ADBS△AEM=12BD×AC12AM×EN=12×4a×5a12×7a×5a=47,
点D在BC延长线上
由图2得：AC ∴2AC=5CM不可能,故舍去
综上：S△ADBS△AEM的值为43 或47
【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∠B=∠DFEAD=DE
∴△ABD≌△DFEAAS
∴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=∠DFEAD=DE
∴△ABD≌△DFEAAS
∴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=12 AF⋅FC=36,S△HCF=12HF⋅FC=6,S△AGH=12AH⋅EG=15,利用面积差即可求出．
【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=∠FACAB=CA,
∴△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=∠FACAB=CA,
∴△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=12 AF⋅BG=90,
∴BG=2×90AF=18012=15,
∴EG=BG-BE=15-12=3,AH=AE+EH=6+4=10,
∵S△ACF=12 AF⋅FC=12×12×6=36,S△HCF=12HF⋅FC=12×2×6=6,S△AGH=12AH⋅EG=12×10×3=15,
∴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−4x−4y−1的值为定值．

【答案】（1）178；（2）8−43（3）①见解析；②16xy−4x−4y−1=0,理由见解析
【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+AG2=EG2,GD2+DF2=GF2,BC2+FC2=BF2,可以得到4−y2+x2=y2①,4−x2+4−12y2=42+12y2②,联立①②求解即可得到答案；
（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+S△BCM+S△CDM=4×4=16,可以得到2x+2GM+2y+124−x4−y=16,由勾股定理可以得到DM2+GD2=GM2即4−x2+4−y2=4−xy42,最后解方程即可得到答案．
【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,
∵AE2+AG2=EG2,
∴4−x2+12=x2,
解得x=178,
∴EG=178；

（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,DF=4−12y
∵AE2+AG2=EG2,GD2+DF2=GF2,BC2+FC2=BF2,
∴4−y2+x2=y2①,4−x2+4−12y2=42+12y2②,
联立①②解得x=8−43或x=8+43（舍去）,
∴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=S△ABG+S△MBG+S△BCM+S△CDM=4×4=16,
∴12AG·AB+12GM·BH+12CM·BC+12DM·GD=16,
∴2x+2GM+2y+124−x4−y=16,
∴GM=4−xy4,
∵DM2+GD2=GM2,
∴4−x2+4−y2=4−xy42
∴16−8x+x2+16−8y+y2=16−2xy+x2y216
∴x+y2−8x+y+16=x2y216,
∴x+y−42=x2y216,
∴x+y−4=±xy4,
当x+y−4=xy4时,则4x+4y−16=xy,
∴y=16−4x4−x=4（不符合题意）,
∴4x+4y−16=−xy
∴16xy−4x−4y−1=0．

【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的长度．
【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＝12×4＝2．
【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＝12CE′,可证得结论；
（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=∠AEBAD=AB,
∴△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＝12CE′,
∴FE′＝12AE＝12CE′,
∴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+GE2＝42+32＝5．
【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,DN．

（1）求证：DM=MN．
（2）求证：EM//CN．
（3）若AE=1,BN=32,求DN的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）52
【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
{∠MFD=∠NBADF=MB∠MDF=∠NMB
∴△MDF≌△NMB(ASA)
∴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//MN
∴∠DHC=90°,
∴∠HDC+∠DCH=90°
∴∠HDC+∠ADM=90°
∴∠DCE=∠ADM,
在△EDC和△MAD中,{∠CDE=∠DAMAD=DC∠DCE=∠ADM
∴△EDC≌△MAD(ASA)．
∴EC=DM又DM=MN,
∴EC=MN又EC//MN．
∴四边形EMNC为平行四边形．
∴EM//CN．
（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+x2=(32)2,
∴x=3．
∴NQ=3,MQ=1+3=4,
在Rt△MQN中,MN=32+42=5,
又∵在Rt△DMN中,MN=5,DM=5,
∴DN=52+52=52．
【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∠EOF=∠EPD,
∴△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）2CE=CD−CF,理由见解析
【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GF=CB=CD,最后再等量代换即可得证；
（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°−∠ADC2=45°,
∴∠BCE=∠BCD−∠DCA=45°,
∴∠BCE=∠DCE,
在△BCE与△DCE中,
BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE
∴△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,理由如下：
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=CE2+EG2=2CE,
在△EGF与△ECB中,
∠EGF=∠ECB∠EFG=∠EBCEF=EB
∴△EGF≌△ECB(AAS),
∴GF=CB=CD,
又∵CG=GF+CF=CD+CF,
∴2CE=CD+CF；
（3）2CE=CD−CF,理由如下：
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=CE2+EG2=2CE,
∵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∠EFG=∠EBCEG=EC
∴△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=GMGE．
①求证：BN=EC；
②若CE=2DE,直接写出BNAB的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②BNAB=23
【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GMEM=GFDE=ECDE,再结合已知条件利用比例的性质即可得证
②由CE=2DE得出CE=23DC,结合①可得BN=23DC,从而即可得出BNAB的值
【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,
∴GMEM=GFDE=ECDE
∴GMEG=ECDC
∵BNBC=GMGE
∴BNBC=ECDC
∵BC=CD
∴BN=EC
②∵CE=2DE
∴CE=23DC
∵BN=EC
∴BNDC=23
∵AB=CD
∴BNAB=23
【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=BCAB；
（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的值．
【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=BCAB
（2）结论：EFAM=BCAB
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=BCAB,
∴EFAM=BCAB
（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=BSAB
∵AB=AD,CB=CD,AC=AC,
∴△ACD≌△ACB,
∠ADC=∠ABC=90°,
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°,
∴∠RAD=∠SDC,
∴△RAD∽△SDC,
∴CDAD=SCRD
,设SC=x,
∴510=xRD
∴RD=2x,DS=10-2x,
在Rt△CSD中,∵CD2=DS2+SC2,
∴52=（10-2x）2+x2,
∴x=3或5（舍弃）,
∴BS=5+x=8,
∴DNAM=BSAB=810=45
【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＝213
【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=∠ADEGD=ED,
∴△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=∠ADEGD=ED,
∴△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+EF2＝62+42=213,
∴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BN的长：
（3）若点M在边AD所在直线上,且BN=26,求AM的长．
【答案】（1）6；（2）3102；（3）1或3
【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=92,利用勾股定理即可求得BN的长；
（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=52−2=12,
同理可证得Rt△CDM≅Rt△MGN,
∴GN=DM=12,MG=CD=2,
∴NH= GH-GN=2-12=32,
BH=AG=AM+MG=52+2=92,
∴BN=NH2+BH2=(32)2+(92)2=3102；
（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+4+x2=26,
整理得：x+3x−1=0,
x1=1，x2=−3(舍去),
∴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+22+4−x2=26
整理得：x2−2x−3=0
解得：x1=3，x2=−1(舍去),
∴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+4−x2=26,
解得：x1=3(舍去),x2=−1(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）35
【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=∠AMDQH=AD,
∴△ADM≌△QHP（AAS）,
∴QP=AM,
∵点M是CD的中点,
∴DM=12CD=3,
在Rt△ADM中,由勾股定理得,AM=AD2+DE2=35,
∴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BF//AD,推出BFAD＝BHDH,由AE＝BF,CD＝AD,推出EGGD＝BHHD可得结论．
（3）如图2﹣1中,在AD上取一点J,使得AJ＝AE,连接EJ．设AE＝AJ＝a．利用三角形的面积公式构建方程求出a即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中,

∵四边形ABCD是正方形,
∴∠DAE＝∠ABF＝90°,
∵∠ADE＝∠BAF,
∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°,
∴∠AME＝90°,
∴AF⊥DE．
（2）解：如图2中．结论：GH//AB．
理由：连接GH．

∵AD＝AB,∠DAE＝∠ABF＝90°,∠ADE＝∠BAF,
∴△ADE≌△BAF（ASA）,
∴AE＝BF,
∵AE//CD,
∴AECD＝EGDG,
∵BF//AD,
∴BFAD＝BHDH,
∵AE＝BF,CD＝AD,
∴EGGD＝BHHD,
∴GH//AB．
（3）解：如图2﹣1中,在AD上取一点J,使得AJ＝AE,连接EJ．设AE＝AJ＝a．

∵AF平分∠BAC,∠BAC＝45°,
∴∠BAF＝∠ADE＝22.5°,
∵AE＝AJ＝a,∠EAJ＝90°,
∴∠AJE＝45°,
∵∠AJE＝∠JED+∠JDE,
∴∠JED＝∠JDE＝22.5°,
∴EJ＝DJ＝2a,
∵AB＝AD＝a+2a,AE＝AJ,
∴BE＝DJ＝2a,
∵S△BDE＝4+22,
∴12×2a×（a+2a）＝4+22,
解得a2＝4,
∴a＝2或﹣2（舍弃）,
∴AD＝2+22,
∴正方形ABCD的面积＝12+82．
【点睛】本题主要考查正方形的性质,全等三角形的判定及性质,平行线分线段成比例,掌握正方形的性质,全等三角形的判定及性质和平行线分线段成比例是解题的关键．
19．（2021·全国·八年级专题练习）如图,在正方形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,E、F分别在OD、OC上,且DE=CF,连接AE、DF,AE的延长线交DF于点M．
（1）求证：AE=DF；
（2）求证：AM⊥DF．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用正方形的性质及SAS定理证△AOE≌△DOF,得出AE=DF即可；
（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD,证出∠OAE+∠OFD=90°,得出∠AMF=90°,即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形,
∴OA=CO=OD,AC⊥BD,
∴∠AOE=∠DOF=90°,       
又∵DE=CF,
∴OD−DE=OC−CF,
即OE=OF,
在ΔAOE和ΔDOF中,
OA=OD∠AOE=∠DOFOE=OF,
∴ΔAOE≅ΔDOF(SAS),
∴AE=DF；   
（2）由（1）得：ΔAOE≅ΔDOF,
∴∠OEA=∠OFD,
∵∠OAE+∠AEO=90°,
∴∠OAE+∠OFD=90°,
∴∠AMF=90°,
∴AM⊥DF．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；解答本题的关键是通过全等的证明和利用等角代换解题,属于中考常考题型．
20．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校模拟预测）直线y=kx+k与x轴交于A,与y轴交于C点,直线BC的解析式为y=−1kx+k,与x轴交于B．
（1）如图1,求点A的横坐标；
（2）如图2,D为BC延长线上一点,过D作x轴垂线于点E,连接CE,若CD=CA,设△ACE的面积为S,求S与k的函数关系式；
（3）如图3,在（2）的条件下,连接OD交AC于点F,将△CDF沿CF翻折得到△FCG,直线FG交CE于点K,若3∠ACE−∠CDO=45°,求点K的坐标．

【答案】（1）−1；（2）S=12k2−12k(k≠0)；（3）(−4517,917)．
【分析】（1）令y=0,求x；
（2）过点D作y轴的垂线,先证明∠ACB=90°,再由K型全等,得E点坐标,即可求出S与k的函数关系式；
（3）由等腰直角三角形和四点共圆把已知条件转化为简单的等量关系,得出∠DOE=2∠ADE,再利用垂直平分线性质构造2∠ADE=∠AME,通过解直角三角形求出求出k的值,再求点K的坐标．
【详解】解：（1）∵直线y=kx+k与x轴交于A,与y轴交于C点,
∵当x=0时,y=k；当y=0时,kx+k=0,得：x=−1,∴C(0,k),A(−1,0),
∴点A的横坐标为−1．
（2）过点D作DH⊥y轴于点H,

∵DH⊥OH,CO⊥AO,
∴∠DHC=∠COA,
∴∠HDC+∠DCH=90°,
对直线BC：当x=0时,y=k,当y=0时,x=k2,
∴Bk2,0,
∴OB=k2,
∴OAOC=1k,OCOB=kk2=1k,
又∵∠AOC=∠COB=90°,
∴△AOC∽△COB,
∴∠OAC=∠OCB,
∵∠OAC+∠OCA=90°,
∴∠OCB+∠OCA=90°,即：∠ACB=90°,
∴AC⊥BD,∠DCA=90°,
∴∠DCH+∠ACO=90°,
∴∠HDC=∠OCA,
又∵DC=CA,
∴△DHC≌△COA(AAS),
∴DH=OC,CH=AO,
∵A(−1,0),C(0,k),
∴CH=OA=1,DH=CO=k,
∴E(−k,0),D(−k,1+k),
∴AE=−1−(−k)=−1+k,
∴S=12⋅EA⋅CO=12⋅(k−1)⋅k=12k2−12k(k≠0),
（3）连接AD,过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M,连接AM,

（3）连接AD,过AD的中点N作NM⊥AD交DE于点M,连接AM,
∵DC⊥AC,DE⊥OA,
∴∠DEA=∠DCA=90°,
∴在四边形AEDC中,∠DEA+∠DCA=180°,∠EAC+∠EDC=180°,
∴点A、D、E、C四点共圆,AD为圆的直径,点N为圆心,
∴∠ACE=∠ADE,
∵MN是AD的中垂线,
∴DM=AM,
∴∠ADE=∠DAM,
∴∠AME=2∠ADE,
∵DC=AC,
∴∠ADC=45°,
∴∠CDO=45°−∠ADO,
又∵3∠ACE−∠CDO=45°,
∴3∠ADE−(45°−∠ADO)=45°,
即：3∠ADE+∠ADO=90°,
在ΔEDO中,∠ADE+∠ADO+∠DOE=90°,
∴∠DOE=2∠ADE=∠AME,
设AM=DM=x,则：ME=DE−DM=1+k−x,
∵AE2+ME2=AM2,
∴(−1+k)2+(1+k−x)2=x2,
解得：x=1+k21+k,
∴ME=1+k−1+k21+k=2k1+k,
∵∠DOE=∠AME,
∴tan∠DOE=tan∠AME,
∴ DEOE=AEME,即：1+kk=−1+k2k1+k,
解得：k=3,
∴C(0,3),D(−3,4),E(−3,0),
∴直线OD的解析式为：y=−43x,
直线AC的解析式为：y=3x+3,
直线EC的解析式为：y=x+3,
由y=−43xy=3x+3,解得：x=−913y=1213,
∴点F(−913,1213),
∵点D和点G关于点C对称,
∴G(3,2),
∴直线GF的解析式为：y=724x+98,
由y=x+3y=724x+98,解得：x=−4517y=917,
∴点K的坐标为(−4517,917)．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的求法、K型全等的应用和四点共圆的判定、以及利用圆周角定理进行角的转化等知识,是一个代数几何综合题．对于比较复杂的条件,需要学生学会将复杂的条件转化为简单直接的条件,可以从等量关系,倍数关系入手．