專題6.22 正方形與45°的有關(guān)模型（提高篇）（專項練習(xí)）-2021-2022學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊基礎(chǔ)知識專項講練（北師大版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?專題6.22 正方形與45°的有關(guān)模型（提高篇）
（專項練習(xí)）
一、單選題
1．已知在正方形ABCD中，點E、F分別為邊BC與CD上的點，且，AE與AF分別交對角線BD于點M、N．則下列結(jié)論：①；②；③；④正確的有（）

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個
2．如圖，在正方形內(nèi)作，交于點，交于點，連接，過點作，垂足為點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，若，則以下結(jié)論：①，②，③，④，正確的個數(shù)有（）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
3．如圖，在正方形有中，是上的動點，（不與、重合），連結(jié)，點關(guān)于的對稱點為，連結(jié)并延長交于點，連接，過點作⊥交的延長線于點，連接，那么的值為（）

A．1 B． C． D．2
4．在正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD邊上的兩個動點，∠EAF＝45°，下列幾個結(jié)論中：①EF＝BE＋DF；②MN2＝BM2＋DN2；③FA平分∠DFE；④連接MF，則△AMF為等腰直角三角形；⑤∠AMN＝∠AFE．其中一定成立的結(jié)論有（）
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
5．如圖，在正方形中，的頂點，分別在，邊上，高與正方形的邊長相等，連接分別交，于點，，下列說法：①；②連接，，則為直角三角形；③；④若，，則的長為，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）

A．4 B．3 C．2 D．1

二、填空題
6．如圖，已知E、F是邊長為1的正方形ABCD內(nèi)部兩點，且滿足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面積為，則△BEC與△DFC的面積之和為________．

7．如圖，在正方形ABCD中，點M、N為邊BC和CD上的動點（不含端點），，下列三個結(jié)論：①當(dāng)MN＝MC時，則；②2；③△MNC的周長不變；④∠AMN－∠AMB＝60°．其中正確結(jié)論的序號是________．

8．如圖，邊長一定的正方形ABCD，Q為CD上一個動點，AQ交BD于點M，過M作MN⊥AQ交BC于點N，作NP⊥BD于點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_____．

9．如圖，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點P為△ABC外一點，且∠APC=45°，過B作BE∥AC分別交PA、PC于點E、F，若BE=3EF=3，則AE=_____．

10．如圖，正方形中，，點是邊的中點，連接，與交于點，點在上，點在上，且.若，則____．

11．如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，E、F分別是AB、BC邊上的點，且，將繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到．若，則EF的長為__________．

12．七巧板由五個等腰直角三角形與兩個平行四邊形(其中的一個平行四邊形是正方形)組成．用七巧板可以拼出豐富多彩的圖形，圖中的正方形ABCD就是由七巧板拼成的，那么正方形EFGH的面積與正方形ABCD的面積的比值為____．

13．如圖，在正方形ABCD中，點E在BC上，點F在CD上，連接AE、AF、EF，∠EAF=45°，BE=3，CF=4，則正方形的邊長為__________．

14．如圖，已知在中，，在內(nèi)作第一個內(nèi)接正方形，則第1個內(nèi)接正方形的邊長__________；然后取的中點，連接、，在內(nèi)作第二個內(nèi)接正方形；再取線段的中點，在內(nèi)作第三個內(nèi)接正方形…依次進行下去，則第2020個內(nèi)接正方形的邊長為__________．

三、解答題
15．如圖，正方形中，交于點交于點，分別交于，連接．

求證：；
求的值；
若正方形的邊長為5，，求的長．

16．如圖，在正方形中，，交、于、，交于、．

（1）求證：；
（2）求證：；
（3）求證：．

17．如圖所示，若點為正方形外一點，，連.求的度數(shù).

18．如圖所示，點為正方形的對角線的交點，若點在正方形內(nèi)部時，且.試探究，，之間的數(shù)量關(guān)系.

19．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點M、N．
（1）當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM=DN時（如圖1），請你直接寫出BM、DN和MN的數(shù)量關(guān)系：__________．
（2）當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時（如圖2），(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結(jié)論再給予證明.
（3）當(dāng)∠MAN繞點A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時，線段BM、DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出直接寫出結(jié)論．

20．如圖，四邊形ABCD是正方形，點O為對角線AC的中點．
（1）問題解決：如圖①，連接BO，分別取CB，BO的中點P，Q，連接PQ，則PQ與BO的數(shù)量關(guān)系是　　，位置關(guān)系是　 ??；
（2）問題探究：如圖②，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到的三角形，連接CE，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．判斷△PQB的形狀，并證明你的結(jié)論；
（3）拓展延伸：如圖③，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到的三角形，連接BO'，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．若正方形ABCD的邊長為1，求△PQB的面積．

21．已知：四邊形為正方形，是等腰，．
（1）如圖：當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)時，若邊、分別與、相交于點、，連接，試證明：．

（2）如圖，當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)時，若邊、分別與、的延長線相交于點、，連接．

①試寫出此時三線段、、的數(shù)量關(guān)系并加以證明．
②若，，求：正方形的邊長以及中邊上的高．

22．如圖，正方形ABCD中，邊長為4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，則BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如圖1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周長；
(3) 如圖2，若M、N在AB、AD反向延長線上，在(2)的條件下，直接寫出DN、MN、BM的數(shù)量關(guān)系．

23．已知在正方形ABCD和正方形CEFG中，直線BG，DE交于點H．
（1）如圖1，當(dāng)B，C，E共線時，求證：BH⊥DE．
（2）如圖2，把正方形CEFG繞C點順時針旋轉(zhuǎn)α度（0＜α＜90），M，N分別為BG，DE的中點，探究HM，HN，CM之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）如圖3，∠PDG＝45°，DH⊥PG于H，PH＝2，HG＝4．直接寫出DH的長．

24．已知：如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC和CD上．
（1）若BE＝DF，①求證：∠BAE＝∠DAF；
②聯(lián)結(jié)AC交EF于點O，過點F作FM∥AE，交AC的延長線于M，聯(lián)結(jié)EM，求證：四邊形AEMF是菱形．
（2）聯(lián)結(jié)BD，交AE、AF于點P、Q．若∠EAF＝45°，AB＝1，設(shè)，，求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系及定義城．

25．問題背景：如圖1，在正方形中，點分別在邊上，，求證：．
洋洋同學(xué)給出了部分證明過程，請你接著完成剩余的證明過程．

證明：延長到點使，連接，
正方形，，
在和中，

遷移應(yīng)用：如圖2，在正方形中，交于點，若，，求的長．

聯(lián)系拓展：如圖3，在矩形中，點分別在邊上，，若，探究與的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．

26．探究：如圖，在正方形中，點，分別為邊，上的動點，且．

（1）如果將繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)．請你畫出圖形（旋轉(zhuǎn)后的輔助線）．你能夠得出關(guān)于，，的一個結(jié)論是________．
（2）如果點，分別運動到，的延長線上，如圖，請你能夠得出關(guān)于，，的一個結(jié)論是________．

（3）變式：如圖，將題目改為“在四邊形中，，且，點，分別為邊，上的動點，且”，請你猜想關(guān)于，，有什么關(guān)系？并驗證你的猜想．

27．如圖所示，在正方形中，為上一點，為上一點，，
求證：（1）；（2）；（3）.

28．如圖所示，正方形中，點，分別為，上一點，點為上一點，，關(guān)于直線對稱.連結(jié)并延長交的延長線于，求證：.

29．如圖所示，正方形中，點，分別為，上一點，點為上一點，，關(guān)于直線對稱.若的平分線交的延長線于，連結(jié)，求證：.

30．如圖所示，正方形中，點，分別為，上一點，點為上一點，，關(guān)于直線對稱.

（1）求證：，關(guān)于對稱；
（2）若的平分線交的延長線于，求證：.

31．如圖1，△ABC是等腰直角三角形，四邊形ADEF是正方形，D、F分別在AB、AC邊上，此時BD=CF，BD⊥CF成立．
（1）當(dāng)正方形ADEF繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜90°）時，如圖2，BD=CF成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
（2）當(dāng)正方形ADEF繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，如圖3，延長BD交CF于點G．
①求證：BD⊥CF；
②當(dāng)AB=4，AD=時，求線段BG的長．

32．已知A（m，n），且滿足|m﹣2|+（n﹣2）2=0，過A作AB⊥y軸，垂足為B．
（1）求A點坐標(biāo)．
（2）如圖1，分別以AB，AO為邊作等邊△ABC和△AOD，試判定線段AC和DC的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由．
（3）如圖2，過A作AE⊥x軸，垂足為E，點F、G分別為線段OE、AE上的兩個動點（不與端點重合），滿足∠FBG=45°，設(shè)OF=a，AG=b，F(xiàn)G=c，試探究﹣a﹣b的值是否為定值？如果是求此定值；如果不是，請說明理由．

參考答案
1．B
【分析】
（1）如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到B=DF，A=AF，∠BA=∠DAF，得到∠EA=∠EAF=45°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到E=EF，∠AEB=∠AEF，于是得到BE+B=BE+DF=EF，故①正確；證明△得結(jié)合∠可證明△，故可判斷②正確；把△AND按順時針繞點A旋轉(zhuǎn)90°，可證明是直角三角形，再證明△得，再根據(jù)勾股定理可證明，從而可判斷③正確；證明△得，故可得，從而可判斷④錯誤
【詳解】
解：①如圖，把△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AB，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，B=DF，A=AF，∠BA=∠DAF，
∵∠EAF=45°，
∴∠EA=∠BA+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，
∴∠EA=∠EAF=45°，
在△AEF和△AE中
，
∴△AEF≌△AE（SAS），
∴E=EF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴BE+B=BE+DF=EF，
故①正確；
②∵，
∴△
∴
又∵∠
∴△
故②正確
③把△AND按順時針繞點A旋轉(zhuǎn)90°，
∴，
∵∠ABD=45°
∴∠
∴是直角三角形，
同理可證：△，
∴
∴
故③正確；
④連接AC，
∵∠
∴∠
∵∠
∴△
∴
∴．
故④錯誤，
所以，正確的結(jié)論有3個，
故選：B．
【點撥】
本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟記各性質(zhì)并利用旋轉(zhuǎn)變換作輔助線構(gòu)造成全等三角形是解題的關(guān)鍵．
2．C
【分析】
利用正方形的性質(zhì)與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明再證明判斷①，利用全等三角形的性質(zhì)與勾股定理先求解正方形的邊長，再分別求解，判斷②，再利用勾股定理計算，判斷③，通過計算，判斷④．
【詳解】
解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中
，

故①正確，

設(shè)正方形的邊長為，則
由勾股定理得：
解得：（舍去）

故②錯誤，

故③正確，

故④正確．
綜上：①③④正確，
故選C．

【點撥】
本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形的全等的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
3．B
【分析】
作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再說明△BNH是等腰直角三角形，可得結(jié)論．
【詳解】
如圖，在線段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵點A關(guān)于直線DE的對稱點為F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即.
故選：B.
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理，等知識，解決本題的關(guān)鍵是作出輔助線，利用正方形的性質(zhì)得到相等的邊和相等的角，證明三角形全等．
4．D
【分析】
通過圖形的旋轉(zhuǎn)，得到，證明，可得①正確；將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接NG，證得，可得②正確；根據(jù)可得③正確；由∠BDC=∠MAN=45°，可得點A，M，F(xiàn)，D四點共圓，進而可得到④正確；通過證明三角形相似可得⑤正確；
【詳解】
∵四邊形ABCD正方形，
∴AB=AD，，
∴將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，如圖所示，

則AH=AE，，
∴，
∴，
∵AF=AF，
∴，
∴EF=FH=DF+DH=DF+BE，故①正確；
如圖所示，

將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接NG，易證，是直角三角形，
∴MN=GN，
∴,故②正確；
由①可得，，
∴，
∴FA平分∠DFE，故③正確；

∵BD是正方形ABCD的對角線，
∴∠BDC=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BDC=∠MAN，
∴點A，M，F(xiàn)，D四點共圓，
∵∠ADF=90°，
∴∠AMF=90°，
∴則△AMF為等腰直角三角形，故④正確；

由∠MAN＝∠FDN=45°，，可得到，
∴,
又∵，
∴∠AMN＝∠AFE，故⑤正確；
故答案選D．
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等和三角形相似的判定和性質(zhì)，添加和是的輔助線，構(gòu)造全等三角形，相似三角形和四邊形的外接圓，是解題的關(guān)鍵．
5．A
【分析】
根據(jù)正方形的性質(zhì)及HL定理求得Rt△AEB≌Rt△AEG，Rt△AFD≌Rt△AFG，從而求得∠EAB=∠EAG，∠FAD=∠FAG，然后求得2∠EAG+2∠FAG=90°，從而得到，由此判斷①；
將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ABH位置，連接MH，MG，NG，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)根據(jù)結(jié)合SAS定理求得△AHM≌△ANM，得到MN=MH，結(jié)合正方形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求得∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，從而可得MH2=HB2+BM2，然后根據(jù)SAS定理求得△ABM≌△AGM，△AND≌△AANG，從而得到BM=GM，DN=GN，從而求得MN2=MG2+NG2，由此判斷②；
由垂直可得∠AEG =90°-∠EAG，然后結(jié)合①中已證∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°，可得∠ANM=90°-∠EAG，由此得到∠AEG =∠ANM，然后根據(jù)AA定理求得三角形形式，由此判斷③；
旋轉(zhuǎn)△ABE到△ADH，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和SAS定理可得得△ABE≌△ADH，△AEF≌△AHF，設(shè)CF=a，在Rt△CEF中，根據(jù)勾股定理列方程求a，從而求得正方形的邊長，設(shè)MN=x，結(jié)合②中的結(jié)論列方程求x的值，從而判斷④．
【詳解】
解：如圖中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AG⊥EF，
∴∠AGE=∠ABC=90°，
在Rt△AEB和Rt△AEG中，，
∴Rt△AEB≌Rt△AEG，
∴∠EAB=∠EAG，
同理可證Rt△AFD≌Rt△AFG，
∴∠FAD=∠FAG，
∴2∠EAG+2∠FAG=90°，
∴∠EAG+∠FAG=45°，
∴∠EAF=45°，故①正確；
如圖②，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ABH位置，連接MH，MG，NG
由旋轉(zhuǎn)知：∠BAH=∠DAN，AH=AN，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAM=∠BAM+∠BAH=45°，
∴∠HAM=∠NAM，又AM=AM，
∴△AHM≌△ANM，
∴MN=MH
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠ABD=45°．
由旋轉(zhuǎn)知：∠ABH=∠ADB=45°，HB=ND，
∴∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，
∴MH2=HB2+BM2，
∴MN2=MB2+ND2．
又∵AB=AG，∠EAB=∠EAG，AM=AM
∴△ABM≌△AGM
∴BM=GM
同理可證：△AND≌△AANG
∴DN=GN
∴MN2=MG2+NG2
即為直角三角形，故②正確；

∵AG⊥EF
∴∠AEG =90°-∠EAG
又∵∠ANM=∠BDA+∠DAF=45°+∠DAF
由①可知：∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°
∴∠ANM=90°-∠EAG
∴∠AEG =∠ANM
又∵
∴，故③正確；
如圖3中，

旋轉(zhuǎn)△ABE到△ADH，△ABE≌△ADH
∴DH=BE=2，
同理②中可證：△AEF≌△AHF，
∴FH=EF，設(shè)CF=a
∴CD=CF+DF=a+3，EF=FH=DF+DH=5，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=CD=a+3
∴CE=BC-BE=a+3-2=a+1，
在Rt△CEF中，根據(jù)勾股定理得，（a+1）2+32=25
∴a=3或a=-5（舍），
∴CF=3，
∴CD=6，
∴正方形的邊長為6；
由正方形ABCD的邊長為6，
∴BD=CD=6，

由①可知△MAN=45°，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
由②得BM2+DN2=MN2，
設(shè)MN=x，
∵BD=6，BM=，
∴DN=
∴
解得x=，
∴MN=，故④正確
故選：A．
【點撥】
此題是四邊形綜合題，主要考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是學(xué)會用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用探究的結(jié)論解決新的問題，屬于中考壓軸題．
6．
【分析】
將△繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至CD與CB重合，得△，且△，將△繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至AD與AB重合，得△，且△，再證明△△△，根據(jù)求解即可．
【詳解】
解：將△繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至CD與CB重合，得△，且△，將△繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至AD與AB重合，得△，且△，

∴
連接
∵∠
∴∠
∴∠
即：∠
∵
∴△
∴
同理可得：△
∴
∴
∵
∴△
∴

故答案是：
【點撥】
本題考查了運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
7．①②③
【分析】
①先用勾股定理求得MC＝NC，則易得△ABM≌△ADN（SAS），再結(jié)合∠MAN＝45°，可得答案；
②將△ABM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△ADE，證明△EAN≌△MAN（SAS），再利用四邊形內(nèi)角和及鄰補角關(guān)系，可證得結(jié)論；
③由△EAN≌△MAN，可得MN＝BM＋DN，從而將△MNC的三邊相加即可得答案；
④將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△ABF，證明△MAF≌△MAN（SAS），再全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論．
【詳解】
①∵正方形ABCD中，∠C＝90°
∴MN2＝MC2＋NC2
當(dāng)MN＝MC時，
MN2＝2MC2
∴MC2＝NC2
∴MC＝NC
∴BM＝DN
易證△ABM≌△ADN（SAS）
∴∠BAM＝∠DAN
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM＝22.5°，故①正確；
②如圖，

將△ABM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△ADE，
則∠EAN＝∠EAM?∠MAN＝90°?45°＝45°
則在△EAN和△MAN中，
AE＝AM，∠EAN＝∠MAN，AN＝AN，
∴△EAN≌△MAN（SAS）
∴∠AMN＝∠AED
∴∠AED＋∠EAM＋∠ENM＋∠AMN＝360°
∴2∠AMN＋90°＋（180°?∠MNC）＝360°
∴2∠AMN?∠MNC＝90°
故②正確；
③∵△EAN≌△MAN
∴MN＝EN＝DE＋DN＝BM＋DN
∴△MNC的周長為：MC＋NC＋MN＝（MC＋BM）＋（NC＋DN）＝DC＋BC
∵DC和BC均為正方形ABCD的邊長，故△MNC的周長不變；
④將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得△ABF，
則∠FAM＝∠FAN?∠MAN＝90°?45°＝45°
則在△FAM和△MAN中，
AF＝AN，∠FAM＝∠MAN，AM＝AM，
∴△MAF≌△MAN（SAS），
∴∠AMB＝∠AMN，
故④錯誤；

．
綜上①②③都正確，
故答案為：①②③．
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定、勾股定理等知識點，本題具有一定的綜合性．
8．①②③④
【分析】
如圖1，連接AC、AN，AC交BD于點H，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得A，B，N，M四點共圓，進而可得∠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A順時針旋轉(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，進而可得RN=QN，進一步即可判斷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，進一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，進而得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A順時針旋轉(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M是對角線BD上的點，
∴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．

【點撥】
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，綜合性強、具有相當(dāng)?shù)碾y度，正確添加輔助線、靈活應(yīng)用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．
9．
【分析】
延長BE，過點A作AD垂直于BE的延長線，在AD上截取，通過證明可得，利用半角模型可得，在中應(yīng)用勾股定理可得，設(shè)，利用方程思想即可求解．
【詳解】
解：如圖，延長BE，過點A作AD垂直于BE的延長線，在AD上截取，

∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴四邊形ACBD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠APC=45°，
∴，
將順時針旋轉(zhuǎn)90°到，則，

∴，
設(shè)，
在中，，
即，解得，
∴，
故答案為：．
【點撥】
本題考查正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，作出輔助線，合理應(yīng)用半角模型和方程思想是解題的關(guān)鍵
10．
【分析】
如圖，首先求出DM、DF、PD的長，證明△DEF∽△DPC，可得，求出DE即可解決問題．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠DAB=90°，∠DCP=45°，
∵點M是AB邊的中點，
∴AM=BM=1，
在Rt△ADM中，DM=，
∵AM∥CD，
∴，
∴DP=，
∵PF=，
∴DF=DP-PF=，
∵∠EDF=∠PDC，∠DFE=∠DCP=45°，
∴△DEF∽△DPC，
∴，
∴，
∴DE=，
∴CE=CD-DE=2-=．
故答案為：．
【點撥】
本題考查正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
11．
【分析】
先根據(jù)SAS證明△DEF≌△DMF，得EF＝MF，再設(shè)EF＝MF＝x，分別表示出BE和BF，然后在Rt△BEF中根據(jù)勾股定理列出關(guān)于x的方程，解方程即得結(jié)果.
【詳解】
解：∵△DAE逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD＋∠DCM＝180°，
∴F，C，M三點共線，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF＋∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
∵DF=DF
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF＝MF，設(shè)EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，且BC＝3，
∴EB＝AB－AE＝3－1＝2，BM＝BC＋CM＝3＋1＝4，
∴BF＝BM－MF＝4－x，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2＋BF2＝EF2，
即22＋(4－x)2＝x2，
解得x＝，
即EF＝．
故答案為：
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，解題時注意旋轉(zhuǎn)前后的對應(yīng)關(guān)系和方程思想的應(yīng)用.
12．．
【分析】
四邊形是正方形，是等腰直角三角形，即可得出，設(shè)，則，即可得到正方形的面積為1，正方形的面積為8，進而得出結(jié)論．
【詳解】
四邊形是正方形，是等腰直角三角形，
，
設(shè)，則，正方形的面積為1，
是等腰直角三角形，
，
正方形的面積為8，
正方形的面積與正方形的面積的比值為，
故答案為：．
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
13．6
【分析】
延長CB至點G，使BG＝DF，并連接AG，證明△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF，設(shè)正方形邊長為x，在Rt△CEF中應(yīng)用勾股定理進行求解．
【詳解】
如圖，延長CB至點G，使BG＝DF，并連接AG，
在△ABG和△ADF中，，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°，
∴∠EAF＝∠GAE，
在△AEG和△AEF中，，
∴△AEG≌△AEF(SAS)，
∴GE＝EF，
設(shè)正方形邊長為x，則BG＝DF＝x－4，GE＝EF＝x－1，CE＝x－3，
在Rt△CEF中，，
解得，，
∴正方形的邊長為6，
故答案為：6．

【點撥】
本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，巧作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
14．2
【分析】
先利用勾股定理得出BC的長，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出DE的長即可確定第1個內(nèi)接正方形的邊長；運用銳角三角函數(shù)的關(guān)系得，即可得出正方形邊長的變化規(guī)律，然后運用規(guī)律即可解答．
【詳解】
解：∵在Rt△ABC中，，
∴∠B=∠C=45°，BC=
∵在△ABC內(nèi)作第一個內(nèi)接正方形DEFG：
∴EF=EC=DG=BD.
∴DE=BC=2
連接PD、PE，在△PDE內(nèi)作第二個內(nèi)接正方形HIKJ；再取線段KJ的中點Q，在OQHI內(nèi)作第三個內(nèi)接正方形……依次進行下去
∵點P是GF的中，
∴
∴
∵DH=EI。
∴
則第n個內(nèi)接正方形的邊長為：
∴則第2020個內(nèi)接正方形的邊長為．
故答案為．
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理以及數(shù)字變化規(guī)律等知識點，根據(jù)題意確定正方形邊長的變化規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵．
15．見解析；；
【分析】
（1）通過證明即可得出答案；
連接，由四邊形是正方形，可得，由條件證明即可得出即可求出的值；
由正方形的邊長為5，，可得由（1）中結(jié)論可得故，結(jié)合、可得：，可證明利用相似三角形的性質(zhì)即可求出答案．
【詳解】
證明：四邊形為正方形，

又，

連接，

四邊形是正方形．

，

∵正方形的邊長為5
∴BD=
∴
由得

由，

同理得：

【點撥】
本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，靈活運用相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
16．見解析
【分析】
（1）易證∠BAG=∠AHD，∠ABD=∠ADB=45°，即可證明△ABG∽△HDA，可得，即可得出結(jié)論；
（2）首先連接AC，由正方形ABCD，∠EAF=45゜，易證得∠ACE=∠ADN=∠CAD=45°，AC=AD，繼而可得∠EAC=∠NAD，則可證得△EAC∽△NAD，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，證得結(jié)論；
（3）根據(jù)兩邊的比相等，且夾角相等證明△GAH∽△EAF，得＝，所以EF=GH．
【詳解】
證明：（1）∵四邊形ABCD為正方形
∴∠ABD=∠ADB=45°，AB=AD，
∵∠EAF=45°
∴∠BAG=45°+∠BAH，∠AHD=45°+∠BAH，
∴∠BAG=∠AHD，
又∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴△ABG∽△HDA，
∴，
∴BG?DH=AB?AD=AD2；

（2）如圖，連接AC，

∵四邊形ABCD是正方形
∴∠ACE=∠ADB=∠CAD=45°，
∴AC=AD，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠CAD，
∴∠EAF-∠CAF=∠CAD-∠CAF，
∴∠EAC=∠GAD，
∴△EAC∽△GAD，
∴＝，
∴CE=DG；
（3）由（2）得：△EAC∽△GAD，
∴ ＝，
同理得：△AFC∽△AHB，
∴ ＝，
∴＝，
∴，
∵∠GAH=∠EAF，
∴△GAH∽△EAF，
∴＝，
∴EF=GH．
【點撥】
此題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，常運用兩角相等判定兩三角形相似，并熟練掌握相似三角形對應(yīng)邊成比例的性質(zhì)，第三問有難度，證明△GAH∽△EAF是解題的關(guān)鍵．
17．
【解析】
【分析】
過點B作BF⊥BE交EC延長線于F，由∠BEC=45°得BF=BE，根據(jù)四邊形ABCD是正方形得AB=BC、∠ABE=∠CBF，依據(jù)“SAS”證△ABE≌△CBF可得∠AEB=∠F=45°；
【詳解】
解：過點B作BF⊥BE交EC的延長線于F，

∵∠BEC=45°，
∴∠F=45°，
∴∠F=∠BEC，
∴BF=BE，
又∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
∵ ，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB=∠F=45°；
【點撥】
本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，通過構(gòu)建全等三角形將待求角轉(zhuǎn)換到求另一個相等角是解題關(guān)鍵．
18．，理由見解析
【解析】
【分析】
在BE上截取BM＝AE，先證明△OEA≌△OMB，再證明△OME為等腰直角三角形，然后根據(jù)勾股定理求解即可.
【詳解】
解：在BE上截取BM＝AE，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°，
∵∠OAE+45°+∠ABE=90°，
∴∠OAE+∠ABE=45°，
∵∠OBM+∠ABE=45°，
∴∠OBM=∠OAE，
∵BM=AE，
∴△OEA≌△OMB(SAS)，
∴OE=OM, ∠AOE=∠BOM,
∴∠MOE=90°,
∴△OME為等腰直角三角形，
∵AE=BM，
∴EB-EA=EM，
∵△OME為等腰直角三角形，
∴ME=，
∴．
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理等知識，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵.
19．（1）BM+DN=MN；（2）成立,理由見解析; （3）DN﹣BM=MN．
【分析】

（1）如圖4，把△AND繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABF，則由已知可得點C、B、F三點共線，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得MF=BM+BF=BM+DN，再證△AMN≌△AMF即可得到所求結(jié)論；
（2）如圖5，把△AND繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE，與（1）同理可得MN=DN+BM；
（3）如圖6，在DC是截取DE=BM，連接AE，先證△ADE≌△ABM，再證△AMN≌△AEN即可證得DN-BM=MN.
【詳解】

解：（1）BM+DN=MN．　理由如下：
如圖4，把△AND繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABF，則由題意可得：點C、B、F三點共線，
∴由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：BF=DN，AF=AN，∠BAF=∠DAN，
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠BAF+∠BAM=45°=∠MAF=∠MAN，
又∵AM=AM，
∴△AMF≌△AMN，
∴MF=MN，
又∵MF=BM+BF，BF=DN，
∴MN=BM+DN；

（2）成立，理由如下：
如圖5，把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，則可得E、B、M三點共線．

∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°，AE=AN，BE=DN，
又∵∠NAM=45°，
∴∠EAM=∠NAM，
∴在△AEM與△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（3）DN-BM=MN．理由如下：
如圖6，在DC上截取DE=BM，連接AE，
∵∠ADE=∠ABM=90°，AD=AB，
∴△ADE≌△ABM，
∴AE=AM，∠DAE=∠BAM，
∵∠BAM+∠BAN=∠MAN=45°，
∴∠DAE+∠BAN=45°，
∴∠EAN=90°-∠DAE-∠BAN=45°=∠MAN，
又∵AN=AN，
∴△EAN≌△MAN，
∴EN=MN，
又∵DN-DE=EN，
∴DN-BM=MN.

點撥：本題是一道綜合考查“正方形的性質(zhì)”、“旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)”和“全等三角形的判定與性質(zhì)”的幾何題，熟悉“相關(guān)圖形的性質(zhì)”并作出如圖所示的輔助線是正確解答本題的關(guān)鍵.
20．（1）PQBO，PQ⊥BO；（2）△PQB的形狀是等腰直角三角形．理由見解析；（3）
【分析】
（1）由正方形的性質(zhì)得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位線定理得出PQ∥OC，PQOC，則可得出結(jié)論；
（2）連接O'P并延長交BC于點F，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，證得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），則O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，證得△O'BF為等腰直角三角形．同理△BPO'也為等腰直角三角形，則可得出結(jié)論；
（3）延長O'E交BC邊于點G，連接PG，O'P．證明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，則△O'PB為等腰直角三角形，由直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面積公式即可得出答案．
【詳解】
解:（1）∵點O為對角線AC的中點，
∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P為BC的中點，Q為BO的中點，
∴PQ∥OC，PQOC，
∴PQ⊥BO，PQBO；
故答案為：PQBO，PQ⊥BO．
（2）△PQB的形狀是等腰直角三角形．理由如下：
連接O'P并延長交BC于點F，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵將△AOB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)45°得到△AO'E，
∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，
∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，
又∵點P是CE的中點，
∴CP＝EP，
在△O′PE和△FPC中
，
∴△O'PE≌△FPC（AAS），
∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，
∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，
∴BO'＝BF，
∴△O'BF為等腰直角三角形．
∴BP⊥O'F，O'P＝BP，
∴△BPO'也為等腰直角三角形．
又∵點Q為O'B的中點，
∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，
∴△PQB的形狀是等腰直角三角形；
（3）延長O'E交BC邊于點G，連接PG，O'P．

∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，
∴∠ECG＝45°，
由旋轉(zhuǎn)得，四邊形O'ABG是矩形，
∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，
∴△EGC為等腰直角三角形．
∵點P是CE的中點，
∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，
在△O'GP和△BCP中,
，
∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，
∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，
∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB為等腰直角三角形，
∵點Q是O'B的中點，
∴PQO'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，
∴O'A，
∴O'B，
∴BQ．
∴S△PQBBQ?PQ．
【點撥】
本題考查正方形的性質(zhì)，中位線定理，圖形旋轉(zhuǎn)，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形面積，掌握正方形的性質(zhì)，中位線定理，圖形旋轉(zhuǎn)，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形面積是解題關(guān)鍵．
21．（1）證明見解析；（2）①，證明見解析；②
【分析】
（1）延長CB到G，使BG=DF，連接AG，根據(jù)正方形性質(zhì)得出AD=AB，∠D=∠ABG，根據(jù)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，連接AG，證△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可；
②過F作FH⊥AE于H，設(shè)正方形ABCD的邊長是x，則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．
【詳解】
（1）證明：如圖1，延長CB到G，使BG=DF，連接AG，

∵四邊形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）①三線段、、的數(shù)量關(guān)系是：，理由如下:
如圖2，在上取一點，使

連接，同(1)可證，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如圖2，過F作FH⊥AE于H，
設(shè)正方形ABCD的邊長是x，則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邊上的高為．
【點撥】
本題考查旋轉(zhuǎn)綜合題、正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
22．（1）=；（2）8；（3）
【分析】
（1）如圖1中，延長到，使得，連接．證明，推出，，再證明，推出，可得結(jié)論．
（2）如圖中，作于．利用全等三角形的性質(zhì)證明，利用（1）中結(jié)論即可解決問題．
（3）結(jié)論：．如圖2中，在上取一點使得．證明方法類似（1）．
【詳解】
解：（1）如圖1中，延長到，使得，連接．

四邊形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故答案為：；
（2）如圖中，作于．

，，，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
的周長．
（3）結(jié)論：．
理由：如圖2中，在上取一點使得．

四邊形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【點撥】
本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
23．（1）見解析；（2）MH2+HN2＝2CM2，理由見解析；（3）3+．
【分析】
（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠CBG＝∠CDE，根據(jù)余角的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，由全等三角形的性質(zhì)得到∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，求得∠MHN＝90°，得到BM＝DN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠B＝90°，設(shè)DH＝AD＝AB＝BC＝x，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：（1）證明：∵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分別為BG，DE的中點，
∴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沿著PD翻折得到△APD，把△GDH沿著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°，
延長AP，CG交于B，
則四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
設(shè)DH＝AD＝AB＝BC＝x，
∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4，
∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2，
解得：x＝（負值舍去），
∴DH＝．

【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，綜合性較強，熟知正方形性質(zhì)，根據(jù)題意構(gòu)造正方形是解題關(guān)鍵．對于此類分步驟的綜合題，每一步解題都為后續(xù)解題提供了解題條件或解題思路，要深刻領(lǐng)會并善于運用這一點進行解題．
24．（1）①見解析；②見解析；（2）()
【分析】
（1）①證明△ABE≌△ADF（SAS），即可推出∠BAE=∠DAF．
②證明△FOM≌△EOA（ASA），推出AE=FM，由FM∥AE，可得四邊形AEMF是平行四邊形，再根據(jù)AE=AF可得結(jié)論．
（2）如圖2中，將△ADQ繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABT，連接PT．證明△APQ≌△APT（SAS），推出PQ=PT，由題意BD=，推出PQ=PT=，在Rt△TBP中，根據(jù)，構(gòu)建關(guān)系式即可解決問題．
【詳解】
（1）①證明：如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，AB=AD，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE=∠DAF；
②證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∵∠BAE=∠DAF，
∴∠EAO=∠FAO，
∵△BAE≌△DAF，
∴AE=AF，
∴AC⊥EF，OE=OF，
∵FM∥AE，
∴∠OFM=∠OEA，
∵∠FOM=∠EOA，
∴△FOM≌△EOA（ASA），
∴AE=FM，
∵FM∥AE，
∴四邊形AEMF是平行四邊形，
∵AE=AF，
∴四邊形AEMF是菱形；
（2）解：如圖2中，將△ADQ繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABT，連接PT．

∵△ADQ≌△ABT，
∴AQ=AT，∠ADQ=∠ABT=45°，∠DAQ=∠BAT，
∵∠ABD=45°，
∴∠TBP=90°，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠DAQ+∠BAP=∠BAT+∠BAP=45°，
∴∠PAT=∠PAQ=45°，
∵PA=PA，AT=AQ，
∴△APQ≌△APT（SAS），
∴PQ=PT，
∵AB=AD=1，∠BAD=90°，
∴BD=，
∴PQ=PT=，
在Rt△TBP中，
∵，
∴，
∴，
∵點E、F分別在邊BC和CD上，
∴，
∴()．
【點撥】
本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
25．問題背景：見解析；遷移應(yīng)用：；聯(lián)系拓展： BE=2EC，理由見解析
【分析】
問題背景：在已證明的前提下，利用全等三角形的性質(zhì)，結(jié)合已知條件證明，可得到結(jié)論，
遷移應(yīng)用：過點作交于點，連接，得到，利用全等三角形的性質(zhì)與三角形內(nèi)角和定理得到，利用問題背景的結(jié)論可得答案，
聯(lián)系拓展：分別取的中點和，連接并延長交于點，連接，
構(gòu)造出符合問題背景中的圖形，利用問題背景的結(jié)論，結(jié)合勾股定理可得答案．
【詳解】
問題背景：證明：延長到點使，連接，
正方形，，
在和中，

．
，
，
又
，
在和中，，
，
．
又．

遷移應(yīng)用：解：過點作交于點，連接，
正方形，

，
又，

，
由(1)知，．設(shè)，
，
又，
，
在中，，
，．
在中，．

聯(lián)系拓展：解：，證明如下：
分別取的中點和，連接并延長交于點，連接，

，，
，
四邊形是矩形，

又，設(shè)，
，
四邊形是正方形，
，
由(1)知，．
，
設(shè)，，
，
在中，，
，
，．

．
【點撥】
本題考查的是矩形，正方形的性質(zhì)，構(gòu)造三角形全等的模型證明三角形全等，利用全等三角形的性質(zhì)解決實際問題，對學(xué)習(xí)遷移的要求較高，熟練掌握基礎(chǔ)知識，理解構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．
26．（1）EF=BE+DF，畫圖如圖所示；（2）BE= DF+EF；（3）EF=BE+DF，理由見解析
【分析】
（1）畫出圖形，證明△AEF≌△AEF′，得到EF=EF′，根據(jù)EF′=BE+BF′=BE+DF得到結(jié)果；
（2）將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，證明△AEF≌△AEF′，得到EF=EF′，從而可說明BE= DF+EF；
（3）將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，使AD與AB重合，證明∠ABF′+∠ABE=180°，說明F′、B、E三點共線，再證明△AEF≌△AEF′，得出EF=EF′，從而可說明EF=BE+DF.
【詳解】
解：（1）畫圖如圖所示，旋轉(zhuǎn)后點F的對應(yīng)點為F′，AD與AB重合，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF′中，
,
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案為：EF=BE+DF；

（2）將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，旋轉(zhuǎn)后點F的對應(yīng)點為F′，AD與AB重合，
∵∠EAF=45°，
∴∠F′AE=45°，AF=AF′，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
而DF=BF′，
∴BE=BF′+EF′=DF+EF，
故答案為：BE= DF+EF；

（3）EF=BE+DF，
理由是：如圖，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，使AD與AB重合，
則△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′=∠DAF，AF=AF′，BF′=DF，∠ABF′=∠D，
又∵∠EAF=∠BAD，
∴∠EAF=∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAF′，
∴∠EAF=∠EAF′，
又∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABF′+∠ABE=180°，
∴F′、B、E三點共線，
在△AEF和△AEF′中，
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′=BE+DF，
∴EF=BE+DF.

【點撥】
本題考查了四邊形的綜合題，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
27．（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析．
【解析】
【分析】
（1）作于，于，由矩形和等腰三角形性質(zhì)可知NE=DM=DF，再由△ANE是等腰三角形即可得出結(jié)論.
(2)連接BE，由正方形對稱性可知，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)由∠QCB=45°可計算出即可證明△BEF為等腰直角三角形.
（3）作GE⊥與AC交CB延長線于G，易證△GEB≌△CEF，即可得CB+CF=CG，而GC=EC，即可證明結(jié)論.
【詳解】
證明（1）如圖1作于，于，

圖1
∴四邊形EMDN是矩形，
∴EN=MD，
又∵ED=EF，
∴DM=FM，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠EAN=45°，
∴EN=
.
（2）如圖2，連，

圖2
∵四邊形ABCD是正方形，
∴，∠ACB=∠ACD=45°
，= .
又∵∠EEC+45°=∠EFD，
∴∠FEC=22.5°
，
.
（3）如圖3,作GE⊥與AC交CB延長線于G，

圖3
∵∠ACB=45°，
∴GE=CE，
又②可知BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠GEB=∠CEF，
在△GEB和△CEF中
，
∴△GEB≌△CEF（SAS）
∴GB=FC，
∴CB+CF=CB+BG=CG，
∵GC=EC，
∴
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的對邊相等的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的問題，往往都是通過作輔助線構(gòu)造出全等三角形求解，處理問題的關(guān)鍵是利用條件構(gòu)造等腰直角三角形.要熟練掌握并靈活運用．
28．見解析
【解析】
【分析】
連結(jié)，由對稱的性質(zhì)可知，進而可證，即可得，由∠AON=90°，可得.
【詳解】
證明：連結(jié)，

、關(guān)于對稱，
垂直平分，
，
，
，.
在Rt和Rt中

，
，又，
，
.
【點撥】
本題是四邊形綜合題，主要考查了軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面積等知識，綜合性較強，有一定難度．準確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．有關(guān)角的問題，往往利用全等，構(gòu)造等腰直角三角形，使問題迅速獲解.
29．見解析
【解析】
【分析】
作GN⊥DC的延長線于N，根據(jù)∠AFD=∠AFE，F(xiàn)G平分∠EFC求得∠AFG=90°，根據(jù)∠AFG=90°，∠EAF=45°，△AFG是等腰直角三角形得出AF=GF，進而證得△ADF≌△FNG得出FN=AD=DC；GN=DF從而求得CN=GN，得出△CGN是等腰直角三角形根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出CG=CN=DF．
【詳解】
作GN⊥DC的延長線于N，

∵∠AFD=∠AFE，F(xiàn)G平分∠EFC
∴∠EFG=∠CFG，
∴∠AFE+∠EFG=∠AFD+∠CFG=90°，
∴∠AFG=90°
又∠EAF=45°
∴△AFG是等腰直角三角形
∴AF=GF
∵∠FAD+∠AFD=90°
∴∠DAF=∠NFG，
∵∠ADF=∠GNF=90°
在△ADF和△FNG中，
，
∴△ADF≌△FNG（SAS），
∴FN=AD=DC；GN=DF
∴CN=FN-CF=DC-CF=DF=GN
∴△CGN是等腰直角三角形
∴CG=CN=DF
【點撥】
本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及等腰直角三角形的性質(zhì)等，作出輔助線構(gòu)建全等三角形是本題的關(guān)鍵．
30．(1)見解析；（2）見解析
【解析】
【分析】
（1）由已知可證，，即可得證；
（2）由上述結(jié)論2可得，再證為等腰直角三角形.
【詳解】
解：連結(jié)，

，關(guān)于直線對稱，
垂直平分，
，，
，
，，，
，
，
垂直平分，
，關(guān)于對稱.
（2）由（1）知，
平分，
由上述結(jié)論2可得，又平分，平分，
.
為等腰直角三角形，
.
【點撥】
本題是四邊形綜合題，主要考查了軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面積等知識，綜合性較強，有一定難度．準確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．有關(guān)角的問題，往往利用全等，構(gòu)造等腰直角三角形，使問題迅速獲解.
31．解：（1）BD=CF成立．理由見解析；（2）①證明見解析； ②
【分析】
（1）△ABC是等腰直角三角形，四邊形ADEF是正方形，易證得△BAD≌△CAF，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等，即可證得BD=CF；
（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM，又由對頂角相等，易證得△BMA∽△CMG，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等，可得BGC=∠BAC=90°，即可證得BD⊥CF；
②首先過點F作FN⊥AC于點N，利用勾股定理即可求得AE，BC的長，繼而求得AN，CN的長，又由等角的三角函數(shù)值相等，可求得，然后利用△BMA∽△CMG，求得CG的長，再由勾股定理即可求得線段BG的長．
【詳解】
解（1）BD=CF成立．
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形ADEF是正方形，
∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC，∠CAF=∠DAF-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，

∴△BAD≌△CAF（SAS）．
∴BD=CF．
（2）①證明：設(shè)BG交AC于點M．
∵△BAD≌△CAF（已證），
∴∠ABM=∠GCM．
∵∠BMA=∠CMG，
∴△BMA∽△CMG．
∴∠BGC=∠BAC=90°．
∴BD⊥CF．
②過點F作FN⊥AC于點N．

∵在正方形ADEF中，AD=DE=，

∵在等腰直角△ABC?中，AB=4，
∴CN=AC-AN=3，
∴在Rt△ABM中，
∴在Rt△ABM中，

∵△BMA∽△CMG，

∴在Rt△BGC中，
【點撥】
此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理以及三角函數(shù)等知識．此題綜合性很強，難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意輔助線的作法．

32．（1）A（2，2）；（2）AC=CD，AC⊥CD.證明見解析；（3）0.
【分析】
（1）根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)可得m、n的值；
（2）連接OC，由AB=BO知∠BAO=∠BOA=45°，由△ABC，△OAD為等邊三角形知∠BAC=∠OAD=∠AOD=60°、OA=OD，繼而由∠BAC-∠OAC=∠OAD-∠OAC得∠DAC=∠BAO=45°，根據(jù)OB=CB=2、∠OBC=30°知∠BOC=75°，∠AOC=∠BAO-∠BOA=30°，∠DOC=∠AOC=30°，證△OAC≌△ODC得AC=CD，再根據(jù)∠CAD=∠CDA=45°知∠ACD=90°，從而得AC⊥CD；
（3）在x軸負半軸取點M，使得OM=AG=b，連接BG，先證△BAG≌△BOM得∠OBM=∠ABG、BM=BG，結(jié)合∠FBG=45°知∠ABG+∠OBF=45°，從而得∠OBM+∠OBF=45°，∠MBF=∠GBF，再證△MBF≌△GBF得MF=FG，即a+b=c，代入原式可得答案．
【詳解】
（1）由題得m=2，n=2，
∴A（2，2）；
（2）如圖1，連結(jié)OC，

由（1）得AB=BO=2，
∴△ABO為等腰直角三角形，
∴∠BAO=∠BOA=45°，
∵△ABC，△OAD為等邊三角形，
∴∠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）如圖，在x軸負半軸取點M，使得OM=AG=b，連接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．

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