北师大版2022年中考数学专项复习：06几何综合题（含答案）

这是一份北师大版2022年中考数学专项复习：06几何综合题（含答案），共33页。
【中考展望】
几何综合题是中考试卷中常见的题型，大致可分为几何计算型综合题与几何论证型综合题，它主要考查学生综合运用几何知识的能力.这类题型在近几年全国各地中考试卷中占有相当的分量，不仅有选择题、填空题、几何推理计算题以及代数与几何的综合计算题,还有更注重考查学生分析问题和解决问题能力的探究性的问题、方案设计的问题等等.主要特点是图形较复杂，覆盖面广、涉及的知识点较多，题设和结论之间的关系较隐蔽，常常需要添加辅助线来解答.
几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情景型等，背景鲜活，具有实用性和创造性，考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能力.
以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题：
1、证明线段、角的数量关系（包括相等、和、差、倍、分及比例关系等）；
2、证明图形的位置关系（如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等）；
3、几何计算问题；
4、动态几何问题等.
【方法点拨】
一、几何计算型综合问题，常常涉及到以下各部分的知识：
1、与三角形有关的知识；
2、等腰三角形，等腰梯形的性质；
3、直角三角形的性质与三角函数；
4、平行四边形的性质；
5、全等三角形，相似三角形的性质；
6、垂径定理，切线的性质，与正多边形有关的计算；
7、弧长公式与扇形面积公式.
二、几何论证型综合题的解答过程，要注意以下几个方面：
1、注意图形的直观提示，注意观察、分析图形，把复杂的图形分解成几个基本图形，通过
添加辅助线补全或构造基本图形；
2、注意分析挖掘题目的隐含条件、发展条件，为解题创造条件打好基础，要由已知联想经
验，由未知联想需要，不断转化条件和结论来探求思路，找到解决问题的突破点；
3、要运用转化的思想解决几何证明问题，运用方程的思想解决几何计算问题，还要灵活运用
数学思想方法如数形结合、分类讨论、转化、方程等思想来解决问题.
【典型例题】
类型一、动态几何型问题
1．已知正方形中，为对角线上一点，过点作交于，连接，为中点，连接．
（1）直接写出线段与的数量关系；
（2）将图1中绕点逆时针旋转，如图2所示，取中点，连接，你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．
（3）将图1中绕点旋转任意角度，如图3所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（不要求证明）
【思路点拨】本题的核心条件就是G是中点，中点往往暗示很多的全等关系，如何构建一对我们想要的全等三角形就成为了分析的关键所在.连接AG之后，抛开其他条件，单看G点所在的四边形ADFE，我们会发现这是一个梯形，于是根据我们在第一讲专题中所讨论的方法，自然想到过G点做AD,EF的垂线.于是两个全等的三角形出现了.
第三问在△BEF的旋转过程中，始终不变的依然是G点是FD的中点.可以延长一倍EG到H，从而构造一个和EFG全等的三角形，利用BE=EF这一条件将全等过渡.要想办法证明三角形ECH是一个等腰直角三角形，就需要证明三角形EBC和三角形CGH全等，利用角度变换关系就可以得证了.
【答案与解析】
（1）
（2）（1）中结论没有发生变化，即．
证明：连接，过点作于，与的延长线交于点．
在与中，
∵，
∴．
∴．
在与中，
∵，
∴．
∴
在矩形中，
在与中，
∵，
∴．
∴．
∴
（3）（1）中的结论仍然成立．
【总结升华】本题是一道典型的从特殊到一般的图形旋转题.从旋转45°到旋转任意角度，要求讨论其中的不变关系.
举一反三：
【变式】已知：如图（1），射线射线，是它们的公垂线，点、分别在、
上运动（点与点不重合、点与点不重合），是边上的动点（点与、不重合），
在运动过程中始终保持，且．
（1）求证：∽；
（2）如图（2），当点为边的中点时，求证：；
（3）设，请探究：的周长是否与值有关？若有关，请用含有的代数式表示
的周长；若无关，请说明理由．

【答案】
（1）证明：∵，∴．
∴．
又∵，∴．
∴．∴∽．
（2）证明：如图，过点作，交于点，

∵是的中点，容易证明．
在中，∵ ，∴ ．
∴ ．
∴ ．
（3）解：的周长，．
设，则．
∵ ，∴ ．即．
∴ ．
由（1）知∽，
∴ ．
∴ 的周长的周长．
∴ 的周长与值无关．
2．在△ABC中，∠ACB=45º．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB=AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？
（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝，，CD=，求线段CP的长．（用含的式子表示）

【思路点拨】(1)由题干可以发现，正方形中四条边的垂直关系是不动的，于是利用角度的互余关系进行传递，就可以得解.
(2)是典型的从特殊到一般的问法，那么思路很简单，就是从一般中构筑一个特殊的条件就行，和上题一样找AC的垂线，就可以变成第一问的条件，然后一样求解.
(3)D在BC之间运动和它在BC延长线上运动时的位置是不一样的，所以已给的线段长度就需要分情况去考虑到底是4+X还是4-X.分类讨论之后利用相似三角形的比例关系即可求出CP.
【答案与解析】
（1）结论：CF⊥BD；
证明如下：AB=AC ，∠ACB=45º，∴∠ABC=45º．
由正方形ADEF得 AD=AF ，∵∠DAF=∠BAC =90º，
∴∠DAB=∠FAC，∴△DAB≌△FAC ， ∴∠ACF=∠ABD．
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90º．即 CF⊥BD．
（2）CF⊥BD．(1)中结论仍成立．
理由是：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC=AG
可证：△GAD≌△CAF ∴∠ACF=∠AGD=45º
∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90º． 即CF⊥BD

（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，
①点D在线段BC上运动时，
∵∠BCA=45º，可求出AQ= CQ=4．∴DQ=4-x，
易证△AQD∽△DCP，∴ ，∴，
．
②点D在线段BC延长线上运动时，
∵∠BCA=45°，∴AQ=CQ=4，
∴DQ=4+x．
过A作AQ⊥BC，
∴∠Q=∠FQC=90°，∠ADQ=∠AFC，
则△AQD∽△ACF．
∴CF⊥BD，
∴△AQD∽△DCP，
∴, ∴,
．
【总结升华】此题综合性强，需要综合运用全等、相似、正方形等知识点，属能力拔高性的题目．
3．已知正方形ABCD的边长为6cm，点E是射线BC上的一个动点，连接AE交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折，点B落在点B′ 处．
（1）当=1 时，CF=______cm，
（2）当=2 时，求sin∠DAB′ 的值；
（3）当= x 时（点C与点E不重合），请写出△ABE翻折后与正方形ABCD公共部分的面积y与x的关系式，（只要写出结论，不要解题过程）．
【思路点拨】动态问题未必只有点的平移、图形的旋转，翻折（即轴对称）也是一大热点.(1)给出比例为1，(2)比例为2，(3)比例任意，所以也是一道很明显的从一般到特殊的递进式题目.需要仔细把握翻折过程中哪些条件发生了变化，哪些条件没有发生变化.一般说来，翻折中，角，边都是不变的，所以轴对称图形也意味着大量全等或者相似关系，所以要利用这些来获得线段之间的比例关系.尤其要注意的是，本题中给定的比例都是有两种情况的，E在BC上和E在延长线上都是可能的，所以需要分类讨论，不要遗漏.
【答案与解析】
（1）CF=6cm；
（2）① 如图1，当点E在BC上时，延长AB′交DC于点M，
图1
∵ AB∥CF，∴ △ABE∽△FCE，∴ ．
∵ =2， ∴ CF=3．
∵ AB∥CF，∴∠BAE=∠F．
又∠BAE=∠B′ AE， ∴ ∠B′ AE=∠F．∴ MA=MF．
设MA=MF=k，则MC=k -3，DM=9-k．
在Rt△ADM中，由勾股定理得：
k2=(9-k)2+62， 解得 k=MA=． ∴ DM=．
∴ sin∠DAB′=；
②如图2，当点E在BC延长线上时，延长AD交B′ E于点N，
图2
同①可得NA=NE．
设NA=NE=m，则B′ N=12-m．
在Rt△AB′ N中，由勾股定理，得
m2=(12-m)2+62， 解得 m=AN=． ∴ B′N=．
∴ sin∠DAB′=．
（3）①当点E在BC上时，y=；
②当点E在BC延长线上时，y=．
【总结升华】动态几何问题当中有点动，线动，乃至整体图形动几种可能的方式，动态几何问题往往作为压轴题出现,所以难度不言而喻,但是拿到题后不要慌张,因为无论是题目以哪种形式出现，始终把握的都是在变化过程中那些不变的量.只要一个个将条件抽出来,将大问题化成若干个小问题去解决,就很轻松了.
类型二、几何计算型问题
4．已知如图，在梯形中，点是的中点，是等边三角形．
（1）求证：梯形是等腰梯形；
（2）动点、分别在线段和上运动，且保持不变．设
求与的函数关系式；
（3）在（2）中，当取最小值时，判断的形状，并说明理由．

【思路点拨】（1）属于纯静态问题，只要证两边的三角形全等就可以了.
(2)是双动点问题，所以就需要研究在P,Q运动过程中什么东西是不变的.题目给定∠MPQ=60°，其实就是将静态的那个等边三角形与动态条件联系了起来.因为最终求两条线段的关系,所以很自然想到要通过相似三角形找比例关系.
(3)条件又回归了当动点静止时的问题，由第二问所得的二次函数，很轻易就可以求出当x取对称轴的值时y有最小值，接下来就变成了“给定PC=2，求△PQC形状”的问题了，由已知的BC=4，自然看出P是中点，于是问题轻松求解.
【答案与解析】
（1）证明：∵是等边三角形
∴
∵是中点
∴
∵
∴
∴
∴
∴梯形是等腰梯形．
（2）解：在等边中，
∴ ∴
∴
∴
∵ ∴
∴ ∴
（3）解：为直角三角形，
∵
∴当取最小值时，
∴是的中点，而
∴
∴
∴为直角三角形.
【总结升华】以上题目是动点问题，这一类问题的关键就在于当动点移动中出现特殊条件，例如某边相等，某角固定时，将动态问题化为静态问题去求解.如果没有特殊条件，那么就需要研究在动点移动中哪些条件是保持不变的.
举一反三：
【高清课堂：几何综合问题 例3】
【变式】已知：如图，N、M是以O为圆心，1为半径的圆上的两点，B是上一动点（B不与点M、N重合），∠MON=90°，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．
（1）四边形EPGQ （填“是”或者“不是”）平行四边形；
（2）若四边形EPGQ是矩形，求OA的值.

【答案】
（1）是．
证明：连接OB，如图①，
∵BA⊥OM，BC⊥ON，
∴∠BAO=∠BCO=90°，
∵∠AOC=90°，
∴四边形OABC是矩形．
∴AB∥OC，AB=OC，
∵E、G分别是AB、CO的中点，
∴AE∥GC，AE=GC，
∴四边形AECG为平行四边形．
∴CE∥AG，
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，
∴GF∥OB，DE∥OB，
∴PG∥EQ，
∴四边形EPGQ是平行四边形；
（2）解：如图②，
∵口EPGQ是矩形．
∴∠AED+∠CEB=90°．
又∵∠DAE=∠EBC=90°，
∴∠AED=∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴，
设OA=x，AB=y，则
得y2=2x2，
又∵OA2+AB2=OB2， 即x2+y2=12．
∴x2+2x2=1，
解得：x=．
即当四边形EPGQ是矩形时，OA的长度为．
5．在中，过点C作CE⊥CD交AD于点E,将线段EC绕点E逆时针旋转得到线段EF
(如图1)
（1）在图1中画图探究：
①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连结EP1绕点E逆时针旋转 得到线段EC1.判断直线FC1与直线CD的位置关系，并加以证明；
②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连结EP2,将线段EP2绕点E 逆时针旋转得到线段EC2.判断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.
（2）若AD=6,tanB=,AE=1,在①的条件下，设CP1=，S=，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围.
图1 备用图
【思路点拨】(1)本题在于如何把握这个旋转90°的条件.旋转90°自然就是垂直关系，于是出现了一系列直角三角形，于是证角、证线就手到擒来了.
(2)是利用平行关系建立函数式，但是不要忘记分类讨论.
【答案与解析】（1）①直线与直线的位置关系为互相垂直．
证明：如图1，设直线与直线的交点为．
F
D
C
B
A
E
图1
G2
G1
P1
H
P2
∵线段分别绕点逆时针旋转90°依次得到线段，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∴．
∴．
②按题目要求所画图形见图1，直线与直线的位置关系为互相垂直．
（2）∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
可得．
由（1）可得四边形为正方形．
∴．
①如图2，当点在线段的延长线上时，
D
G1
P1
H
C
B
A
E
F
图2
∵，
∴．
∴．
②如图3，当点在线段上（不与两点重合）时，
F
G1
P1
C
A
B
E
D
H
图3
∵，
∴．
∴．
③当点与点重合时，即时，不存在．
综上所述，与之间的函数关系式及自变量的取值范围是或．
【总结升华】本题着重考查了二次函数的解析式、图形的旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．
举一反三：
【变式】已知，点P是∠MON的平分线上的一动点，射线PA交射线OM于点A，将射线PA绕点P逆时针旋转交射线ON于点B，且使∠APB+∠MON=180°．
（1）利用图1，求证：PA=PB；
（2）如图2，若点C是AB与OP的交点，当S△POB=3S△PCB时，求PB与PC的比值；
（3）若∠MON=60°，OB=2，射线AP交ON于点D，且满足且∠PBD=∠ABO，请借助图3补全图形，并求OP的长．
【答案】（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足为E、F
∵四边形OEPF中，∠OEP=∠OFP=90°，
∴∠EPF+∠MON=180°，已知∠APB+∠MON=180°，
∴∠EPF=∠APB，即∠EPA+∠APF=∠APF+∠FPB，
∴∠EPA=∠FPB，
由角平分线的性质，得PE=PF，
∴△EPA≌△FPB，即PA=PB；
（2）∵S△POB=3S△PCB，∴PO=3PC，
由（1）可知△PAB为等腰三角形，则∠PBC=（180°-∠APB）=∠MON=∠BOP，
又∵∠BPC=∠OPB（公共角），
∴△PBC∽△POB，
∴，
即PB2=PO•PC=3PC2，
∴
（3）作BH⊥OT，垂足为H，
当∠MON=60°时，∠APB=120°，
由PA=PB，得∠PBA=∠PAB=（180°-∠APB）=30°，
又∵∠PBD=∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO=180°，
∴∠ABO=（180°-30°）=75°，则∠OBP=∠ABO+∠ABP=105°，
在△OBP中，∵∠BOP=30°，∴∠BPO=45°，
在Rt△OBH中，BH=OB=1，OH=，
在Rt△PBH中，PH=BH=1，
∴OP=OH+PH=+1．
中考冲刺：几何综合问题—巩固练习（提高）
【巩固练习】
一、选择题
1.如图，直角三角板ABC的斜边AB=12cm，∠A=30°，将三角板ABC绕C顺时针旋转90°至三角板A′B′C′的位置后，再沿CB方向向左平移，使点B′落在原三角板ABC的斜边AB上，则三角板A′B′C′平移的距离为（ ）
A.6cm B.4cm C.cm D.cm
2.如图，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠C=∠F=90°，AB=2，DE=4．点B与点D重合，点A，B（D），E在同一条直线上，将△ABC沿DE方向平移，至点A与点E重合时停止．设点B，D之间的距离为x，△ABC与△DEF重叠部分的面积为y，则准确反映y与x之间对应关系的图象是（ ）


A B C D
二、填空题
3.如图，将两块直角三角板的斜边重合，E是两直角三角形公共斜边AC的中点．D、B分别为直角顶点，连接DE、BE、DB，∠DAC=60°，∠BAC=45°．则∠EDB的度数为_______．
4.如图，一块直角三角形木板△ABC，将其在水平面上沿斜边AB所在直线按顺时针方向翻滚，使它滚动到△A″B″C″的位置，若BC=1cm，AC=cm，则顶点A运动到A″时，点A所经过的路径是_________
cm．
三、解答题
5.如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，AF平分∠BAC，交BD于点F.
（1）EF+AC =AB；
（2）点C1从点C出发，沿着线段CB向点B运动（不与点B重合），同时点A1从点A出发，沿着BA的延长线运动，点C1与点A1运动速度相同，当动点C1停止运动时，另一动点A1也随之停止运动.如图，AF1平分∠B A1 C1，交BD于F1，过F1作F1E1⊥A1 C1，垂足为E1，试猜想F1E1，A1 C1与AB之间的数量关系，并证明你的猜想.
（3）在（2）的条件下，当A1 E1=3，C1 E1=2时，求BD的长.

6.如图，等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，动点P、Q分别从A、B两点同时以每秒1个单位长的速度按顺时针方向沿△ABC的边运动，当Q运动到A点时，P、Q停止运动.设Q点运动时间为t秒，点P运动的轨迹与PQ、AQ围成图形的面积为S.求S关于t的函数解析式.


7.正方形ABCD中，点F为正方形ABCD内的点，△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合．
（1）如图1，若正方形ABCD的边长为2，BE=1，FC=，求证：AE∥BF；
（2）如图2，若点F为正方形ABCD对角线AC上的点，且AF：FC=3：1，BC=2，求BF的长．
8.将正方形ABCD和正方形BEFG如图1摆放，连DF．
（1）如图2，将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转90°，连DF、CG相交于M，则=_______，∠DMC=_____；
（2）如图3，将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转45°，DF的延长线交CG于M，试探究与∠DMC的值，并证明你的结论；

（3）若将图1中的正方形BEFG绕B点逆时针旋转β（0°＜β＜90°），则=_______，
∠DMC=_________．请画出图形，并直接写出你的结论（不用证明）．
9.已知△ABC≌△ADE，∠BAC=∠DAE=90°．
（1）如图（1）当C、A、D在同一直线上时，连CE、BD，判断CE和BD位置关系，填空：CE_____BD．
（2）如图（2）把△ADE绕点A旋转到如图所示的位置，试问（1）中的结论是否仍然成立，写出你的结论，并说明理由．
（3）如图（3）在图2的基础上，将△ACE绕点A旋转一个角度到如图所示的△AC′E′的位置，连接
BE′、DC′，过点A作AN⊥BE′于点N，反向延长AN交DC′于点M．求的值．

10.将正方形ABCD和正方形CGEF如图1摆放，使D点在CF边上，M为AE中点，
（1）连接MD、MF，则容易发现MD、MF间的关系是______________
（2）操作：把正方形CGEF绕C点旋转，使对角线CE放在正方形ABCD的边BC的延长线上（CG＞BC），取线段AE的中点M，探究线段MD、MF的关系，并加以说明；
（3）将正方形CGEF绕点C旋转任意角度后（如图3），其他条件不变，（2）中的结论是否仍成立？直接写出猜想，不需要证明.
【答案与解析】
一、选择题
1.【答案】C.
2.【答案】B.
二、填空题
3.【答案】15°.
4.【答案】.
三、解答题
5.【答案与解析】
（1）证明：如图1，过点F作FM⊥AB于点M，在正方形ABCD中，AC⊥BD于点E．
∴AE=AC，∠ABD=∠CBD=45°，
∵AF平分∠BAC，
∴EF=MF，
又∵AF=AF，
∴Rt△AMF≌Rt△AEF，
∴AE=AM，
∵∠MFB=∠ABF=45°，
∴MF=MB，MB=EF，
∴EF+AC=MB+AE=MB+AM=AB．
（2）E1F1，A1C1与AB三者之间的数量关系：E1F1+A1C1=AB
证明：如图2，连接F1C1，过点F1作F1P⊥A1B于点P，F1Q⊥BC于点Q，
∵A1F1平分∠BA1C1，∴E1F1=PF1；同理QF1=PF1，∴E1F1=PF1=QF1，
又∵A1F1=A1F1，∴Rt△A1E1F1≌Rt△A1PF1，
∴A1E1=A1P，
同理Rt△QF1C1≌Rt△E1F1C1，
∴C1Q=C1E1，
由题意：A1A=C1C，
∴A1B+BC1=AB+A1A+BC-C1C=AB+BC=2AB，
∵PB=PF1=QF1=QB，
∴A1B+BC1=A1P+PB+QB+C1Q=A1P+C1Q+2E1F1，
即2AB=A1E1+C1E1+2E1F1=A1C1+2E1F1，
∴E1F1+A1C1=AB．
（3）解：设PB=x，则QB=x，
∵A1E1=3，QC1=C1E1=2，
Rt△A1BC1中，A1B2+BC12=A1C12，
即（3+x）2+（2+x）2=52，
∴x1=1，x2=-6（舍去），
∴PB=1，
∴E1F1=1，
又∵A1C1=5，
由（2）的结论：E1F1+A1C1=AB，
∴AB=，
∴BD=．
6.【答案与解析】
当P运动到C点时：t=6
当Q运动到A点：t=
∴分两种情况讨论
(1)当0≤t≤6时，如图：

作PH⊥AB于H，则△APH为等腰直角三角形
此时AP=t，BQ=t，则AQ=-t
PH=APsin45°=t
∴S△AQP=AQ·PH
=·(-t)·t
=t2+3t
(2)当6＜t≤时，如图：

过P过PH⊥AB于H，此时△PBH为等腰直角三角形
AC+CP=t，BQ=t
∴BP=AC+CB-(AC+CP)=12-t
∴PH=BPsin45°=(12-t)
∴S四边形AQPC=S△ABC-S△BPQ
=AC·BC-BQ·PH
=·6·6-·t·(12-t)
=18-t+t2
=t2-t+18.
综上，.
7.【答案与解析】
（1）证明：∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合
∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC
在△BFC中，
∵BF2+FC2=12+()2=4，
BC2=22=4
∴BF2+FC2=BC2
∴∠BFC=90°…（3分）
∴∠AEB+∠EBF=180°
∴AE∥BF…（4分）
（2）解：∵Rt△ABC中，AB=BC=2，由勾股定理，得
AC==2．
∵AF：FC=3：1，
∴AF=AC=，FC=AC=
∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合
∴∠EAB=∠FCB，BE=BF，AE=CF=，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ABC=90°
∴∠BAC+∠ACB=90°
∴∠EAB+∠BAC=90°
即∠EAF=90°
在Rt△EAF中，EF==，
在Rt△EBF中，EF2=BE2+BF2
∵BE=BF
∴BF=EF=．
8.【答案与解析】
（1）如图2，连接BF，
∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴∠FBC=∠CBD=45°，
∴∠CBD=∠GBC=90°，
而BF=BG，BD=BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴∠BCG=∠BDF，=
而∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF=180-45°-90°=45°，
∴=，∠DMC=45°；
（2）如图3，

∵将图1中的正方形BEFG绕B点顺时针旋转45°，DF的延长线交CG于M，
∴B、E、D三点在同一条直线上，
而四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴∠CBD=∠GBC=45°，BF=BG，BD=BC，
∴△BFD∽△BGC，
∴=，∠BCG=∠BDF
而∠DMC=180°-∠BCG-∠BCD-∠CDF
=180°-∠BDF-∠BCD-∠CDF=180-45°-90°
=45°，
即∠DMC=45°；
（3）=，∠DMC=45°,图略.
9．【答案与解析】（1）CE⊥BD．
（2）延长CE交BD于M，设AB与EM交于点F．
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE=∠BAD．
又∵△ABC≌△ADE，
∴AC=AE，AB=AD，
∴∠ACE=，∠ABD=，
∴∠ACE=∠ABD．
又∵∠AFC=∠BFM，∠AFC+∠ACE=90°，
∴∠ABD+∠BFM=90°，
∴∠BMC=90°，
∴CE⊥BD．
（3）过C′作C′G⊥AM于G，过D作DH⊥AM交延长线于点H．
∵∠∠E′NA=∠AGC′=90°，
∴∠NE′A+∠NAE′=90°，∠NAE′+∠C′AG=90°，∴∠NE′A=∠C′AG，
∵AE′=AC′
∴△ANE′≌△C′GA（AAS），
∴AN=C′G．
同理可证△BNA≌△AHD，AN=DH．
∴C′G=DH．
在△C′GM与△DHM中，
∠C′GM=∠DHM=90°，∠C′MG=∠DMH，C′G=DH，
∴△C′GM≌△DHM，
∴C′M=DM，
∴．
10．【答案与解析】
如图1，延长DM交FE于N，
图1
∵正方形ABCD、CGEF，
∴CF=EF，AD=DC，∠CFE=90°，AD∥FE，
∴∠1=∠2，
又∵MA=ME，∠3=∠4，
∴△AMD≌△EMN，
∴MD=MN，AD=EN．
∵AD=DC，
∴DC=NE．
又∵FC=FE，
∴FD=FN．
又∵∠DFN=90°，
∴FM⊥MD，MF=MD；
（2）MD=MF，MD⊥MF．
如图2，延长DM交CE于N，连接FD、FN．∵正方形ABCD，
∴AD∥BE，AD=DC，
∴∠1=∠2．
又∵AM=EM，∠3=∠4，
∴△ADM≌△ENM，
∴AD=EN，MD=MN．
∵AD=DC，
∴DC=NE．
又∵正方形CGEF，
∴∠FCE=∠NEF=45°，FC=FE，∠CFE=90°．
又∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，
∴∠DCF=∠NEF=45°，
∴△FDC≌△FNE，
∴FD=FN，∠5=∠6，∠DFN=∠5+∠CFN=∠6+∠CFN=90°，
∴△DFN为等腰直角三角形，且FM为斜边DN上的中线，
∴MD=MF，MD⊥MF；
（3）FM⊥MD，MF=MD．
如图3，过点E作AD的平行线分别交DM、DC的延长线于N、H，连接DF、FN．
∴∠ADC=∠H，AD∥EH，
∴∠3=∠4．
∵AM=ME，∠1=∠2，
∴△AMD≌△EMN，
∴DM=NM，AD=EN．
∵正方形ABCD、CGEF，
∴AD=DC，FC=FE，∠ADC=∠FCG=∠CFE=90°．
∴∠H=90°，∠5=∠NEF，DC=NE．
∴∠DCF+∠7=∠5+∠7=90°，
∴∠DCF=∠5=∠NEF．
∵FC=FE，
∴△DCF≌△NEF．
∴FD=FN，∠DFC=∠NFE．
∵∠CFE=90°，
∴∠DFN=90°．
∴FM⊥MD，MF=MD．