专题17 正方形与45度角基本图最新期中真题-【微专题】2022-2023学年八年级数学下册常考点微专题提分精练（苏科版）

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【例题讲解】
如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°，
∴∠CDF=∠B=90°．在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）解：GE=BE+GD成立．理由如下：∵∠BCD=90°，∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°．∵△BCE≌△DCF（已证），
∴∠BCE=∠DCF．∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°．
∴∠ECG=∠FCG=45°．在△ECG和△FCG中，，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．∴GE=FG．∵FG=GD+DF，∴GE=BE+GD．
（3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，
由（2）和题设知：DE=DG+BE，
设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4，
在Rt△ADE中，由勾股定理，得：
AD2+AE2=DE2∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2
解得x=6．∴DE=6+4=10；
②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∴∠EAG=∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，
BD=EB=2，DC=CG=3，∴四边形AEFG为正方形，设正方形的边长为x，
可得BF=x-2，CF=x-3，在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2=BC2，
即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，解得：x=6或x=-1（舍去），∴AD=6，
则S△ABC=BC•AD=15．
【综合演练】
1．如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿 AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．
（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；
（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；
（2）根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．
【详解】（1）由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，
又∵∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）∵EC=FC=1，
∴BE=DF，EF=，
∵EF=EG+GF=BE+DF，
∴BE=DF=EF=，
∴AB=BC=BE+EC=．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．
2．如图所示，正方形中，点，分别为，上一点，点为上一点，，关于直线对称.连结并延长交的延长线于，求证：.
【答案】见解析
【分析】连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得.
【详解】证明：连结，
、关于对称，
垂直平分，
，
，
，.
在Rt和Rt中

，
，又，
，
.
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解.
3．已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线BC交于点F，连接EF．
（1）如图①，当BF＝DE时，求证：△ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE；
（3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接写出点P到直线AB的距离．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或4
【分析】（1）利用定理判定即可；
（2）延长到，使，连接，易证，则，；再证明即可得出结论；
（3）分两种情形：①，②；①过点作于点，过点作，交延长线于点，利用三角形的面积公式和勾股定理列出方程组求得线段；利用，可得，则点到直线的距离为，结论可得；②通过说明，可得，则点到直线的距离为，结论可得．
【详解】解：（1）证明：
四边形为正方形，
，．
在和中，
，
．
（2）延长到，使，连接，如图，
四边形为正方形，
，．
．
在和中，
，
．
，．
，
．
即．
，
．
在和中，
，
．
．
（3）点到直线的距离为或4，理由：
当①时，；
过点作于点，过点作，交延长线于点，如图，
四边形为正方形，
，．
点是的中点，
，
．
设，，
，，
．
，
．
．
在中，
，
．
．
解得：，（不合题意，舍去）．
．
，
，
，
，
．
在和中，
，
．
，
到直线的距离为．
②当，时，
过作，交的延长线于点，如图，
则点到直线的距离为，
，
，
，
，
．
在和中，
，
．
．
点到直线的距离为．
综上，点到直线的距离为或4．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，二元二次方程组的解法，根据正方形的特殊性质构造全等三角形是解题的关键．
4．已知正方形ABCD，点E，F分别是边AB，BC上的动点．
（1）如图1，点E，F分别是边AB，CD上的中点，证明DE＝DF；
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为1，△BEF的周长为2．
①试证明∠EDF＝45°；
②请你进一步探究图形的其它重要性质，并将如下A，B，C，D四个结论中，正确的代号直接填写在横线上（不必写出推理过程）：_________．
A．△DEF一定是等腰三角形．
B．EF＝AE+CF．
C．△DEF中，EF边上的高为定值．
D．△DEF的面积存在最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②BCD
【分析】（1）根据正方形性质及中点定义可得∠A＝∠C＝90°，AD＝CD＝AB＝BC，AE＝AB，CF＝BC，进而得出AE＝CF，利用SAS证得△ADE≌△CDF，即可得出结论；
（2）①延长BC至G，使CG＝AE，如图2，根据正方形性质得出BE+BF+FG＝2，根据△BEF的周长为2，得出BE+BF+EF＝2，可得EF＝FG，利用SAS证明△DCG≌△DAE，得出DG＝DE，再证明△DEF≌△DGF（SSS），即可证得结论；
②如图2，设AE＝x，则BE＝1﹣x，BF＝1+x﹣FG＝1+x﹣EF，得出EF＝，DE＝，DF＝，可判断A不正确，由①可判断B、C正确，如图3，连接BD，延长DA至G，延长DC至H，使DG＝DH＝DB＝，连接GH，交AB于点，交BC于点，证得A+C＝，得出∠＝45°，此时，最小，即△DEF的面积存在最小值，可判断D正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝90°，AD＝CD＝AB＝BC，
∵点E，F分别是边AB，CD上的中点，
∴AE＝AB，CF＝BC，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF；
（2）如图2，①延长BC至G，使CG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝CD＝AB＝BC＝1，
∴BE+AE+BF+CF＝BE+CG+BF+CF＝2，
即BE+BF+FG＝2，
∵△BEF的周长为2，
∴BE+BF+EF＝2，
∴EF＝FG，
∵∠DCG＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠A，
在△DCG和△DAE中，
，
∴△DCG≌△DAE（SAS），
∴DG＝DE，∠CDG＝∠ADE，
∵∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠CDG+∠EDC＝90°，
∴∠EDG＝90°，
在△DEF和△DGF中，
，
∴△DEF≌△DGF（SSS），
∴∠EDF＝∠FDG，
∵∠EDF+∠FDG＝90°，
∴∠EDF＝∠FDG＝45°；
②如图2，设AE＝x，则BE＝1﹣x，BF＝1+x﹣FG＝1+x﹣EF，
∵BE2+BF2＝EF2，
∴（1﹣x）2+（1+x﹣EF）2＝EF2，
解得：EF＝，
在Rt△ADE中，DE＝，
∵CF＝，
∴DF＝＝，
∴△DEF不一定是等腰三角形，
故结论A不正确；
由①知，EF＝FG＝CF+CG＝CF+AE，
故结论B正确；
由①知，△DEF≌△DGF，
∴EF边上的高＝GF边上的高＝1，
故结论C正确；
如图3，连接BD，延长DA至G，延长DC至H，使DG＝DH＝DB＝，
连接GH，交AB于点，交BC于点，
则∠DGH＝∠DHG＝45°，A＝AG＝C＝CH＝﹣1，
∴B＝B＝AB﹣AE′＝2﹣，
由勾股定理得：＝（2﹣）＝2﹣2，
又∵AE'+C＝2﹣2，
∴A+C＝，
根据①可知∠＝45°，
此时，最小，即△DEF的面积存在最小值，
故结论D正确；
故答案为：BCD．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
5．已知：四边形为正方形，是等腰，．
（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：．
（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接．
①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明．
②若，，求：正方形的边长以及中边上的高．
【答案】（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；②
【分析】（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠ABG，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）①EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可；
②过F作FH⊥AE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可．
【详解】（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．
（2）①三线段、、的数量关系是：，理由如下:
如图2，在上取一点，使
连接，同(1)可证，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如图2，过F作FH⊥AE于H，
设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，
∵CE=6，DF=BG=2，
∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，
在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，
∴（x+4）2=（x+2）2+62，
解得：x=6，
∴AG=AF=，
∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，，
即△AEF中AE边上的高为．
【点睛】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、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，属于中考压轴题．
6．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
连接
∵四边形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
证明：延长到，使得
连接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
7．已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）3
【分析】（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
，，
∴，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
；
（2），理由如下：
如图，在BM上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
，
，
∴CP的长为3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键．
8．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN＋∠BAM＝45°，
∴∠EAB＋∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，
设AH＝AB＝BC＝CD＝x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
9．如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠PAG =45°（2）P点坐标为：（3， ）；（3）M1（0，-3）、M2（，3）．
【分析】（1）由AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt△ADP≌Rt△ABP，同理易证Rt△AOG≌Rt△ADG，继而可得∠DAP=∠BAP，∠OAG=∠DAG；然后根据∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；
（2）根据题意易得：∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，继而可得∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∠OAG =∠CPG=30°，在Rt△AOG中，，，CG=3﹣，在Rt△CPG中，可得，继而即可求解；
(3)根据题意，分两种情况：①当点M在为直线PE与y轴交点时；②当点M为直线EP与直线AB的交点时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标即可．
【详解】（1）在Rt△ADP和Rt△ABP中，

∴Rt△ADP≌Rt△ABP（HL），
∴∠DAP=∠BAP；
在Rt△AOG和Rt△ADG中，

∴Rt△AOG≌Rt△ADG（HL）．
∴∠OAG=∠DAG；
又∵∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，
∴∠DAG+∠DAP=45°，
∴∠PAG=∠DAG+∠DAP =45°；
（2）∵∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，∠OAG =∠CPG，
∴∠AGO＝∠PGC，
又∵∠AGO=∠AGD，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠OAG =∠CPG=90°﹣60°=30°，
在Rt△AOG中，AO=3，
设OG=x，AG＝2x，
由勾股定理可得：，即
解得：（负数舍去）
∴，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，
，
∴P点坐标为：（3， ），
（3）①如图1，当点M在为直线PE与y轴交点时，
∵∠OGM=∠PGC=60°，∠AGO=60°，
∴∠AGO=∠MGO，
又∵∠AOG=∠MOG=90°，OG=OG，
∴△AOG≌△MOG，
∴AG=MG，OM=OA=3，
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M为直线EP与直线AB的交点时，
∵AB//CO，
∴∠AMG=∠PGC=60°，
又∵∠AGP=60°，
∴∠AMG=∠AGP=60°，
∴△AGM是等边三角形，
∴AM=AG=，
∴M的横坐标是，纵坐标是3，
∴点M坐标为（，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（，3）．
【点睛】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论．
10．如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝12，P为线段AB上一动点．将△BPC沿PC翻折至△EPC，延长CE交射线AD于点D．
（1）如图1，当P为AB的中点时，求出AD的长；
（2）如图2，延长PE交AD于点F，连接CF，求证：∠PCF＝45°；
（3）如图3，∠MON＝45°，在∠MON内部有一点Q，且OQ＝8，过点Q作OQ的垂线GH分别交OM、ON于G、H两点．当QG＝2时，求QH的值．
【答案】（1）；（2）证明过程见解析；（3）．
【分析】（1）如图1，根据平行线的性质得到∠A=∠B=90°，由折叠的性质得到∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，根据全等三角形的性质得到．作于，设，根据AB＝BC＝12，得到，，根据勾股定理求出AD的长；
（2）如图2，过C作CK⊥AD交AD的延长线于K，推出四边形ABCK是正方形，求得CK=CB，根据折叠的性质得到∠CEP=∠B=90°，BC=CE，∠BCP=∠ECP，得到CE= CB= CK，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）如图3，将△OQG沿OM翻折至△OUG，将△OQH沿ON翻折至△OWH，延长UG，WH交于V，根据已知条件和折叠的性质，利用有三个角是直角的四边形是矩形和邻边相等的矩形是正方形，推出四边形UOWV是正方形，设QH=y，在中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，连结，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠A=∠B=90°
∵将△BPC沿PC翻折至△EPC，
∴∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，
∴∠DEP=90°
∵当P为AB的中点，
∴AP=BP
∴PA=PE
∵PD=PD
∴，
∴
作于，设，AB＝BC＝12，则，
由勾股定理得，
解得，
∴
（2）如图2，作交延长线于，
∴
∴四边形为矩形
又∵AB＝BC
∴矩形为正方形
∴CK=CB，∠BCK=90°
∵将△BPC沿PC翻折至△EPC，
∴∠FED=90°，CE= CB= CK，
又∵CF=CF
∴，
∴∠ECF=∠KCF
∴∠BCP+∠KCF=∠PCE+∠FCE=45°
∴∠PCF=45°
(3)如图3，将△OQG沿OM翻折至△OUG，将△OQH沿ON翻折至△OWH，延长UG，WH交于V，
∴∠UOG=∠QOG，∠WOH=∠QOH，OU=OQ=OW=8，UG=QG=2，
设QH=WH=y
∴ ∠UOW=2∠MON=90°，
∵GH⊥OQ
∴∠OQG=∠OQH=90° ．
∴∠U=∠W=90°=∠UOW，
∴四边形UOWV是正方形
∴UV=WV=8，∠V=90°，
∴GV=6，HV=8-y，GH=y+2
∴
∴
解得，即．
【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
11．分层探究
（1）问题提出：如图1，点E、F别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF，解题思路：把△ABE绕点A逆时针旋转 度至△ADG，可使AB与AD重合．由∠FDG＝ADG+∠ADC＝180°，则知F、D、G三点共线，从而可证△AFG≌ （ ），从而得EF＝BE+DF，阅读以上内容并填空．
（2）类比引申：如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．探究：若∠B、∠D都不是直角，当∠B、∠D满足什么数量关系时，仍有EF＝BE+DF？
（3）联想拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，并且∠DAE＝45°．猜想BD、CE、DE的数量关系，并给出理由．
【答案】（1）90，△AFE，SAS；（2）∠B+∠D＝180°；（3）EF2＝BE2+FD2，理由见解析
【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFG≌△AFE进而得到EF＝FG，即可得EF＝BE+DF；
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，与（1）的证法类同；
（3）把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，根据旋转的性质，可知△AFD≌△ABE′得到BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，在Rt△ABD中的，AB＝AD，可求得∠E′BD＝90°，所以E′B2+BE2＝E′E2，证△AE′E≌△AE′F，利用FE＝EE′得到EF2＝BE2+FD2．
【详解】解：（1）∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：90，△AFE，SAS；
（2）当∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，如图2
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠D＝180°；
（3）猜想：EF2＝BE2+FD2，
证明：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，如图3，
∴△AFD≌△ABE′，
∴BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABD+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BE2＝E′E2，
又∵∠FAE＝45°，
∴∠BAE+∠EAD＝45°，
∴∠E′AB+∠BAE＝45°，即∠E′AE＝45°，
在△AEE′和△AEF中，
，
∴△AEE′≌△AEF（SAS），
∴EE′＝FE，
∴EF2＝BE2+DF2．
【点睛】本题主要考查了几何变换综合，结合全等三角形的性质与判定计算是关键．
12．已知在正方形ABCD和正方形CEFG中，直线BG，DE交于点H．
（1）如图1，当B，C，E共线时，求证：BH⊥DE．
（2）如图2，把正方形CEFG绕C点顺时针旋转α度（0＜α＜90），M，N分别为BG，DE的中点，探究HM，HN，CM之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，∠PDG＝45°，DH⊥PG于H，PH＝2，HG＝4．直接写出DH的长．
【答案】（1）见解析；（2）MH2+HN2＝2CM2，理由见解析；（3）3+．
【分析】（1）根据正方形的性质得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，根据全等三角形的性质得到∠CBG＝∠CDE，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，由全等三角形的性质得到∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，求得∠MHN＝90°，得到BM＝DN，根据全等三角形的性质得到CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，根据勾股定理即可得到结论；
（3）根据折叠的性质得到AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，根据正方形的性质得到∠B＝90°，设DH＝AD＝AB＝BC＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BH⊥DE；
（2）解：MH2+HN2＝2CM2，
理由：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，
∵∠DPH＝∠CPM，
∴∠DHP＝∠BCP＝90°，
∴∠MHN＝90°，
∵M，N分别为BG，DE的中点，
∴BM＝BG，DN＝DE，
∴BM＝DN，
∵BC＝CD，
∴△BCM≌△DCN（SAS），
∴CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，
∴∠MCN＝∠BCP＝90°，
∴MH2+HN2＝CM2+CN2＝2CM2；
（3）解：∵DH⊥PG，
∴∠DHP＝∠DHG＝90°，
把△PDH沿着PD翻折得到△APD，把△GDH沿着DG翻折得到△DGC，
∴AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，
∵∠PDG＝45°，
∴∠ADC＝90°，
延长AP，CG交于B，
则四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
设DH＝AD＝AB＝BC＝x，
∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4，
∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2，
解得：x＝（负值舍去），
∴DH＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，综合性较强，熟知正方形性质，根据题意构造正方形是解题关键．对于此类分步骤的综合题，每一步解题都为后续解题提供了解题条件或解题思路，要深刻领会并善于运用这一点进行解题．
13．已知一次函数，
（1）无论k为何值，函数图像必过定点，求该点的坐标；
（2）如图1，当k=-时，该直线交x轴，y轴于A，B两点，直线l2:y=x+1交AB于点P，点Q是l2上一点，若SABQ6，求Q点的坐标；
（3）如图2，在第2问的条件下，已知D点在该直线上，横坐标为1，C点在x轴负半轴，ABC=45，动点M的坐标为（a，a），求CM+MD的最小值．
【答案】（1）()；（2）(3,4)或（-1,0）；（3）．
【分析】（1）将一次函数变形，根据图像过定点，得到与k值无关，求出k，进而求出定点坐标；
（2）求出直线解析式，设点Q坐标为(m,m+1)；分点Q在AB两侧分类讨论即可；
（3）先根据题意，求出点C坐标，点D坐标，在根据M坐标特点，得到点M所在直线解析式，求出点C对称点F，连接DF，求出DF长即可．
【详解】解：（1）一次函数，
∴，
∵不论k为何值，上式都成立，
∴，
∴，
∴无论k为何值，函数图像必过定点()；
（2）当k=-时，一次函数为，
当x=0时，y=4；当y=0，时，-2x+4=0，x=2；
∴点A坐标为(2,0)；点B坐标为(0,4)；
∵点Q在在直线l2:y=x+1上，
∴设点Q坐标为(m,m+1)；
①如图，当点Q位于AB右侧时，根据题意得
∴
解得m=3，
∴点Q坐标为(3,4)；
②如图，当点Q位于AB左侧时，Q恰好位于x轴上，此时SABQ，
此时Q坐标为（-1,0）；
综上所述：若SABQ6，Q点的坐标为(3,4)或（-1,0）；
（3）如图，将△OAB沿直线AB翻折，得到△NAB，将△OCB沿直线BC翻折，得到△HCB，延长HC、NA交于点E，则四边形BHEN为正方形，且BN=BH=HE=NE=OB=4，NA=OA=2，AE=NE-AN=2，
设OC=n，则HC=n，CE=4-n，
在Rt△ACE中，，解得，
所以点C坐标为（），
如图：∵D点在直线上上，横坐标为1，
∴y=-2×1+4=2，
所以点D坐标为（）；
∵动点M的坐标为（a，a），
∴点M在直线y=x上，
所以点C关于直线y=x对称的点F的坐标为（），
连接DF，则DF为CM+DM的最小值；
作点DG⊥y轴，垂直为G，
在Rt△DGF中，DF=；
∴CM+MD的最小值为．
【点睛】本题考查了一次函数与面积问题，求一次函数点的坐标，根据点的特点确定函数解析式，将军饮马问题，半角模型等知识，综合性强，难度较大．解题的关键是要深刻理解函数的意义，能从复杂的图形中确定相应的解题模型．
14．问题背景：如图1，在正方形中，点分别在边上，，求证：．
洋洋同学给出了部分证明过程，请你接着完成剩余的证明过程．
证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，
迁移应用：如图2，在正方形中，交于点，若，，求的长．
联系拓展：如图3，在矩形中，点分别在边上，，若，探究与的数量关系，并给出证明．
【答案】问题背景：见解析；迁移应用：；联系拓展： BE=2EC，理由见解析
【分析】问题背景：在已证明的前提下，利用全等三角形的性质，结合已知条件证明，可得到结论，
迁移应用：过点作交于点，连接，得到，利用全等三角形的性质与三角形内角和定理得到，利用问题背景的结论可得答案，
联系拓展：分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，
构造出符合问题背景中的图形，利用问题背景的结论，结合勾股定理可得答案．
【详解】问题背景：证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，
．
，
，
又
，
在和中，，
，
．
又．
迁移应用：解：过点作交于点，连接，
正方形，




，
又，



，
由(1)知，．设，
，
又，
，
在中，，
，．
在中，．
联系拓展：解：，证明如下：
分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，
，，
，
四边形是矩形，

又，设，
，
四边形是正方形，
，
由(1)知，．
，
设，，
，
在中，，
，
，．
．
【点睛】本题考查的是矩形，正方形的性质，构造三角形全等的模型证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决实际问题，对学习迁移的要求较高，熟练掌握基础知识，理解构造三角形全等是解题的关键．
15．如图所示，正方形中，点，分别为，上一点，点为上一点，，关于直线对称.
（1）求证：，关于对称；
（2）若的平分线交的延长线于，求证：.
【答案】(1)见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论2可得，再证为等腰直角三角形.
【详解】解：连结，
，关于直线对称，
垂直平分，
，，
，
，，，
，
，
垂直平分，
，关于对称.
（2）由（1）知，
平分，
由上述结论2可得，又平分，平分，
.
为等腰直角三角形，
.
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解.
16．已知A（m，n），且满足|m﹣2|+（n﹣2）2=0，过A作AB⊥y轴，垂足为B．
（1）求A点坐标．
（2）如图1，分别以AB，AO为边作等边△ABC和△AOD，试判定线段AC和DC的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）如图2，过A作AE⊥x轴，垂足为E，点F、G分别为线段OE、AE上的两个动点（不与端点重合），满足∠FBG=45°，设OF=a，AG=b，FG=c，试探究﹣a﹣b的值是否为定值？如果是求此定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）A（2，2）；（2）AC=CD，AC⊥CD.证明见解析；（3）0.
【分析】（1）根据非负数的性质可得m、n的值；
（2）连接OC，由AB=BO知∠BAO=∠BOA=45°，由△ABC，△OAD为等边三角形知∠BAC=∠OAD=∠AOD=60°、OA=OD，继而由∠BAC-∠OAC=∠OAD-∠OAC得∠DAC=∠BAO=45°，根据OB=CB=2、∠OBC=30°知∠BOC=75°，∠AOC=∠BAO-∠BOA=30°，∠DOC=∠AOC=30°，证△OAC≌△ODC得AC=CD，再根据∠CAD=∠CDA=45°知∠ACD=90°，从而得AC⊥CD；
（3）在x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，先证△BAG≌△BOM得∠OBM=∠ABG、BM=BG，结合∠FBG=45°知∠ABG+∠OBF=45°，从而得∠OBM+∠OBF=45°，∠MBF=∠GBF，再证△MBF≌△GBF得MF=FG，即a+b=c，代入原式可得答案．
【详解】（1）由题得m=2，n=2，
∴A（2，2）；
（2）如图1，连结OC，
由（1）得AB=BO=2，
∴△ABO为等腰直角三角形，
∴∠BAO=∠BOA=45°，
∵△ABC，△OAD为等边三角形，
∴∠BAC=∠OAD=∠AOD=60°，OA=OD
∴∠BAC-∠OAC=∠OAD-∠OAC
即∠DAC=∠BAO=45°
在△OBC中，OB=CB=2，∠OBC=30°，
∴∠BOC=75°，
∴∠AOC=∠BAO-∠BOA=30°，
∴∠DOC=∠AOC=30°，
在△OAC和△ODC中，
∵，
∴△OAC≌△ODC，
∴AC=CD，
∴∠CAD=∠CDA=45°，
∴∠ACD=90°，
∴AC⊥CD；
（3）如图，在x轴负半轴取点M，使得OM=AG=b，连接BG，
在△BAG和△BOM中，
∵，
∴△BAG≌△BOM
∴∠OBM=∠ABG，BM=BG
又∠FBG=45°
∴∠ABG+∠OBF=45°
∴∠OBM+∠OBF=45°
∴∠MBF=∠GBF
在△MBF和△GBF中，
∵，
∴△MBF≌△GBF
∴MF=FG
∴a+b=c代入原式=0．