專題31第6章四邊形之與正方形有關(guān)的垂線備戰(zhàn)2021中考數(shù)學(xué)解題方法系統(tǒng)訓(xùn)練（全國(guó)通用）【有答案】

31第6章四邊形之與正方形有關(guān)的垂線一、單選題1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)分別在軸的正半軸上，，則四邊形的面積為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點(diǎn)P作，，證明，再根據(jù)面積計(jì)算即可；【詳解】如圖所示，過點(diǎn)P作，，∵點(diǎn)的坐標(biāo)為，∴PM=PN，∵，∴，∴，又∵，∴，∴．故答案選B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了四邊形與坐標(biāo)系結(jié)合，全等三角形的應(yīng)用，準(zhǔn)確判斷計(jì)算是解題的關(guān)鍵．2．如圖，點(diǎn)，點(diǎn)在射線上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的過程中以為對(duì)稱中心，為一個(gè)頂點(diǎn)作正方形，當(dāng)正方形的面積為40時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】作軸于，軸于E，根據(jù)的坐標(biāo)求得直線的斜率，進(jìn)一步得出直線的斜率為，通過證得，得出，，可設(shè)，則，然后根據(jù)待定系數(shù)法求得直線的斜率為，整理得，然后根據(jù)勾股定理得出，代值求解即可．【詳解】解：作軸于，軸于E，設(shè)直線的解析式為，∵點(diǎn)∴∵四邊形是正方形，∴∴直線的斜率為又∵，∴，∴又∵∴∴，設(shè)，則設(shè)直線的解析式為，∴解得：∴整理得：∵正方形面積為40∴∴在中，，即：解得：∴∴故答案選B【點(diǎn)評(píng)】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用等，根據(jù)直線的斜率列出方程是解題的關(guān)鍵．二、填空題3．如圖，正方形的邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)在上，點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，且，則四邊形的面積為：______．【答案】9【分析】根據(jù)SAS判斷，從而得到四邊形EBFD的面積=正方形ABCD的面積，計(jì)算即可；【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∵，∴，∴四邊形EBFD的面積=正方形ABCD的面積==9．故答案是9．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．4．正方形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，已知A點(diǎn)的坐標(biāo)（0，4），B點(diǎn)的坐標(biāo)（﹣3，0），則點(diǎn)D的坐標(biāo)是_____．【答案】（4，1）．【分析】過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，由“AAS”可證△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠BAO＝∠ADE，在△ABO和△DAE中，，∴△ABO≌△DAE（AAS），∴AE＝OB，DE＝OA，∵A（0，4），B（﹣3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴OE＝4﹣3＝1，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，1）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．如圖，正方形ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，過B作BG⊥AE于G，延長(zhǎng)BG至點(diǎn)F使∠CFB＝45°，延長(zhǎng)FC、AE交于點(diǎn)M，連接DF、BM，若C為FM中點(diǎn)，BM＝5，則FD的長(zhǎng)為_____．【答案】【分析】過C點(diǎn)作CH⊥BF于H點(diǎn)，過B點(diǎn)作BK⊥CM于K，過D作DQ⊥MF交MF延長(zhǎng)線于Q，只要證明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解決問題．【詳解】解：如圖，過C點(diǎn)作CH⊥BF于H點(diǎn)，過B點(diǎn)作BK⊥CM于K，過D作DQ⊥MF交MF延長(zhǎng)線于Q．∵∠CFB＝45°∴CH＝HF，∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，∴∠BAG＝∠FBE，∵AG⊥BF，CH⊥BF，∴∠AGB＝∠BHC＝90°，在△AGB和△BHC中，∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，∴△AGB≌△BHC（AAS），∴AG＝BH，BG＝CH，∵BH＝BG+GH，∴BH＝HF+GH＝FG，∴AG＝FG；∵CH⊥GF，∴CH∥GM，∵C為FM的中點(diǎn)，∴CH＝GM，∴BG＝GM，∵BM＝5，∴BG＝，GM＝2，∴AG＝2，AB＝5，∴HF＝，∴CF＝×＝，∴CM＝，∵CK＝CM＝CF＝，∴BK＝，∵在△BKC和△CQD中，∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，∴△BKC≌△CQD（AAS），∴CQ＝BK＝，DQ＝CK＝，∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝，∴DQ＝QF＝，∴DF＝×＝．故答案為．【點(diǎn)評(píng)】此題考查的是全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的判定及性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰三角形的判定及性質(zhì)和正方形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．6．如圖，正方形的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)在邊上，，若點(diǎn)在正方形的某一邊上，滿足，且與的交點(diǎn)為．則_________．【答案】或【分析】分兩種情況進(jìn)行討論，點(diǎn)F在AD上或點(diǎn)F在AB上，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，即可得到CM的長(zhǎng)．【詳解】解：分兩種情況：

①如圖1所示，當(dāng)點(diǎn)F在AD上時(shí)，

由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），

∴∠DCF=∠CBE，

又∵∠BCF+∠DCF=90°，

∴∠BCF+∠CBE=90°，

∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，

∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，

∴BE=5，

∴CM=；

②如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，

同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），

∴BF=CE，

又∵BF∥CE，

∴四邊形BCEF是平行四邊形，

又∵∠BCE=90°，

∴四邊形BCEF是矩形，

∴CM=BE=×5=．

故答案為：或．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的運(yùn)用，全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．7．如圖，平面直角坐標(biāo)系中有一正方形，點(diǎn)的坐標(biāo)為點(diǎn)坐標(biāo)為________．【答案】【分析】過點(diǎn)作軸于，過點(diǎn)作軸，過點(diǎn)作交CE的延長(zhǎng)線于．先證明，得到，，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)定義即可求解．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)作軸于，過點(diǎn)作軸，過點(diǎn)作交CE的延長(zhǎng)線于．，，．四邊形是正方形，．易求．又∴，，，點(diǎn)的坐標(biāo)為，，點(diǎn)到軸的距離為，點(diǎn)的坐標(biāo)為．故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平面直角坐標(biāo)系點(diǎn)的坐標(biāo)，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．8．如圖在直線上一次擺放著七個(gè)正方形，已知斜放置的三個(gè)正方形的面積分別為1，2，3，正放置的四個(gè)正方形的面積依次是S1，S2，S3，S4，則S1＋2S2＋2S3＋S4=__．【答案】6【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ABD=90°，AB=DB，再根據(jù)等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，則可根據(jù)“AAS”判斷△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代換后有DE2+AC2=BD2，根據(jù)正方形的面積公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同樣方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通過計(jì)算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．【詳解】解：如圖，∵圖中的四邊形為正方形，

∴∠ABD=90°，AB=DB，

∴∠ABC+∠DBE=90°，

∵∠ABC+∠CAB=90°，

∴∠CAB=∠DBE，

∵在△ABC和△BDE中，，

∴△ABC≌△BDE（AAS），

∴AC=BE，

∵DE2+BE2=BD2，

∴DE2+AC2=BD2，

∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，

∴S1+S2=1，

同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，

∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．

故答案為：6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等．也考查了勾股定理和正方形的性質(zhì)．9．如圖，點(diǎn)A，B，E在同一條直線上，正方形ABCD，BEFG的邊長(zhǎng)分別為2，3，H為線段DF的中點(diǎn)，則BH＝_____．【答案】【分析】根據(jù)題意，利用勾股定理可以求得DF的長(zhǎng)，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得到△DBF的形狀，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得到BH的長(zhǎng)．【詳解】解：延長(zhǎng)DC交FE于點(diǎn)M，連接BD、BF，∵正方形ABCD，BEFG的邊長(zhǎng)分別為2，3，∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，∴DF＝＝，∵BD、BF分別是正方形ABCD，BEFG的對(duì)角線，∴∠DBC=∠GBF=90，∴∠DBF＝90°，∴△DBF是直角三角形，∵點(diǎn)H為DF的中點(diǎn)，∴BH＝DF＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線與斜邊的關(guān)系、勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．10．如圖，直線l1//l2//l3，正方形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C分別在l1、l2、l3上，l1、l2之間的距離是3，l2、l3之間的距離是4，則正方形ABCD的面積為_____．【答案】25【分析】畫出1到2，2到3的距離，分別交2，3于E，F(xiàn)，通過證明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】解：過點(diǎn)A作AE⊥l2，過點(diǎn)C作CF⊥l2，∴∠CBF+∠BCF=90°，四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∴∠ABE=∠BCF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（AAS）∴BF=AE，∵1∥2∥3，且l1、l2之間的距離是3，l2、l3之間的距離是4，∴BF=AE=3，CF=4,∵BF2+CF2=BC2，∴BC2=42+32=25．故答案為：25．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)以及正方形面積的求解方法．證得△ABE≌△BCF是解題的關(guān)鍵．11．如圖所示，直線a經(jīng)過正方形ABCD的頂點(diǎn)A，分別過正方形的頂點(diǎn)B、D作BF⊥a于點(diǎn)F，DE⊥a于點(diǎn)E，若DE＝8，BF＝5，則EF的長(zhǎng)為__．【答案】13【分析】本題是典型的一線三角模型，根據(jù)正方形的性質(zhì)、直角三角形兩個(gè)銳角互余以及等量代換可以證得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．【詳解】解：∵ABCD是正方形（已知），∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°；又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°，∴∠FBA＝∠EAD（等量代換）；∵BF⊥a于點(diǎn)F，DE⊥a于點(diǎn)E，∴在Rt△AFB和Rt△AED中，∵，∴△AFB≌△DEA（AAS），∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等），∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13．故答案為：13．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)及熟悉一線三角模型是解本題的關(guān)鍵．12．如圖，邊長(zhǎng)一定的正方形ABCD，Q為CD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AQ交BD于點(diǎn)M，過M作MN⊥AQ交BC于點(diǎn)N，作NP⊥BD于點(diǎn)P，連接NQ，下列結(jié)論：①AM＝MN；②MP＝BD；③BN＋DQ＝NQ；④為定值．一定成立的是_____．【答案】①②③④【分析】如圖1，連接AC、AN，AC交BD于點(diǎn)H，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得A，B，N，M四點(diǎn)共圓，進(jìn)而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判斷①；由余角的性質(zhì)可得∠HAM＝∠PMN，從而可利用AAS證明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根據(jù)正方形的性質(zhì)即可判斷②；如圖2，將△ADQ繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和SAS可推得△RAN≌△QAN，進(jìn)而可得RN=QN，進(jìn)一步即可判斷③；如圖3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由題意易得四邊形SMWB是正方形，進(jìn)一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，進(jìn)而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可判斷④，于是可得答案．【詳解】解：如圖1，連接AC、AN，AC交BD于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，∵∠AMN＝∠ABC＝90°，∴A，B，N，M四點(diǎn)共圓，∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，∴∠ANM＝∠NAM＝45°，∴AM＝MN，故①正確；∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，∴∠HAM＝∠PMN，∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），∴MP＝AH＝AC＝BD，故②正確；如圖2，將△ADQ繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，則AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，∴R、B、N三點(diǎn)在同一直線上，∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，∴∠RAN=∠QAN=45°，又∵AN=AN，∴△RAN≌△QAN（SAS），∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正確；如圖3，作MS⊥AB，垂足為S，作MW⊥BC，垂足為W，∵點(diǎn)M是對(duì)角線BD上的點(diǎn)，∴四邊形SMWB是正方形，有MS＝MW＝BS＝BW，∵∠AMN=∠SMW=90°，∴∠AMS=∠NMW，又∵∠ASM=∠NWM=90°，∴△AMS≌△NMW（ASA），∴AS＝NW，∴AB＋BN＝SB＋BW＝2BW，∵BW：BM＝1∶，∴，故④正確．故答案為：①②③④．【點(diǎn)評(píng)】本題是正方形的綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)和判定、四點(diǎn)共圓、圓周角定理的推論、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)、具有相當(dāng)?shù)碾y度，正確添加輔助線、靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．三、解答題13．如圖①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)．作正方形DEFG，使點(diǎn)A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．（1）試猜想線段BG和AE的關(guān)系（直接寫出答案，不用證明）；（2）將正方形DEFG繞點(diǎn)D逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α（0°＜α≤60°），判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)利用圖②證明你的結(jié)論；（3）若BC＝DE＝4，當(dāng)α等于多少度時(shí)，AE最大？并求出此時(shí)AF的值．【答案】（1）BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（3）當(dāng)α為270°時(shí)，AE最大，AF＝【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．

（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結(jié)論．

（3）由（2）可知BG=AE，當(dāng)BG取得最大值時(shí)，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出結(jié)論．【詳解】解：（1）結(jié)論：BG＝AE，BG⊥AE．理由：如圖1，延長(zhǎng)EA交BG于K．∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∵四邊形DEFG是正方形，∴DE＝DG．在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GAK＝∠DAE，∴∠AKG＝∠ADE＝90°，∴EA⊥BG．（2）結(jié)論成立，BG＝AE，BG⊥AE．理由：如圖2，連接AD，延長(zhǎng)EA交BG于K，交DG于O．∵在Rt△BAC中，D為斜邊BC中點(diǎn)，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB＝90°．∵四邊形EFGD為正方形，∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，∴∠ADG+∠ADE＝90°，∴∠BDG＝∠ADE．在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GOK＝∠DOE，∴∠OKG＝∠ODE＝90°，∴EA⊥BG．（3）∵BG＝AE，∴當(dāng)BG取得最大值時(shí)，AE取得最大值．如圖3，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時(shí)，BG＝AE．∵BC＝DE＝4，∴BG＝2+4＝6．∴AE＝6．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF＝＝，∴AF＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形全等是關(guān)鍵．14．如圖1，已知正方形和正方形，點(diǎn)在同一直線上，連接，，與相交于點(diǎn)．

（1）求證：．（2）如圖2，是邊上的一點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，且．①求證：；②若，直接寫出的值．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出BC=CD，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS證明△BCE≌△DCF，得出對(duì)應(yīng)邊相等BE=FD；（2）①由正方形的性質(zhì)得出CD//GE，得出，從而得到，再結(jié)合已知條件利用比例的性質(zhì)即可得證②由得出，結(jié)合①可得，從而即可得出的值【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°∴△BCE≌△DCF（SAS），∴BE=FD；（2）①∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，∴CD//GE，GF=EC∴，∴∴∵∴∵BC=CD∴②∵∴∵∴∵AB=CD∴【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、相全等三角形的性質(zhì)和判定，得出是解題的關(guān)鍵15．如圖，四邊形ABCD是正方形，G是BC上任意一點(diǎn)，DE⊥AG于點(diǎn)E，BF∥DE，且交AG于點(diǎn)F．（1）求證：；（2）求證：DE－BF＝EF；（3）若AB＝2，BG＝1，求線段EF的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，根據(jù)DE⊥AG，利用直角三角形兩銳角互余的關(guān)系可得∠BAF＝∠ADE，利用AAS即可證明△ADE≌△BAF；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得DE=AF，BF=AE，根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得結(jié)論；（3）利用勾股定理可求出AG的長(zhǎng)，利用面積法可求出BF的長(zhǎng)，進(jìn)而利用勾股定理可求出AF的長(zhǎng)，根據(jù)BF=AE，EF=AF-AE即可得答案．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，∵DE⊥AG，∴∠AED＝∠DEF＝90°，∵BF∥DE，∴∠AFB＝∠DEF＝∠AED＝90°，∴∠BAF＋∠DAE＝∠ADE＋∠DAE＝90°．∴∠BAF＝∠ADE．在△ABF和△DAE中，，∴△ADE≌△BAF．（2）∵△DAE≌△ABF，∴AE＝BF，DE＝AF∵AF－AE＝EF，∴DE－BF＝EF．（3）∵∠ABC＝90°，∴AG2＝AB2＋BG2＝12＋22＝5，∴．∵S△ABG＝，∴．在Rt△ABF中，AF2＝AB2－BF2＝22－＝，∴AF=，∵AE=BF，EF=AF-AE，∴【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)AAS證明△ABF≌△DAE，此題難度一般．16．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，AF與DE相交于點(diǎn)M，且∠BAF＝∠ADE．（1）如圖1，求證：AF⊥DE；（2）如圖2，AC與BD相交于點(diǎn)O，AC交DE于點(diǎn)G，BD交AF于點(diǎn)H，連接GH，試探究直線GH與AB的位置關(guān)系，并說明理由；（3）在（1）（2）的基礎(chǔ)上，若AF平分∠BAC，且BDE的面積為4+2，求正方形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）GHAB，見解析；（3）12+8【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠BAF+∠AED＝90°即可解決問題．（2）證明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AECD，推出＝，由BFAD，推出＝，由AE＝BF，CD＝AD，推出＝可得結(jié)論．（3）如圖2﹣1中，在AD上取一點(diǎn)J，使得AJ＝AE，連接EJ．設(shè)AE＝AJ＝a．利用三角形的面積公式構(gòu)建方程求出a即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAE＝∠ABF＝90°，∵∠ADE＝∠BAF，∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°，∴∠AME＝90°，∴AF⊥DE．（2）解：如圖2中．結(jié)論：GHAB．理由：連接GH．∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，∴△ADE≌△BAF（ASA），∴AE＝BF，∵AECD，∴＝，∵BFAD，∴＝，∵AE＝BF，CD＝AD，∴＝，∴GHAB．（3）解：如圖2﹣1中，在AD上取一點(diǎn)J，使得AJ＝AE，連接EJ．設(shè)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＝a，∵AB＝AD＝a+a，AE＝AJ，∴BE＝DJ＝a，∵S△BDE＝4+2，∴×a×（a+a）＝4+2，解得a2＝4，∴a＝2或﹣2（舍棄），∴AD＝2+2，∴正方形ABCD的面積＝12+8．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)和平行線分線段成比例是解題的關(guān)鍵．17．如圖，在正方形中，對(duì)角線、相交于點(diǎn)，、分別在、上，且，連接、，的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)．（1）求證：；（2）求證：．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)及SAS定理證△AOE≌△DOF，得出AE=DF即可；（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD，證出∠OAE+∠OFD=90°，得出∠AMF=90°，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）四邊形是正方形，，，，又，，即，在和中，，，；（2）由（1）得：，，，，，．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是通過全等的證明和利用等角代換解題，屬于中考?？碱}型．18．如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，E是邊CD上一點(diǎn)，DE=6，BF⊥AE于點(diǎn)F．(1)求證：△ADE∽△BFA；(2)求BF的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和垂直的定義可證∠D=∠AFB=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)可證∠ABF=DAE，從而可證△ADE∽△BFA；（2）先根據(jù)勾股定理求出AE的長(zhǎng)，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式求解即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D=∠BAD=90°，∴∠DAE+∠BAF=90°，∵BF⊥AE，∴∠AFB=90°，∴∠D=∠AFB，∠ABF+∠BAF=90°，∴∠ABF=∠DAE，∴△ADE∽△BFA；（2）∵AD=8，DE=6，∴AE=，∵△ADE∽△BFA，∴，∴，∴BF=．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，點(diǎn)在邊所在的直線上，連接，以為直角頂點(diǎn)在右側(cè)作等腰，連接（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)左側(cè)，且三點(diǎn)共線時(shí)，______；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)右側(cè)，且時(shí)，求的長(zhǎng)：（3）若點(diǎn)在邊所在直線上，且，求的長(zhǎng)．【答案】（1）6；（2）；（3）1或3【分析】（1）易證得四邊形CDMF和四邊形ANEM都是矩形，證得Rt△EMNRt△FCM，得到MF=NE=BF=2，EM=FC=4，即可求得BN的長(zhǎng)；（2）易證得四邊形CDGH和四邊形ANHG都是矩形，證得Rt△CDMRt△MGN，求得NH=，BH=AG=AM+MG，利用勾股定理即可求得BN的長(zhǎng)；（3）分點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)、點(diǎn)M在點(diǎn)D右側(cè)、點(diǎn)M在線段AD上三種情況討論，分別利用勾股定理構(gòu)造方程即可求解．【詳解】（1）過M作EF∥AB，過N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)CB交EF于F，如圖所示：又∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴四邊形CDMF和四邊形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△EMNRt△FCM，∴MF=NE=2，則NE=BF=2，EM=FC=BF+BC=2+2=4，∴BN=EF=EM+MF=4+2=6；（2）過N作GH∥AB，延長(zhǎng)AD、BC交GH于G、H，如圖所示：又∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴四邊形CDGH和四邊形ABHG都是矩形，∴GH=CD=2，AG=BH，DG=CH，∵AM=，∴DM=，同理可證得Rt△CDMRt△MGN，∴GN=DM=，MG=CD=2，∴NH=GH-GN=2-，BH=AG=AM+MG=，∴BN=；（3）點(diǎn)M在點(diǎn)A左側(cè)，過M作EF∥AB，過N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)CB交EF于F，延長(zhǎng)BA交NE于G，如圖所示：又∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴四邊形CDMF、四邊形BFEG和四邊形AMEG都是矩形，∴MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM，同理可證得Rt△NEMRt△MFC，∴MF=EN=2，EM=FC，設(shè)，則，，∴，，在中，，整理得：，(舍去)，∴；點(diǎn)M在點(diǎn)D右側(cè)，過N作EF∥AB，延長(zhǎng)AD、BC交EF于F、E，如圖所示：同理可得：EF=CD=2，BE=AF，同理可證得Rt△CDMRt△MFN，∴FN=DM，MF=CD=2，設(shè)，則，，，在中，整理得：解得：(舍去)，∴；點(diǎn)M在線段AD上，過M作EF∥AB，過N作NE⊥EF于E，延長(zhǎng)BA交NE延長(zhǎng)線于H，如圖所示：同理可得：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，同理可證得Rt△EMNRt△FCM，∴EN=MF=2，F(xiàn)M=FC，設(shè)，則，F(xiàn)C=BC-BF=,，，在中，，解得：(舍去)，(舍去)，綜上所述AM的值為1或3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，作出合適的輔助線構(gòu)建全等三角形是解題的關(guān)鍵．20．在正方形中，點(diǎn)是邊上的一點(diǎn)，點(diǎn)是直線上一動(dòng)點(diǎn)，于，交直線于點(diǎn)．（1）當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)重合時(shí)(如圖1)，線段與的數(shù)量關(guān)系是________．（2）若點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到如圖2所示的位置時(shí)，（1）探究的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給出證明：如果不成立，請(qǐng)說明理由．（3）如圖3，將邊長(zhǎng)為的正方形折疊，使得點(diǎn)落在邊的中點(diǎn)處，折痕為，點(diǎn)、分別在邊、上，請(qǐng)直接寫出折痕的長(zhǎng)．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）利用ASA證明△ABE≌△DAG全等即可得到結(jié)論；（2）過點(diǎn)F作FM⊥AE，垂足為M，利用ASA證明△ADG≌△FME，即可得到結(jié)論；（3）過點(diǎn)Q作QH⊥AD于H，，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角邊”證明△ADM≌△QHP，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，從而得解．【詳解】解：（1）∵四邊形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：過點(diǎn)F作FM⊥AE，垂足為M，∵四邊形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）如圖，過點(diǎn)Q作QH⊥AD于H，則四邊形ABQH中，HQ=AB，

由翻折變換的性質(zhì)得PQ⊥AM，

∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，

∴∠APQ=∠AMD，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=AB，

∴HQ=AD，

在△ADM和△QHP中，，∴△ADM≌△QHP（AAS），

∴QP=AM，

∵點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，

∴DM=CD=3，

在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，∴PQ的長(zhǎng)為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，翻折變換的問題，折疊問題其實(shí)質(zhì)是軸對(duì)稱，對(duì)應(yīng)線段相等，對(duì)應(yīng)角相等，找到相應(yīng)的直角三角形利用勾股定理求解是解決本題的關(guān)鍵．21．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點(diǎn)和點(diǎn).（1）求拋物線的解析式；（2）為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為.當(dāng)點(diǎn)落在該拋物線上時(shí)，求的值；（3）是拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接，以為邊作圖示一側(cè)的正方形，隨著點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，正方形的大小與位置也隨之改變，當(dāng)頂點(diǎn)或恰好落在軸上時(shí)，求對(duì)應(yīng)的點(diǎn)坐標(biāo).【答案】（1）.（2）或.（3）點(diǎn)的坐標(biāo)為，，，.【分析】（1）將和點(diǎn)代入解析式解方程即可；（2）將的坐標(biāo)表示，把坐標(biāo)代入解析式求m即可；（3）利用正方形性質(zhì)和一線三直角幾何模型，找到全等三角形，根據(jù)直角邊解方程即可.【詳解】（1）∵拋物線經(jīng)過點(diǎn)和點(diǎn).得，解得∴拋物線的解析式為.（2）∵與關(guān)于