专题05平行四边形六大模型（知识串讲+热考题型）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版）

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一、中点四边形 二、十字架模型
三、梯子模型 四、对角互补模型
五、与正方形有关三垂线 六、正方形与45°角的基本图
一、中点四边形

中点四边形问题，我们要想到中位线. 中点四边形问题，关键点在于对角线的数量和位置上的特点，如果能记住结论，那么解题将事半功倍
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
二、十字架模型

与正方形有关的问题，往往涉及全等、边长问题，关键在于对正方形的边、直角的准确把握，中考常考正方形模型，原因在于正方形的变化多样.
三、梯子模型

梯于问题果非常重要的一类最值问题，关键点在于取梯子的中运用斜边中线和勾股定理来解决，得到两条线段的和是所求的点最大值，
四、对角互补模型
对角互补，邻边相等是经典的一类旋转模型。相等邻边的夹角可以是60°，可以是90°，处理这种模型的关键在于旋转，旋转的角度的大小是相等邻边的夹角.
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
五、与正方形有关三垂线

六、正方形与45°角的基本图

一、中点四边形
一．选择题（共2小题）
1．（2022春•兰山区期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形EFGH是矩形
B．四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的
C．四边形EFGH的内角和小于四边形ABCD的内角和
D．四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和
【分析】根据三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，进而逐一判断即可．
【解答】解：A．如图，连接AC，BD，
在四边形ABCD中，
∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A选项错误；
B．四边形EFGH的面积不等于四边形ABCD的面积的，故B选项错误；
C．∵四边形EFGH的内角和等于360°，四边形ABCD的内角和等于360°，故C选项错误；
D．∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，
∴EH＝BD，FG＝BD，
∴EH+FG＝BD，
同理：EF+HG＝AC，
∴四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和，故D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了中点四边形，矩形的判定，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
2．（2022春•济阳区期末）如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝6，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长是（ ）
A．7B．9C．11D．13
【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH＝FG＝AD，EF＝GH＝BC，然后代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：∵BD⊥CD，BD＝4，CD＝3，
∴BC＝＝＝5，
∵E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，
∴EH＝FG＝BC，EF＝GH＝AD，
∴四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝6，
∴四边形EFGH的周长＝6+5＝11．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
二．解答题（共4小题）
3．（2022春•咸安区期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，点O是△ABC内一点，连接OA，OB，OC，点F，G分别是OB，OC的中点，顺次连接点D，F，G，E．
（1）求证：四边形DFGE是平行四边形；
（2）当OA⊥DE时，求证：四边形DFGE是矩形；
（3）若四边形DFGE是正方形，OA与BC之间满足的条件是： OA⊥BC且OA＝BC ．
【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC且DE＝BC，GF∥BC且GF＝BC，从而得到DE∥GF且DE＝GF，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）利用（1）中所求，只要邻边相互垂直的平行四边形即为矩形．
（3）根据（2）可知，当OA⊥BC时，四边形DFGE是矩形，当矩形的邻边相等时，矩形为正方形，故OA＝BC．
【解答】（1）证明：∵D、E是AB、AC的中点，
∴DE∥BC且DE＝BC，
∵F、G是OB、OC的中点，
∴GF∥BC且GF＝BC，
∴DE∥GF且DE＝GF，
∴四边形DFGE是平行四边形；
（2）证明：由（1）知，四边形DFGE是平行四边形，
如图，连接OA，
∵D、G分别是AB、OB的中点，
∴DG∥OA，
∵OA⊥DE，
∴DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°，
∴平行四边形DFGE是矩形，
所以当OA⊥DE时，四边形DFGE是矩形；
（3）解：若四边形DFGE是正方形，OA与BC之间满足的条件是：OA⊥BC且OA＝BC，
由（2）可知，当OA⊥BC时，四边形DFGE是矩形，
∵D、G、F分别是AB、OB、OC的中点，
∴DG＝AO，GF＝BC，
∵AO＝BC，
∴DG＝GF，
∴矩形DGFE是正方形．
故答案为：OA⊥BC且OA＝BC．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，正方形的判定，熟记定理与判定方法是解题的关键．
4．（2022春•忻城县期中）如图，E，F，G，H分别是矩形ABCD各边的中点，依次顺序连接各边中点得到四边形EFGH．
（1）猜想四边形EFGH是什么特殊四边形；
（2）对你的猜想给予证明．
【分析】四边形EFGH是菱形，连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD且EF＝BD，GH∥BD且GH＝BD，进而得到EF＝EH，根据菱形的判定定理证明结论．
【解答】（1）解：四边形EFGH是菱形．
（2）证明：连接AC、BD，
∵点E，F分别是AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线．
∴EF∥BD且EF＝BD．
同理，GH∥BD且GH＝BD．
∴EF∥GH，EF＝BD．
∴四边形EFGH为平行四边形．
又∵E、H分别为AD、CD的中点，
∴EH是△ADC的中位线，
∴EH∥AC且EH＝AC．
而四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC．
∴EF＝EH．
∴四边形EFGH是菱形．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定定理是解题的关键．
5．（2022春•工业园区校级期末）如图，四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
（1）求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
【分析】（1）连接BD、由点E、H分别为边AB、AD的中点，同理知FG∥BD、FG＝BD，据此可得EH＝FG、EH∥FG，即可得证；
（2）连接AC、BD，证△APC≌△BPD得AC＝BD，由EF＝AC，FG＝BD知EF＝FG，结合四边形EFGH是平行四边形即可得证．
【解答】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：四边形EFGH是菱形，理由如下：
如图2，连接AC、BD，
∵∠APB＝∠CPD，
∴∠APB+∠APD＝∠CPD+∠APD，即∠APC＝∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC＝BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF＝AC，FG＝BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2022春•仙居县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形．
（2）若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH＝FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH的形状是矩形，进而利用矩形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形．
在△ABD中，E、H分别是AD、CD的中点，
则EH∥AC，
同理GH∥BD，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积＝EH•EF＝AC×BD＝AC•BD＝12．
即四边形EFGH的面积是12．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
二、十字架模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•汉阴县期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE，BF相交于点O，下列结论①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF中，正确结论的个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据正方形的性质可得∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，然后求出AF＝DE，再利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，从而判定出①正确；再根据全等三角形对应角相等可得∠ABF＝∠DAE，然后证明∠ABF+∠BAO＝90°，再得到∠AOB＝90°，从而得出AE⊥BF，判断②正确；假设AO＝OE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AB＝BE，再根据直角三角形斜边大于直角边可得BE＞BC，即BE＞AB，从而判断③错误；根据全等三角形的面积相等可得S△ABF＝S△ADE，然后都减去△AOF的面积，即可得解，从而判断④正确．
【解答】解：在正方形ABCD中，∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，
∵CE＝DF，
∴AD﹣DF＝CD﹣CE，
即AF＝DE，
在△ABF和△DAE中，，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE＝BF，故①正确；
∠ABF＝∠DAE，
∵∠DAE+∠BAO＝90°，
∴∠ABF+∠BAO＝90°，
在△ABO中，∠AOB＝180°﹣（∠ABF+∠BAO）＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
假设AO＝OE，
∵AE⊥BF（已证），
∴AB＝BE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
∵在Rt△BCE中，BE＞BC，
∴AB＞BC，这与正方形的边长AB＝BC相矛盾，
所以，假设不成立，AO≠OE，故③错误；∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，
即S△AOB＝S四边形DEOF，故④正确；
综上所述，错误的有③．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大，求出△ABF和△DAE全等是解题的关键，也是本题的突破口．
二．解答题（共4小题）
2．（2022春•石阡县期中）如图，点E、F是正方形ABCD中CD、AD边上的点，BE＝CF，求证：DF＝CE．
【分析】首先利用正方形的性质得到全等三角形的一部分条件，然后利用已知条件证明Rt△BCE和Rt△CDF全等即可解集问题．
【解答】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，BC＝CD，
在Rt△BCE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），
∴DF＝CE．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，也利用了全等三角形的判定与性质，题目比较简单．
3．（2022春•惠民县期末）（1）如图①，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是AC上一点，过A点作AG⊥EB，垂足为G，求证：OE＝FO；
（2）如图②，若点E在AC的延长线上，AG⊥EB，交EB的延长线于G．AG的延长线交DB的延长线于F，其他条件不变，则结论“OE＝OF”还成立吗？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
【分析】（1）首先利用正方形的性质得到OA＝BO，∠AOB＝∠BOC＝90°，然后利用AG⊥EB得到∠1＝∠2，最后利用全等三角形的判定解决问题；
（2）结论成立．证明方法和（1）相似．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝BO，∠AOB＝∠BOC＝90°，
又∵AG⊥EB，
∴∠AGE＝90°，
∴∠2+∠3＝∠1+∠3＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）结论成立．
证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝BO，∠AOB＝∠BOC＝90°，
又∵AG⊥EB，
∴∠AGE＝90°，
∴∠E+∠GAE＝∠F+∠GAE＝90°，
∴∠E＝∠F，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF和△BOE（ASA），
∴OE＝OF；
【点评】本题主要考查了正方形的性质，也利用了全等三角形的判定和性质，有一定的综合性．
4．（2022春•海淀区校级期中）在正方形ABCD中，P是边BC上一动点（不与点B、C重合），E是AP的中点，
过点E作MN⊥AP，分别交AB、CD于点M，N．
（1）判定线段MN与AP的数量关系，并证明；
（2）连接BD交MN于点F．
①根据题意补全图形；
②用等式表示线段ME，EF，FN之间的数量关系，直接写出结论 EF＝EM+FN ．
【分析】（1）过点M作MG⊥CD于点G，则四边形AMGD是矩形，证明△ABP≌△MGN（ASA），由全等三角形的性质得出AP＝MN；
（2）①根据题意画出图形即可；
②过点P作PH∥AB交MN于点H，交BD于点K，过点M作MG⊥CD于点G，证明△AME≌△PHE（ASA），由全等三角形的性质得出ME＝EH，AM＝PH，证明△HKF≌△NDF（AAS），由全等三角形的性质得出HF＝NF，则可得出结论．
【解答】解：（1）MN＝AP．
证明：过点M作MG⊥CD于点G，则四边形AMGD是矩形，
∴MG＝AD，∠MGN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABP＝90°，AB＝BC＝AD，
∴MG＝AB，∠ABP＝∠MGN，
又∵MN⊥AP，
∴∠AEM＝90°，
∴∠AME+∠BAP＝90°，
又∵∠NMG+∠AME＝90°，
∴∠NMG＝∠BAP，
∴△ABP≌△MGN（ASA），
∴AP＝MN；
（2）①补全图形如图2，
②如图3，过点P作PH∥AB交MN于点H，交BD于点K，过点M作MG⊥CD于点G，
∵AM∥PH，
∴∠MAE＝∠EPH，
∵E为AP的中点，
∴AE＝EP，
又∵∠AEM＝∠PEH，
∴△AME≌△PHE（ASA），
∴ME＝EH，AM＝PH，
∵四边形AMGD是矩形，
∴AM＝DG，
∴DG＝PH，
∵∠CBD＝45°，∠BPK＝90°，
∴∠BPK＝∠BKP＝45°，
∴BP＝PK，
由（1）知△ABP≌△MGN，
∴BP＝NG，
∴PK＝NG，
∴HK＝DN，
又∵NK∥DN，
∴∠HKF＝∠NDF，
∴△HKF≌△NDF（AAS），
∴HF＝NF，
∴EF＝EH+HF＝EM+FN．
故答案为：EF＝EM+FN．
【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、平行线的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．（2022春•孝南区期中）如图1，P为正方形ABCD的边BC上一动点（P与B、C不重合），点Q在CD边上，且BP＝CQ，连接AP、BQ交于点E．
（1）求证：AP⊥BQ；
（2）当P运动到BC中点处时（如图2），连接DE，请你判断线段DE与AD之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，过A点作AM⊥DE于点H，交BQ、CD于点N、M，若AB＝2，求QM的长度．
【分析】（1）证明△ABP≌△BCQ即可得出答案；
（2）延长BQ、AD交于一点F，证明DF＝AD，在Rt△AFE中利用直角三角形斜边中线定理即可得出答案；
（3）通过角度的推导证明△QMN和△ABN均为等腰三角形，设QM＝MN＝x，在△ADM中利用勾股定理即可列方程求解．
【解答】解：（1）在正方形ABCD中有：AB＝BC，∠ABP＝∠BCQ＝90°，
∵BP＝CQ，
∴△ABP≌△BCQ（SAS），
∴∠PAB＝∠QBC，
∵∠QBC+∠ABQ＝90°，
∴∠PAB+∠ABQ＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AP⊥BQ；
（2）AD＝DE，理由如下：
如图，延长BQ、AD交于一点F，
当点P为BC中点时，Q为CD中点，即CQ＝DQ，
∵∠FQD＝∠BQC，∠FDQ＝∠C，
∴△FDQ≌△BCQ（ASA），
∴FD＝BC，
∴FD＝AD，
由（1）得：∠FEA＝90°，
∴DE＝FA＝AD；
（3）由（1）得：AP⊥BQ，
∴∠ANE+∠NAE＝90°，
∵∠NAE+∠AEH＝90°，
∴∠ANE＝∠AEH，
设∠ANE＝∠AEH＝α，
∵DE＝DA，
∴∠DAE＝∠AEH＝α，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠DAE＝α，
∵△PAB≌△QBC，
∴∠CQB＝∠APB＝α，
∵∠QNM＝∠ANE＝α，
∴∠CQB＝∠QNM，
∴QM＝MN，
∵CD∥AB，
∴∠ABQ＝∠CQB＝α，
∴∠ABQ＝∠ANE，
∴AN＝AB＝2，
设QM＝MN＝x，则DM＝DQ+QM＝1+x，AM＝AN+MN＝2+x，
∵AD2+DM2＝AM2，
∴22+（x+1）2＝（x+2）2，
解得：x＝，
∴QM＝．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的边角性质及正方形中常考的“十字架”模型是解题关键．
三、梯子模型
一．填空题（共3小题）
1．（2022春•湖南期中）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．在运动过程中：
（1）Rt△AOB斜边中线的长度是否发生变化 否 （填“是”或“否”）；
（2）点D到点O的最大距离是 ．
【分析】（1）直接运用直角三角形斜边中线定理即可证明；
（2）当D、Q、O三点共线时，此时，OD取得最大值，则有OD＝DQ+OQ，由勾股定理求出DQ即可得OD长度．
【解答】解：（1）如图，设斜边中点为Q，在运动过程中，斜边中线OQ＝＝3.
∵AB长度不变，故OQ不变，
故答案为：否；
（2）在矩形的运动过程当中，有DQ+OQ≥OD，
当D、Q、O三点共线时，则有DQ+OQ＝OD，此时，OD取得最大值，如图所示，
∵Q为AB中点，
∴AQ＝＝3，
又AD＝BC＝2，
∴DQ＝＝，
∴OD＝DQ+OQ＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了斜边中线定理，三角形三边关系，勾股定理，矩形的性质，找出OD最大时D、Q、O三点的位置是解题关键．
2．（2020春•江岸区校级月考）如图，一根长2a的木棍（AB），斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，设木棍的中点为P．若木棍A端沿墙下滑，且B端沿地面向右滑行．木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不变化，在木棍滑动的过程中，△AOB的面积最大为 a2 ．
【分析】当△AOB的斜边上的高h等于中线OP时，△AOB的面积最大．
【解答】解：如图，若h与OP不相等，则总有h＜OP，故根据三角形面积公式，有h与OP相等时△AOB的面积最大，此时，
S△AOB＝AB•h＝×2a×a＝a2．
所以△AOB的最大面积为a2．
故答案是：a2．
【点评】此题利用了在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半；同时理解△AOB的面积什么情况最大是解决本题的关键．
3．（2018秋•姜堰区期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是 2+ ．
【分析】如图，取AC的中点M，连接OM，BM．求出OM，BM，利用三角形的三边关系即可解决问题；
【解答】解：如图，取AC的中点M，连接OM，BM．
∵∠AOC＝90°，AM＝CM，AC＝4．
∴OM＝AC＝2，
在Rt△ABM中，∵∠BAM＝90°，AB＝1，AM＝2，
∴BM＝＝，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+，
∴OB的最大值为2+．
故答案为2+．
【点评】本题考查勾股定理、坐标与图形的性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线解决问题．
四、对角互补模型
一．选择题（共1小题）
1．（2018春•吉州区期末）如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向△ABC外侧作△ABD，使得∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，则下列结论：
①D、A、E三点共线；②△CDE为等边三角形；③DC平分∠BDA；④DC＝DB+DA，其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】由△ABC为等边三角形得到∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，由∠ADB＝120°得到∠1+∠2＝60°，再根据旋转的性质得∠ACB＝60°，即旋转角等于60°，CD＝CE，∠CAE＝∠CBD＝∠1+60°，于是可计算出∠DAE＝180°，则可对①进行判断；由∠DCE＝∠ACB＝60°，CD＝CE，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由△CDE为等边三角形得∠4＝60°，于是可得∠3＝60°，则可对③进行判断；根据旋转的性质得AE＝DB，根据等边三角形的性质得CD＝DE，所以CD＝DE＝DA+AE＝DA+BD，则可对④进行判断．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵∠ADB＝120°，
∴∠1+∠2＝60°，
∵点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，
∴∠ACB＝60°，即旋转角等于60°，CD＝CE，∠CAE＝∠CBD＝∠1+∠CBA＝∠1+60°，
∵∠CAE+∠BAC+∠2＝∠1+60°+60°+∠2＝180°，即∠DAE＝180°，
∴D、A、E三点共线，所以①正确；
∵∠DCE＝∠ACB＝60°，CD＝CE，
∴△CDE为等边三角形，所以②正确；
∵△CDE为等边三角形，
∴∠4＝60°，
∴∠3＝60°，
∴DC平分∠BDA，所以③正确；
∵△CDE为等边三角形，
∴CD＝DE，
而点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，
∴AE＝DB，
∴DE＝DA+AE＝DA+BD，
∴DC＝DB+DA，所以④正确．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
二．解答题（共4小题）
2．（2021秋•莆田期末）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【分析】（1）由题意知，3m﹣1＝﹣2m+4，即可解决问题；
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．利用ASA证明△PMB≌△PNA，得BM＝AN，从而得出OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM；
②连接AB，由勾股定理得AB2＝PA2+PB2＝2PA2，则OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
3．（2020春•通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 正方形 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段AB的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，AB为边的等补四边形ABCD；
探究：
（3）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
【分析】（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；
（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；
（3）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，证明△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．
故答案为：正方形．
（2）如图1，等补四边形为所求图：
（3）AD平分∠BCD，理由如下：
如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
又AE⊥BC，AF⊥CD，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2021春•莘县校级期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 ④ （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“SAS”可证△ADC≌△ABE，可得∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得∠ADC＝∠ABE，∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，可证点C，B，E在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长CB使BE＝CD，连接AE，由①可得△ACE为等腰三角形，由∠BAD＝90°，可证△ACE为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长CB使BE＝CD，连接AE
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△ABE（SAS）
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE
∴∠ACB＝∠AEB．
∴∠ACD＝∠ACB．
即AC平分∠BCD；
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC＝∠ABE；
∠ACD＝∠AEB；
AC＝AE．
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴点C，B，E在一条直线上．
∵AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB
∴∠ACD＝∠ACB
即AC平分∠BCD
②BC+CD＝AC
理由如下：
延长CB使BE＝CD，连接AE，
由 ①得△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAC＝90°
∴CE2＝2AC2，
∴．
∴BC+CD＝AC．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，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全等三角形是本题的关键．
5．（2021秋•丹阳市期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为： CD+BC＝AC ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： BC+AB＝BD ．
【分析】（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得AC＝AM，BC＝DM，CM＝AC，即可得CM＝CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，证明△ABC≌△ADM（SAS），可确定△ACM是等边三角形，在求出∠ACB＝∠ACM，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，证明△ADB≌△CDM（SAS），结合已知可求∠M＝∠DBM＝30°，过点D作DN⊥BM交于点N，则有BM＝2MN，BM＝BD，再由BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝AC，
故答案为：CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠CAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案为：BC+AB＝BD．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
五、与正方形有关三垂线
一、单选题
1．（2021春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，点E在边上，于点G，交于点F.若，，则的面积与四边形的面积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证△AED≌△BFA，得S△ABF=S△DAE，两者都减去△AEG的面积后可得S△AGD=S四边形EGFB，那么只需求△AEC和△AGD的面积关系即可；Rt△AED中，AG⊥ED，易证得△AEG∽△DAG，根据它们的相似比（可由AE、BE的比例关系求得），即可求得面积比，由此得解．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠B=90∘，AB=DA；
∵，
∴
∴
∴∠EAG=∠EDA,
∴△AED≌△BFA(ASA)；
∴；
∴,即；
∵∠EAG=∠EDA,∠AGE=∠DGA=90∘，
∴△AEG∽△DAG；
∴
∴的面积与四边形的面积之比是,
故选D.
【点睛】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形及相似三角形的判定和性质，能够发现是解答此题的关键.
2．（2023春·八年级课时练习）如图，在正方形中，点G为边上一点，以为边向右作正方形，连接，交于点P，连接，过点F作交于点H，连接，交于点K，下列结论中错误的是（ ）
A．B．是等腰直角三角形
C．点P为中点D．
【答案】D
【分析】A．证明四边形BHFG为平行四边形，得BH=GF=CE，得BC=HE，再由正方形的性质得HE=CD，进而便可判断选项正误；B．证明△ABH≌△HEF，进而得出△AHF是等腰直角三角形，便可判断选项正误；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，证明四边形EFMH为矩形，再证明△PAD≌△PFM得AP=FP，便可判断选项正误；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，证明△AQK≌△APK得AK=PK，进而得BK2+DP2=KP2，便可判断正误．
【详解】解：A．∵四边形CEFG是正方形，
∴GF∥CE，GF=CE，
∵BG∥HF，
∴四边形BHFG为平行四边形，
∴GF=BH，
∴BH=CE，
∴BC=HE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD．
∴HE=CD，故A正确；
B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形，
∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°，
∵BC=HE，BH=CE，
∴AB=HE，BH=EF，
∴△ABH≌△HEF（SAS），
∴AH=HF，∠BAH=∠EHF，
∵∠BAH+∠AHB=90°，
∴∠EHF+∠AHB=90°，
∴∠AHF=90°，
∴△AHF为等腰直角三角形，故B正确；
C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，则MH∥EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠HBD=∠ABC，
∴∠HBM=45°，
∴BH=MH，
∵△ABH≌△HEF，
∴BH=EF，
∴MH=EF，
∴四边形EFMH为矩形，
∴MF∥BE∥AD，MF=HE，
∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP，
∵AD=BC=HE，
∴AD=MF，
∴△PAD≌△PFM（ASA），
∴AP=FP，故C正确；
D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，则AQ=AP，∠QAP=90°，
∵△AHF是等腰直角三角形，
∴∠HAF=45°，
∴∠QAK=∠PAK=45°，
∵AK=AK，
∴△AQK≌△APK（SAS），
∴QK=PK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
由旋转性质知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP，
∴∠QBK=90°，
∴BK2+BQ2=QK2，
∴BK2+DP2=KP2，故D错误；
故选：D．
【点睛】本题是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，后两选项关键在构造全等三角形．
二、填空题
3．（2021春·全国·八年级专题练习）如图，正方形的边长为3，点在上，点在的延长线上，且，则四边形的面积为：______．
【答案】9
【分析】根据SAS判断，从而得到四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积，计算即可；
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积==9．
故答案是9．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，准确计算是解题的关键．
4．（2023春·八年级课时练习）如图，在中，，AC=8，BC=7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为______．
【答案】17
【分析】过E作EF⊥AC，垂足为F，由ABDE为正方形，利用正方形的性质得到一对角为直角，AE＝AB，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，由FA＋AC求出FC的长，在直角三角形CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长．
【详解】过E作EF⊥AC，交CA的延长线于F，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠BAE＝90°，AE＝AB，
∵∠EAF＋∠AEF＝90°，∠EAF＋∠BAC＝90°，
∴∠AEF＝∠BAC，
在△AEF和△BAC中，
，
∴△AEF≌△BAC（AAS），
∴EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，
在Rt△ECF中，EF＝8，FC＝FA＋AC＝8＋7＝15，
根据勾股定理得：CE＝＝17．
故答案为：17．
【点睛】此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
三、解答题
5．（2023春·八年级课时练习）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，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)
【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，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×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．
6．（2021春·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：；
（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，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【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，
∴=
（2）结论：=
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，
∴=，
∴=
（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：=
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴=
，设SC=x，
∴=
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵，
∴52=（10-2x）2+x2，
∴x=3或5（舍弃），
∴BS=5+x=8，
∴===
【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．
7．（2021春·全国·八年级专题练习）如图1，已知正方形和正方形，点在同一直线上，连接，，与相交于点．
（1）求证：．
（2）如图2，是边上的一点，连接交于点，且．
①求证：；
②若，直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【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，从而得到，再结合已知条件利用比例的性质即可得证
②由得出，结合①可得，从而即可得出的值
【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
∴，
∴
∴
∵
∴
∵BC=CD
∴
②∵
∴
∵
∴
∵AB=CD
∴
【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，得出是解题的关键
8．（2023春·八年级课时练习）（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：
王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．
【答案】（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（3）如图所示，见解析．
【分析】（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；
（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；
【详解】（1）AE=AF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如图所示．
过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共线，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题的关键是利用全等三角形进行割补．
9．（2023春·八年级课时练习）如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；
（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；
（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．
【详解】（1）证明：在边上截取线段，使连．
∵四边形是正方形
;
∵BN平分
在中,,

在和中
∴
．
（2）如图，
设与CE的交点为H，
∵四边形是正方形
∴
∵



在和中，
∴．
又，
又．
四边形为平行四边形．
．
（3）解：如图所示，过作垂足为．
由（2）知，
，
又
∴即
平分所以，
∴三角形是等腰直角三角形，
在中，
设，则，即，
．
，，
在中，，
又在中，，，
．
【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．
10．（2023春·八年级课时练习）平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A，C在坐标系上，点B（6，6），P是射线OB上一点，将△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，Q是点P旋转后的对应点．
(1)如图1，当OP=时，求点Q的坐标；
(2)如图2，设点P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面积为S，求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
(3)当BP+BQ=时，直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)Q（8，4）
(2)，P（3，3）
(3)（13，-1）
【分析】（1）如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，过Q点作QH⊥x轴，垂足为H．证明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求点Q的坐标；
（2）如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．根据勾股定理和面积公式，得到．进而可求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
（3）根据BP+BQ=，可得BP+OP=．因为OB=，说明点P在OB的延长线上．可得BP=，结合（1）进而可求点Q的坐标．
【详解】（1）解：如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，
过Q点作QH⊥x轴，垂足为H，则∠PGA=∠AHQ=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOB=45°．
∵B（6，6），
∴OA=6．
在Rt△OPG中，，
∴△OPG是等腰直角三角形，即，
∵，
∴OG=PG=2．
∴AG=OA-OG=4．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AQ=AP，BQ=OP，∠GAP+∠HAQ=90°，
又∵∠HAQ+∠AQH=90°，
∴∠GAP=∠AQH
在△AQH和△APG中，
，
∴△AQH≌△APG（AAS）．
∴AH=PG=2，QH=AG=4．
∴Q（8，4）；
（2）解：如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=90°．
∵∠POG=45°，
∴OG=PG=x，
设P（x，x），
∴AG=6-x．
在Rt△APG中，根据勾股定理，
，
整理得．
∵S△APQ=AP•AQ，
∴．
∴当x=3时，S取最小值，
∴P（3，3）；
（3）解：Q（13，-1）．
理由如下：
∵△AOP绕点A旋转得到△ABQ，
∴OP=BQ．
∵BP+BQ=8，
∴BP+OP=8．
∵OB=6，
∴点P在OB的延长线上．
如图（3）：
由图知：BP+OP=BP+OB+BP=8
∴BP=
∴OP=OB+BP=6+=7，
∴OG＝PG＝OP＝7，
∴AG=OG-OA=7-6=1，
由（1）的解，知Rt△AQH≌Rt△APG，
∴AH=PG=7，QH=AG=1，
∴OH=OA+AH=6+7=13，
∴Q（13，1）．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质-旋转，解题的关键是数形结合综合运用以上知识．
11．（2022秋·河南郑州·九年级校考阶段练习）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【分析】（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证；
（3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解．
【详解】（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，本题考查较为综合，题目较难，熟练掌握各部分定理和性质是本题的关键．
六、正方形与45°角的基本图
一、单选题
1．（2023春·八年级课时练习）如图，有一正方形的纸片ABCD，边长为6，点E是DC边上一点且DC＝3DE，把ADE沿AE折叠使ADE落在AFE的位置，延长EF交BC边于点G，连接BF有以下四个结论：
①∠GAE＝45°；
②BG+DE＝GE；
③点G是BC的中点；
④连接FC，则BF⊥FC；
其中正确的结论序号是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②D．②③
【答案】A
【分析】先计算出DE＝2，EC＝4，再根据折叠的性质AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，然后根据“HL”可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，则GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，所以∠GAE＝∠BAD＝45°；GE＝GF+EF＝BG+DE；设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，在Rt△CGE中，根据勾股定理得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，则BG＝CG＝3，则点G为BC的中点；同时得到GF＝GC，根据等腰三角形的性质得∠GFC＝∠GCF，再由Rt△ABG≌Rt△AFG得到∠AGB＝∠AGF，然后根据三角形外角性质得∠BGF＝∠GFC+∠GCF，易得∠AGB＝∠GCF，根据平行线的判定方法得到CF∥AG，再证出AG⊥BF，即可得出BF∥FC．
【详解】解：连接AG，AG和BF交于H，如图所示：
∵正方形ABCD的边长为6，DC＝3DE，
∴DE＝2，EC＝4，
∵把△ADE沿AE折叠使△ADE落在△AFE的位置，
∴AF＝AD＝AB＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中， ，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，
∴∠GAE＝∠FAE+∠FAG＝∠BAD＝45°，①正确；
∴GE＝GF+EF＝BG+DE，②正确；
设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，
在Rt△CGE中，GE＝x+2，EC＝4，CG＝6﹣x，
∵CG2+CE2＝GE2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，
∴BG＝3，CG＝6﹣3＝3，
∴BG＝CG，即点G为BC的中点，③正确；
∴GF＝GC，
∴∠GFC＝∠GCF，
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴∠AGB＝∠AGF，
而∠BGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB+∠AGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB＝∠GCF，
∴FC∥AG，
∵AB＝AF，BG＝FG，
∴AG⊥BF，
∴BF⊥FC，④正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、平行线的判定等知识；熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
2．（2023春·八年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连结AG，CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③S△AGE=18；④∠GAE=45°，其中正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．③④①D．①②④
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得出AB=AD=DC=6，∠B=∠D=90°，求出DE=2，AF=AB，根据HL推出Rt△ABG≌Rt△AFG，推出BG=FG，设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，在Rt△ECG中，由勾股定理得出（6-x）2+42=（x+2）2，求出x=3，得出BG=GF=CG，由DE=2，得出GE=GF+EF=5，AF=AB=6，计算出S△AGE=15；根据全等得出∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，即可得出∠GAE.
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=∠D=90°，
∵CD=3DE，
∴DE=2，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．
∴①正确；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．
∵CG=6-x，CE=4，EG=x+2，
∴（6-x）2+42=（x+2）2，解得：x=3．
∴BG=GF=CG=3．
∴②正确；
∵BG=GF=CG=3，CD=3DE ，AB=AD=DC=6，DE=EF=2，
∴GE=GF+EF=5，AF=AB=6，
∴S△AGE=，
∴③错误；
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴△DAE≌△FAE．
∴∠DAE=∠FAE．
∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG=∠FAG．
∵∠BAD=90°，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=×90°=45°．
∴④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．
3．（2023春·八年级课时练习）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB＝AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，根据勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN（SAS），从而得MQ＝MN，再证明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，设MN＝x，再由勾股定理求出x即可．
【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中，
，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝BE+DF＝5，
设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，
∴EF2＝CE2+CF2，
∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），
∴AG＝6，
∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正确；
如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QM，
由旋转的性质得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，
在△AMQ和△AMN中，
，
∴△AMQ≌△AMN（SAS），
∴MQ＝MN，
∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，
∴BQ2+MB2＝MQ2，
∴ND2+MB2＝MN2，
∵AB＝6，
∴BD＝AB＝12，
设MN＝x，则ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，
∴32+（9﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴MN＝5，故④正确，
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF和三角形AND．
二、填空题
4．（2023春·八年级课时练习）如图，正方形的边长为1，点在边上运动（不与点，重合），，点在射线上，且，与相交于点，连接、、．则下列结论：①；②平分；③；④的面积的最大值是；其中正确的结论是______．
【答案】①③
【分析】①正确，如图1中，在上截取，连接．证明即可解决问题；
②错误，由（1）可得，，由此即可判定不平分；
③正确，如图2中，延长到，使得，连接CH，则，再证明即可解决问题．
④错误，如图1，设，则，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
【详解】解：如图1中，在上截取，连接．
，，
，，
，
，
，，
，
，，
，
∴，
，，
，
，
，
，故①正确；
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴不平分，故②错误；
如图2中，延长到，使得，连接CH，
又∵，，
∴，
，，
，
，
又，，
，
，
，
，故③正确；
如图1，设，则，
，
，
∴当时，的面积取得最大值，最大值为，故④错误，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
5．（2023春·八年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将ADE沿AE翻折至AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，当PF＝BF时，＝_____．
【答案】﹣1
【分析】如图，过点A作AM⊥BP于M，过点E作EN⊥BP于N．首先证明△AMP是等腰直角三角形，设BF＝2a，则PF＝BF＝a，BM＝MF＝a，利用相似三角形的性质求出FN：EN＝1+，再想办法求出EN（用a表示），即可解决问题．
【详解】解：如图，过点A作AM⊥BP于M，过点E作EN⊥BP于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，
∴AB＝AF，
∵AM⊥BF，
∴BM＝FM，∠BAM＝∠FAM，
∴∠PAM＝∠PAF+∠FAM＝∠BAD＝45°，
∵∠AMP＝90°，
∴∠P＝∠PAM＝45°，
∴AM＝MP，
设BF＝2a，则PF＝BF＝a，BM＝MF＝a，
∴AM＝PM＝FM+PF＝a+a，
∵∠AMF＝∠AFE＝∠ENF＝90°，
∴∠AFM+∠EFN＝90°，∠EFN+∠FEN＝90°，
∴∠AFM＝∠FEN，
∴△AMF∽△FNE，
∴，
设EN＝PN＝x，则FN＝（1+）x，
∴（1+）x+x＝a，
∴x＝（﹣1）a，
∴EN＝（﹣1）x，
∴＝＝﹣1，
∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，
∴＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题
6．（2023春·八年级课时练习）如图，点，分别在正方形的边，上，，点在的延长线上，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）5
【分析】（1）由正方形得，，由得：，得；
（2）根据得：，那么可得，则可证，所以，根据勾股定理即可求得EM的长度．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
∴（SAS），
∴．
（2）解：由，得
∴，
在与中，
,
∴（SAS），
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形是解题的关键．
7．（2023春·八年级课时练习）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【答案】（1）AB＝AH；（2）成立，证明见解析；（3）3
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，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NH＝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°，
∵BE＝DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△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＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质定理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
8．（2023春·八年级课时练习）如图．在正方形中，点E在边上，点F在延长线上，，连接交于点H，连接．
（1）求证；
（2）求的值；
（3）探究、、三条线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【分析】（1）过E作交于点M，证明即可；
（2）连接，，证明，则易得△EAF是等腰直角三角形，从而可求得结果；
（3）连接，，过H作交延长线于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的关系．
【详解】（1）过E作交于点M，如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）连接，，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H为中点，
∴；
（3）．
理由如下：
连接，，过H作交延长线于G，如图3．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，为等腰直角三角形，H为中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判官与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作辅助线证明三角形全等．
9．（2023春·八年级课时练习）将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立，
(1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______．
(2)∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，
①如图①，求证AE＝EF；
②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积；
(3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值．
【答案】(1)（6，6），（3，0）
(2)①证明见解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质求解即可得出答案；
（2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出32+（6-x）2=（x+3）2，解得x=2，根据计算求解即可得出答案；
（3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案．
【详解】（1）解：∵实数a，b使式子成立，
∴，
∴，
∴a=6，
∴b=3，
∴点A的坐标为（0，6），E（3，0）；
∴OA=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=CD=OA=6，
∴D（6，6），
故答案为：（6，6），（3，0）；
（2）解：①如图①，取OA的中点K，连接KE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEO=∠AEO+∠OAE=90°，
∴∠FEC=∠OAE，
∵OE=EC=3，K为OA的中点，OA=OC，
∴AK=EC，OK=OE，
∴∠OKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AKE=∠ECF，
在△AKE和△ECF中，
，
∴△AKE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
②如图②，延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，
∵四边形AOCD是正方形，
∴AO=AD，∠AOE=∠ADH=90°，
∴△AOE≌△ADH（SAS），
∴∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，
由①知AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠OAE+∠DAG=∠DAH+∠DAG=∠GAH=45°，
∴∠GAH=∠GAE，
∴△AEG≌△AHG（SAS），
∴EG=GH=DG+OE，∠AGE=∠AGH，∠AEG=∠AHD，
∴∠AEO=∠AEG，
∵，
∴∠AGH=∠GNE=∠AGE，
∴EN=EG，
同理可得GM=GE，
∴GM=EN，
又∵GM⊥EN，
设DG=x，则CG=6-x，
∴OE=CE=3，
∴EG=x+3，
在Rt△ECG中，32+（6-x）2=（x+3）2，
解得x=2，
∴EG=EN=GM=5，
∴S四边形MNGE=＝；
（3）解：在外角平分线上取点F，使CF=AO，连接，，
∴∠OAP=∠QCF=45°，
∵AP=CQ，
∴△APB≌△CQF（SAS），
∴PB=QF，
∴BP+BQ=BQ+QF，
∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵∠DCF=∠RCF=45°，
∴△CFR为等腰直角三角形，
∵AO=CF=6，
∴CR=FR=，
∴OR=，
在Rt△ORF中，，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2022春·河南南阳·八年级校联考期末）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．
11．（2021春·陕西安康·八年级统考期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作，如图①所示．
（1）求证：是菱形；
（2）若，连接、、，如图②所示，求证：；
（3）若，，，是的中点，如图③所示，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD//BC，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再由条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形；
（2）先证明∠BEG＝120°＝∠DCG，再得出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可证明△BEG≌△DCG；
（3）如图，连接，，，证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：平分，
．
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
．
又四边形是平行四边形，
平行四边形为菱形；
（2）四边形是平行四边形，
，，，
，
，．
由（1）知，四边形是菱形，
，，
，
，
．
是的平分线，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，，，
，四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
又由（1）可知四边形为菱形，，
四边形为正方形
，
．
为中点，
，．
在和中
，
，
是等腰直角三角形．
，，
，
．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，综合运用以上知识是解题的关键．
12．（2023春·八年级课时练习）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出．
13．（2022春·辽宁葫芦岛·八年级校考期中）如图，正方形的边长为，点P从点A出发，以每秒的速度沿从点A向终点O运动，点Q从点O同时出发，以相同的速度沿射线方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动，连接，过点P作的垂线，与过点Q平行于的直线l相交于点D，与y轴交于点E，连接，设点P运动的时间为t（秒）
（1）的度数为
（2）点D的运动总路径长为______：
（3）探索线段、、的数量关系，并说明理由；
（4）当为等腰三角形时，求t的值．
【答案】（1）45°；（2）；（3），见解析；（4）4或
【分析】（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到BP=PD，由∠BPD=90°，从而可以求出∠PBE的度数；
（2）由△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，点D运动路径的长是∠COQ的平分线；
（3）将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，只要证明△PBG≌△PBE，推出PE=PG，推出PE=PA+AG=PA+CE；
（4）分三种情况讨论：①若PB=PE，得∠BPE=90°，则Q与O重合，不成立； ②若EB=EP，则△POE≌△ECB，得BC=OE，则点E与点C重合（EC=0），点P与点O重合（PO=0），则t=4； ③若BP=BE，延长OA到F，使得AF=CE，连接BF，如图2，证明△BAP≌△BCE和△FBP≌△EBP，用t表示PE的长，然后列方程求出t的值.
【详解】解：（1）如图，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ，
∵四边形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC， ∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°，
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°，
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ，
∵AO=PQ，AO=AB，
∴AB=PQ，
在△BAP和△PQD中，
∵∠BAP＝∠PQD，∠BPA＝∠PDQ，AB＝PQ，
∴△BAP≌△PQD（AAS），
∴BP=PD，
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°；
（2）∵△BAP≌△PQD，
∴DQ=AP，
∵AP=t，
∴DQ=t，
∴点D坐标为（t，t），
∴点D运动路径的长为∠COQ的平分线，即；
（3）如图，数量关系：PE=PA+CE
理由：将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠CBE=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBE，
在△PBG和△PBE中，
∵PB＝PB，∠PBG＝∠PBF， BG＝BE，
∴△PBG≌△PBE（SAS），
∴PE=PG，
∴PE=PA+AG=PA+CE，
∴PE=PA+CE；
（4）①若PB=PE，
则∠PBE=∠PEB=45°，
∴∠BPE=90°，
∵∠BPD=90°，
∴∠BPE=∠BPD，
∴点E与点D重合，
∴点Q与点O重合，
与条件“DQ∥y轴”矛盾，
∴这种情况不成立，
②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°，
∴∠BEP=90°，
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC，
∴△POE≌△ECB，
∴OE=BC，OP=EC，
∴OE=OC，
∴点E与点C重合（EC=0），
∴点P与点O重合（PO=0），
∵B（-4，4），
∴AO=CO=4， 此时t=AP=AO=4；
③若BP=BE，则△BAP≌△BCE，
∴AP=CE，
∵AP=t，
∴CE=t，
∴PO=EO=4-t，
∵∠POE=90°，
∴PE=，
延长OA到F，使得AF=CE，连接BF， 可证得△FAB≌△ECB，
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC，
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°，
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°，
∴∠FBP=∠EBP，
∴△FBP≌△EBP，
∴FP=EP，
∴EP=FP=FA+AP=CE+AP，
∴EP=t+t=2t，
∴ （4-t）=2t， t=4-4，
∴当t=4秒或（4-4）秒时，△PBE为等腰三角形；
【点睛】本题是正方形与动点问题的综合题，考查了动点问题的正方形，等腰直角三角形的性质，全等三角形，解题关键是深刻理解动点的路程、时间，理解两动点的完整运动过程，同时，采用了分类讨论一个三角形是等腰三角形的三种情况．
14．（2022春·湖南长沙·八年级校考阶段练习）将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立．
(1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______．
(2)，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
①如图①，求证；
②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积．
(3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意义的条件和相反数的性质可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质即可得出答案；
（2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出，解得x=2，根据计算求解即可得出答案；
（3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案．
（1）解：∵a，b满足式子，∴a=6，b=3，∴，；
（2）解：①取OA的中点K，连接KE，如图所示，∵，∴，∴，∵，K为OA的中点，，∴，，∴，∴，∵CF是正方形外角的平分线，∴，∴，∴，在△AKE和△ECF中，，∴，∴；②延长CD，并在延长线上截取，连接AH，如图所示，∵四边形AOCD是正方形，∴，，∴，∴，，，由①可知，∴△AEF为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，，，∴，∵，∴，∴，同理可得，∴，又，设，则，∴，∴，在Rt△ECG中，，解得，∴，∴．
（3）解：在外角平分线上取点F，使，如图所示，∴，∵，∴，∴，∴，∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作轴于点R，在Rt△ORF中，，∴的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．