數(shù)學(xué)-難點(diǎn)特訓(xùn)（二）和正方形有關(guān)的壓軸大題（解析版）

難點(diǎn)特訓(xùn)（二）和正方形有關(guān)的壓軸大題1．如圖，正方形邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E在邊上（點(diǎn)E與點(diǎn)A、B不重合），過(guò)點(diǎn)A作，垂足為G，與邊相交于點(diǎn)F．(1)求證：；(2)若的面積為，求的長(zhǎng)；(3)在（2）的條件下，取的中點(diǎn)M，N，連接，求的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)5或(3)或【分析】（1）先證得，易證，由此的，又由互余可得出，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）根據(jù)三角形得面積求得AE，再根據(jù)勾股定理求得DE，根據(jù)（1）中AF=DE即可得出結(jié)論；（3）連接AM并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)P，連接PF，可證明，所以PM=AM，DP=AE=3或1，又MN是的中位線，求出PF的長(zhǎng)即可；（1）證明：在和中

在和中（2）∴設(shè)，則∴解得：∵或或（3）如圖，連接AM并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)P，連接PF，∵點(diǎn)M是DE的中點(diǎn)

或1當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，綜上，MN的長(zhǎng)度為或【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、三角形的全等、勾股定理，掌握相關(guān)知識(shí)并靈活應(yīng)用做出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．正方形中，，分別為，上一點(diǎn)，，，交于點(diǎn)，為的中點(diǎn)．(1)求證：≌；(2)求證：；(3)求證：【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，判定（2）根據(jù)全等的性質(zhì)可得，再根據(jù),得出

，進(jìn)而得到即（3）連接OC，在取點(diǎn)H，使得，連接OH，證明為等腰直角三角形，進(jìn)而得出再判定得出根據(jù)即可得到（1）證明：∵四邊形是正方形，在和中，（2）證明：，又，即（3）證明：如圖，連接OC，在取點(diǎn)H，使得，連接OH∵O為BD的中點(diǎn)，即O為正方形的對(duì)稱中心，∴是等腰直角三角形，由（1）知在和中，

又是等腰直角三角形在和中，【點(diǎn)睛】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)以及等腰直角三角形性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是證出是等腰直角三角形，依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等進(jìn)行求解．3．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M在CD邊上，點(diǎn)N在正方形ABCD外部，且滿足，，連接AN，CN，取AN的中點(diǎn)E，連接BE，AC，交于F點(diǎn)．(1)依題意補(bǔ)全圖形；(2)求的度數(shù)；

(3)設(shè)，若點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，則在該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段EN所掃過(guò)的面積為多少？【答案】(1)補(bǔ)圖見(jiàn)解析；(2)；(3)【分析】（1）依題意補(bǔ)全圖形，即可；（2）連接CE，先證得．再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得．可得≌，即可求解；（3）根據(jù)題意可得點(diǎn)E在AC的垂直平分線上，可得點(diǎn)E在BD上，從而得到在點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)程中，線段EN所掃過(guò)的圖形為四邊形DFCN．此時(shí)DN=CD=2，∠CDN=90°，再證得四邊形DFCN為梯形．然后根據(jù)梯形的面積，即可求解．（1）解∶依題意補(bǔ)全圖形，如圖1所示．（2）證明：連接CE，如圖2所示．∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∴，∵，，

∴，∴．∵在中，點(diǎn)E是AN中點(diǎn)，∴．∵，，，∴≌，∴．∴．（3）解∶連接DE，∵由（2）得：AE=CE，∴點(diǎn)E在AC的垂直平分線上，在正方形ABCD中，BD垂直平分AC，∠ACD=45°，△BCD為等腰直角三角形，∴點(diǎn)E在BD上，∴BF=DF=CF，∴在點(diǎn)M沿著線段CD從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)程中，線段EN所掃過(guò)的圖形為四邊形DFCN．此時(shí)DN=CD=2，∠CDN=90°，∴∵，∴∠ACN=90°，即CN⊥AC，∴，∴四邊形DFCN為梯形．∵，∴BC=CD=AB=2，

∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，梯形等知識(shí)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，梯形等知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．如圖，在正方形OABC中，邊OA、OC分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，4），點(diǎn)D在線段OA上，以點(diǎn)D為直角頂點(diǎn)，BD為直角邊作等腰直角三角形BDE，BE交y軸于點(diǎn)F．(1)當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)E到x軸的距離；(2)連接DF，當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，的周長(zhǎng)是否改變，若改變，請(qǐng)說(shuō)明理由；若不變，求出其周長(zhǎng)；(3)連接CE，當(dāng)點(diǎn)D在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求CE的最小值．【答案】(1)1(2)的周長(zhǎng)不改變，其周長(zhǎng)為8；(3)2【分析】（1）如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于H．證明△EDH≌△DBA（AAS），推出DH=AB，EH=AD=1，可得結(jié)論．（2）結(jié)論：△ODF的周長(zhǎng)不變．想辦法證明DF=CF+AD即可．（3）由（1）可知，OE=OH，推出∠EOH=∠COE=45°，推出點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線OE，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥OE于T，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)T重合時(shí)，EC的值最小．（1）解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于H．

∵四邊形OABC是正方形，B（4，4），∴OA=AB=4，∠BAD=90°，∵△BDE是等腰直角三角形，∴DE=DB，∠EDB=∠EHD=∠BAD=90°，∴∠EDH+∠BDA=90°，∠BDA+∠ABD=90°，∴∠EDH=∠ABD，∴△EDH≌△DBA（AAS），∴EH=AD=1，即點(diǎn)E到x軸的距離為1；（2）解：△ODF的周長(zhǎng)不變．理由：將△BCF繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAJ．如圖，∵∠CBF=∠ABJ，∴∠CBA=∠FBJ=90°，∵∠EBD=45°，∴∠DBF=∠DBJ=45°，∵DB=DB，BF=BJ，∴△DBF≌△DBJ（SAS），∴DF=DJ，∵DJ=DA+AJ，CF=AJ，∴DF=CF+AD，

∴△ODF的周長(zhǎng)=OF+DF+OD=OF+CF+OD+AD=OC+OA=8，∴△ODF的周長(zhǎng)不變，其周長(zhǎng)為8．（3）解：由（1）可知，△EDH≌△DBA（AAS），∴DH=AB，EH=AD，∵OA=AB，∴DH=OA，∴OH=DA∴EH=OH，∴∠EOH=∠COE=45°，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路徑是射線OE，過(guò)點(diǎn)C作CT⊥OE于T，如圖，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)T重合時(shí)，EC的值最小，最小值CT=OC=2，∴EC的最小值為2．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，此題屬于四邊形綜合題，屬于中考?jí)狠S題．5．已知邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PB，PE交射線DC于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF垂直AC所在的直線，垂足為點(diǎn)F．（1）如圖，當(dāng)E點(diǎn)在線段DC上時(shí)，求證：PB＝PE；（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△PEC能否為等腰三角形？如果能，直接寫出此時(shí)AP的長(zhǎng)，如果不能，說(shuō)明理由；（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，AP、PF、FC的長(zhǎng)度是否滿足某種數(shù)量關(guān)系？若滿足，試寫出解答過(guò)程；若不滿足，試說(shuō)明理由．

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）AP=2，理由見(jiàn)解析；（3）AP+CF=PF.【分析】（1）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥DC于H，要證PB=PE，只需證到△PGB≌△PHE即可；（2）可分點(diǎn)E在線段DC上和點(diǎn)E在線段DC的延長(zhǎng)線上兩種情況討論，通過(guò)計(jì)算就可求出符合要求的AP的長(zhǎng)；（3）連接BD，如圖，易證△BOP≌△PFE，則有BO=PF，可得出最后結(jié)論.【詳解】解：（1）如圖所示，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥DC于H∵四邊形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC∴∠GCP=∠CPG=∠ACD=∠HPC=45°在△PCG和△PHC中∴△PCG≌△PCH（ASA）∴PG=PH∴四邊形PGCH是正方形∴∠HPE+∠EPG=90°∵BP⊥PE∴∠BPE=90°∴∠BPG+∠EPG=90°∴∠HPE=GPB在△PBG和△PEH中∴△PBG≌△PEH（AAS）

∴PB=PE（2）①若點(diǎn)E在線段BC上，如圖所示∵∠BPE=∠BCE=90°∴∠PBC+∠PEC=180°∵∠PBC＜90°∴∠PEC＞90°若三角形PEC為等腰三角形，則EP=EC∴∠EPC=ECP=45°∴∠PEC=90°與∠PEC＞90°矛盾∴點(diǎn)E在線段DC上時(shí)不能構(gòu)成等腰三角形；②若點(diǎn)E在線段DC的延長(zhǎng)線上，如圖所示若三角形PEC是等腰三角形∵∠PCE=135°∴此時(shí)只能是CP=CE∴∠CPE=∠CEP=22.5°∴∠APB=180°-90°-22.5°=67.5°∵∠PRC=∠BPE+∠PBR=∠CER+∠ECR，∠BPE=∠RCE=90°∴∠PBR=∠CER=22.5°∴∠ABP=67.5°∴∠APB=∠APB

∴AP=AB=2（3）如圖所示，連接BD∵四邊形ABCD是正方形∴∠BOP=90°∵PE⊥PB∴∠BPE=90°∴∠PBO=90°-∠BPO=∠EPF∵FE⊥AC∴∠PFE=90°∴∠BOP=∠PFE∵PB=PE∴△BOP≌△PFE∴BO=PF∴AP+FC++PF=AC=2OB∴AP+CF=PF【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，四邊形的內(nèi)角和和三角形的內(nèi)角和定理，三角形外角的知識(shí)，等腰三角形的性質(zhì)等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.6．如圖，已知四邊形ABCD是正方形，對(duì)角線AC、BD相交于O．

（1）如圖1，設(shè)E、F分別是AD、AB上的點(diǎn)，且∠EOF＝90°，線段AF、BF和EF之間存在一定的數(shù)量關(guān)系．請(qǐng)你用等式直接寫出這個(gè)數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，設(shè)E、F分別是AB上不同的兩個(gè)點(diǎn)，且∠EOF＝45°，請(qǐng)你用等式表示線段AE、BF和EF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】（1）EF2＝AF2+BF2；（2）EF2＝BF2+AE2，見(jiàn)解析【分析】（1）首先證明△EOA≌△FOB，推出AE＝BF，從而得出結(jié)論；（2）在BC上取一點(diǎn)H，使得BH＝AE．由△OAE≌△OBH，推出AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，由△FOE≌△FOH，推出EF＝FH，由∠FBH＝90°，推出FH2＝BF2+BH2，由此即可解答．【詳解】解：（1）EF2＝AF2+BF2．理由：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，∴∠EOF＝∠AOB＝90°，∴∠EOA＝∠FOB，在△EOA和△FOB中，∴△EOA≌△FOB（ASA），∴AE＝BF，在Rt△EAF中，EF2＝AE2+AF2＝AF2+BF2；

（2）在BC上取一點(diǎn)H，使得BH＝AE．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBH，∠AOB＝90°，在△OAE和△OBH中，，∴△OAE≌△OBH（SAS），∴AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，∵∠EOF＝45°，∴∠AOE+∠BOF＝45°，∴∠BOF+∠BOH＝45°，∴∠FOE＝∠FOH＝45°，在△FOE和△FOH中?，，∴△FOE≌△FOH（SAS），∴EF＝FH，∵∠FBH＝90°，∴FH2＝BF2+BH2，∴EF2＝BF2+AE2；【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．7．如圖1，已知四邊形ABCD是正方形，E是對(duì)角線BD上的一點(diǎn)，連接AE，CE．

（1）求證：AE＝CE；（2）如圖2，點(diǎn)P是邊CD上的一點(diǎn)，且PE⊥BD于E，連接BP，O為BP的中點(diǎn)，連接EO．若∠PBC＝30°，求∠POE的度數(shù)；（3）在（2）的條件下，若OE＝，求CE的長(zhǎng)．【答案】（1）詳見(jiàn)解析；（2）30°；（3）2【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)，得到AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，進(jìn)而判斷△ADE≌△CDE得到結(jié)論；（2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可以得到OB＝OE，∠OBE＝∠OEB＝15°，再利用外角和定理求得；（3）連接OC，與（2）同理得到∠POC＝60°，則△EOC為直接三角形，再應(yīng)用勾股定理求得．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE；（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC＝45°，∵∠PBC＝30°，∴∠PBE＝15°，∵PE⊥BD，O為BP的中點(diǎn)，∴EO＝BO＝PO，∴∠OBE＝∠OEB＝15°，

∴∠EOP＝∠OBE＋∠OEB＝30°；（3）如圖，連接OC，∵點(diǎn)O是BP的中點(diǎn)，∠BCP＝90°，∴CO＝BO，∴EO＝CO＝，∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠POC＝60°，∴∠EOC＝∠EOP＋∠POC＝90°，∵EC2＝EO2＋CO2＝4，∴EC＝2．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，綜合性較強(qiáng)，要注意數(shù)形結(jié)合．8．已知正方形，點(diǎn)在對(duì)角線上，交于，交于，，垂足為點(diǎn)，求證：(1)；(2)；(3)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析

(3)見(jiàn)解析【分析】(1)利用全等三角形的性質(zhì)，分別證明PA=PE，PA=PC，推出PE=PC，再利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)證明即可；(2)證明四邊形PHBF是正方形，推出BH=BF，，再證明△PHA≌△PFE，推出AH=EF，可得結(jié)論；(3)如圖2中，設(shè)PF交EG于點(diǎn)J，過(guò)點(diǎn)P作PL⊥EG于點(diǎn)L，GK⊥PF于點(diǎn)K，連接CJ，證明△PKG≌△GLP(AAS)，推出PL=GK，PK=GL，證明△PFE≌△ELP(AAS)，推出PF=EL，可得結(jié)論．(1)證明：如圖：過(guò)點(diǎn)P作于點(diǎn)H，連接CP，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，，∵PF⊥BC，PH⊥AB，∴PH=PF，∵AP⊥PE，∴，∴∠APH=∠EPF，在和中，∴，∴PA=PE，在△ABP和△CBP中，

∴，∴PA=PC，∴PE=PC，∵PF⊥EC，∴EF=FC；(2)證明：∵，∴四邊形PHBF是矩形，∵PH=PF，∴四邊形PHBF是正方形，∴BH=BF，，∵，∴AH=EF，∵BH=BF，∴；(3)證明：如圖2中，設(shè)PF交EG于點(diǎn)J，過(guò)點(diǎn)P作PL⊥EG于點(diǎn)L，GK⊥PF于點(diǎn)K，連接CJ，∵PF⊥BC，EF=FC，∴JE=JC，∴∠JEC=∠JCE，

∵，，∴∠JCG=∠CGJ，∴JC=JG，∴JE=JG，∵，∴PJ=JE=JG，∴∠JEP=∠JPE，∠JPG=∠JGP，∵PL⊥GJ，GK⊥JP，∴，在△PKG和△GLP中，∴，∴PL=GK，PK=GL，∵，∴四邊形FCGK是矩形，∴GK=CF=EF，CG=FK，∴PL=EF，在△PFE和△ELP中，.∴，∴PF=EL，∴

【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．9．如圖，點(diǎn)為正方形內(nèi)一點(diǎn)，，將繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到．延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接．（1）四邊形的形狀是．（2）如圖，若，猜想線段與的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（3）如圖，若，，則的長(zhǎng)度為．（請(qǐng)直接寫出答案）【答案】（1）四邊形是正方形；（2），理由見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的特征可得到∠G＝∠AEB＝90°、∠EBG＝90°、BG＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四邊形BGFE是正方形；（2）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于點(diǎn)H，由DA＝DE得AH＝AE，再證明△ADH≌△BAE，且由四邊形BGFE是正方形，得到，可證得結(jié)論；（3）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于點(diǎn)H，由旋轉(zhuǎn)及四邊形BGFE是正方形可得如下關(guān)系：AE＝CG＝FG+CF＝FG+3＝BE+3，在Rt△BAE中根據(jù)勾股定理求出BE、AE的長(zhǎng)，由（2）可知，△ADH≌△BAE，得到DH＝AE，AH＝BE，再由勾股定理求出DE的長(zhǎng)．【詳解】解：（1）四邊形是正方形．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠G＝∠AEB＝90°，BG＝BE，∠CBG=∠ABE∵四邊形ABCD是正方形

∴∠ABC=90°∴∠ABE+∠CBE=90°∴∠CBG+∠CBE=90°∴∠EBG＝90°又∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°∴四邊形BGFE是矩形∵BG=BE∴四邊形BGFE是正方形；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，，，，，四邊形是正方形，，，，，又，，，，將繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，，四邊形是正方形，，

（3）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于點(diǎn)H∵BE＝FG，CF＝3，∴AE＝CG＝FG+CF＝FG+3＝BE+3，∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，∴(BE+3)2+BE2＝152，解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合題意，舍去），∴AE＝9+3＝12，由（2）得，△ADH≌△BAE，∴DH＝AE＝12，AH＝BE＝9，∴HE＝AE﹣AH＝12﹣9＝3，∵∠DHE＝90°，∴DE＝＝．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)與判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，構(gòu)造全等三角形．10．如圖，在正方形ABCD中，P是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，且PC＝PE．(1)求證：PA＝PE；(2)求證：AE＝DP；(3)若已知正方形的邊長(zhǎng)為2，求CP+BP的最小值．【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)見(jiàn)解析(3)【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ADP≌△CDP，推出AP=CP即可得到結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，設(shè)PG=x，證明四邊形AHPG是矩形，得到AE=2AH=2x，由∠GDP=45°，∠DGP=90°得到DP=PG=x，進(jìn)而得到結(jié)論；（3）把BD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，交AD于G，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BG于H，連接AC，交BD于O，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得PH=PB，可得CH為CP+BP的最小值，根據(jù)正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理可求出OC、OP、PC、PB和PH的長(zhǎng)，即可得答案．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，BD為對(duì)角線，∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，∵DP=DP，∴△ADP≌△CDP，∴AP=CP，∵PC=PE，∴PA=PE．（2）過(guò)點(diǎn)P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，設(shè)PG=x，∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，∴四邊形AHPG是矩形，∴AH=PG=x，∵PA=PE，∴AE=2AH=2x，∵∠GDP=45°，∠DGP=90°∴DP=PG=x，∴AE＝DP；

（3）如圖，把BD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，交AD于G，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BG于H，連接AC，交BD于O，∵∠PBH=30°，∴PH=PB，∴當(dāng)C、P、H三點(diǎn)共線時(shí)PC+PB有最小值CH，∵正方形的邊長(zhǎng)為2，∴OC=OB=，∵∠PBH+∠BPH=90°，∠OCP+∠OPC=90°，∠OPC=∠BPH，∴∠OCP=∠PBH=30°，∴OP=CP，在Rt△OPC中，PC2=OP2+OC2，即4OP2=OP2+2，∴OP=（負(fù)值舍去），∴，∴，，∴CH=CP+PH=+=，∴CP+BP最小值為．

【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，正確掌握各知識(shí)點(diǎn)并綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．11．在正方形ABCD中，E是CD邊上任意一點(diǎn)，連接AE．∠EAF＝45°，AE所在的直線與BC交于點(diǎn)F，連接EF．(1)以A為圓心，AE為半徑作圓，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接AG（如圖1）．求證：BF+DE＝EF；(2)點(diǎn)E在DC邊上移動(dòng)，當(dāng)EC＝CF時(shí)，直線EF與AB、AD的延長(zhǎng)線分別交于點(diǎn)M、N（如圖2）,直接寫出EF、MF、NE的數(shù)量關(guān)系：________________．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)EF2＝MF2+NE2【分析】（1）根據(jù)已知條件證得，可得，可知，可證得，即可證得BF+DE＝EF；（2）連接GM，證得，可知GM=EN，，，可知是直角三角形，由（1）可知EF=GF，即，即可求出EF、MF、NE的數(shù)量關(guān)系．（1）解：由題意得，AG=AE，AD=AB，∵，

∴（HL），∴，∵∠EAF＝45°，∴，∴，在和中，∵，∴（SAS），∴EF=GF=GB+BF=DE+BF；（2）解：EF2＝MF2+NE2，理由如下，連接GM，如圖所示，∵EC＝CF，∠C=90°，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴AN=AM，由（1）得，在中，

∵，∴（SAS），∴GM=EN，，∴，由（1）可知，EF=GF，∴在Rt中，由勾股定理得：，即：．故：EF、MF、NE的數(shù)量關(guān)系為：．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)的應(yīng)用，勾股定理等知識(shí)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．如圖1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，點(diǎn)A，B，E在同一條直線上，P是線段DF的中點(diǎn)，連接PG，PC．（1）探究PG與PC的位置關(guān)系及的值；（寫出結(jié)論，不需要證明）（2）如圖2，將原問(wèn)題中的正方形ABCD和正方形BEFC換成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60°，探究PG與PC的位置關(guān)系及的值．寫出你的猜想并加以證明；（3）如圖3，將圖2中的菱形BEFG繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)．使菱形BEFG的邊BG恰好與菱形ABCD的邊AB在同一條直線上，問(wèn)題（2）中的其他條件不變，你在（2）中得到的兩個(gè)結(jié)論是否發(fā)生變化？寫出你的猜想并加以證明．【答案】（1）PG⊥PC；＝1；（2）PG⊥PC；，證明見(jiàn)解析（3）仍成立，證明見(jiàn)解析【分析】（1）可通過(guò)構(gòu)建全等三角形求解．延長(zhǎng)GP交DC于H，可證三角形DHP和PGF

全等，已知的有DCGF，根據(jù)平行線間的內(nèi)錯(cuò)角相等可得出兩三角形中兩組對(duì)應(yīng)的角相等，又有DP＝PF，因此構(gòu)成了全等三角形判定條件中的（AAS），于是兩三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底邊上的中線，根據(jù)等腰三角形三線合一的特點(diǎn)，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；（2）方法同（1），證三角形CHG是個(gè)等腰三角形，且頂角為120°，可根據(jù)30°的直角三角形來(lái)得出PG、CP的比例關(guān)系；（3）經(jīng)過(guò)（1）（2）的解題過(guò)程，我們要構(gòu)建出以CP為底邊中線的等腰三角形，那么可延長(zhǎng)GP到H，使PH＝PG，連接CH、DH，那么根據(jù)前兩問(wèn)的解題過(guò)程，我們要求的是三角形CHG是個(gè)等腰三角形，關(guān)鍵是證三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我們可通過(guò)其他的全等三角形來(lái)得出三角形CDH和CBG全等的條件．三角形DHP和FGP中，有一組對(duì)頂角，DP＝PF，HP＝PG，那么這兩個(gè)三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根據(jù)平行線間的內(nèi)錯(cuò)角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后證法同（2）．【詳解】解：（1）線段PG與PC的位置關(guān)系是PG⊥PC；＝1；證明如下：如圖1，延長(zhǎng)GP交DC于H，∵DCGF，∴∠HDP=∠GFP，∠DHP=∠FGP又P是線段DF的中點(diǎn)，∴DP＝PF，∴△DHP≌△PGF，∴HP＝PG，DH＝GF，∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，∴CD=CB，GF=BG，∴CH=CD-DH=BC-BG=BC-FG=BC-DH=CG，即CH＝CG，

∴三角形CHG就是等腰三角形且CP是底邊上的中線，∴CP＝PG＝PH，CP⊥PG；∴線段PG與PC的位置關(guān)系是PG⊥PC；＝1；（2）猜想：線段PG與PC的位置關(guān)系是PG⊥PC；．證明：如圖2，延長(zhǎng)GP交DC于點(diǎn)H，∵P是線段DF的中點(diǎn)，∴FP＝DP，由題意可知DCGF，∴∠GFP＝∠HDP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三線合一）又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠GCP＝60°，又∵∠CPG=90°，∴2CP=CG，PG=PG，

∴；（3）在（2）中得到的兩個(gè)結(jié)論仍成立．證明：如圖3，延長(zhǎng)GP到H，使PH＝PG，連接CH，CG，DH，∵P是線段DF的中點(diǎn)，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，點(diǎn)A、B、G又在一條直線上，∴∠GBC＝120°，∵四邊形BEFG是菱形，∴GF＝GB，∴HD＝GB，∴△HDC≌△GBC，∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，

∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，即∠HCG＝120°，∵CH＝CG，PH＝PG，∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴．即PG＝PC．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形，菱形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)已知和所求的條件正確的構(gòu)建出相關(guān)的全等三角形是解題的關(guān)鍵．13．菱形ABCD中，E，F(xiàn)為邊AB，AD上的點(diǎn)，CF，DE相交于點(diǎn)G．(1)如圖1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求證：DE＝CF；(2)如圖2，若DE＝CF．試探究此時(shí)∠EGF和∠A滿足什么關(guān)系？并證明你的結(jié)論；(3)如圖3，在（1）的條件下，平移線段DE到MN，使G為CF的中點(diǎn)，連接BD交MN于點(diǎn)H，若∠FCD＝15°，求的值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)∠EAF+∠EGF=180°，證明見(jiàn)解析；(3)【分析】（1）由菱形ABCD中和∠A=90°可得菱形ABCD是正方形，根據(jù)正方形性質(zhì)得AD=DC，∠A=∠CDF=90°，再加上DE⊥CF，得到∠CGD=90°，所以∠ADE=∠DCF，即證得Rt△ADE≌Rt△DCF，即可證得DE=CF；（2）過(guò)D作DR⊥AB于R，過(guò)C作CS⊥AD于S，根據(jù)菱形的面積證得DR=CS，推出∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，得到∠CFS=∠RED，由∠CFS+∠AFG=180°，推出∠EAF+∠EGF=180°；（3）由（1）的條件可得MN=CF，MN⊥CF，加上G為CF的中點(diǎn)，即MN垂直平分CF，聯(lián)想到連接FM即有FM=MC且∠DMF=∠MFC+∠FCD=30°，利用四邊形KTDC是矩形，證得△THF≌△KCH，推出TF=HK，根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠TFH+∠THF=90°，用∠HFM分別表示這兩個(gè)角求出∠HFM=60°，得到∠TFH=60°，由此得到HF=2TF，再根據(jù)正方形的性質(zhì)求出BH=2HK

，即可得到答案（1）證明：∵菱形ABCD中，∠A=90°，∴菱形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠CDF=90°，∵DE⊥CF，∴∠CGD=90°，∴∠DCF+∠CDE=∠ADE+∠CDE=∠ADC=90°，∴∠ADE=∠DCF，∴Rt△ADE≌5Rt△DCF，∴DE=CF；（2）解：∠EAF+∠EGF=180°；證明如下：過(guò)D作DR⊥AB于R，過(guò)C作CS⊥AD于S，如圖，∵S菱形ABCD=AB×DR=AD×CS，AB=AD，∴DR=CS，∵DE=CF，∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，∴∠CFS=∠RED，∵∠CFS+∠AFG=180°，∴∠RED+∠AFG=180°，∴∠EAF+∠EGF=180°；（3）連接FM，過(guò)H作TK//AB交AD于T，交BC于K，連接CH，如圖，

由（1）知MN⊥CF，又G為CF的中點(diǎn)，∴MN是CF的垂直平分線，∴MF=CM，CH=FH，∴∠MFC=∠MCF=15°，∠HCF=∠HFC，∴∠FMD=30°，∠HCM=∠HFM，∵∠TKC=∠KTD=∠BCD=90°，∴四邊形KTDC是矩形，∴TD=KC，∵四邊形ABCD是正方形，BD是對(duì)角線，∴∠TDH=45°=∠THD，∴TD=TH=CK，∴△TFH≌△KHC，∴HK=TF，∠THF=∠HCK，∵∠TFH=180°-60°-∠HFM=120°-∠HFM，∠THF=∠HCK=90°-∠HFM，∴120°-∠HFM+90°-∠HFM=90°，解得∠HFM=60°，∴∠TFH=60°，∴FH=2TF=2HK，∵∠KBH=45°，∴BH=HK，∴【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，垂直平分線的定義和性質(zhì)，正確引出輔助線解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵14．如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG，連接DG，BE．

（1）發(fā)現(xiàn)：當(dāng)正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，如圖2，①線段DG與BE之間的數(shù)量關(guān)系是；②直線DG與直線BE之間的位置關(guān)系是．（2）探究：如圖3，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，證明：直線DG⊥BE．（3）應(yīng)用：在（2）情況下，連結(jié)GE（點(diǎn)E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，則線段DG是多少？（直接寫出結(jié)論）【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）證明見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）先判斷出△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結(jié)論；（2）先利用兩邊對(duì)應(yīng)成比例夾角相等判斷出△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出結(jié)論；（3）先求出BE，進(jìn)而得出BE=AB，即可得出四邊形ABEG是平行四邊形，進(jìn)而得出∠AEB=90°，求出BE，借助（2）得出的相似，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）①∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°，∴∠BAE=∠DAG，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴BE=DG；②如圖2，延長(zhǎng)BE交AD于G，交DG于H，

由①知，△ABE≌△ADG，∴∠ABE=∠ADG，∵∠AGB+∠ABE=90°，∴∠AGB+∠ADG=90°，∵∠AGB=∠DGH，∴∠DGH+∠ADG=90°，∴∠DHB=90°，∴BE⊥DG（2）∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，∴∠BAD=∠DAG，∴∠BAE=∠DAG，∵AD=2AB，AG=2AE，∴，∴△ABE∽△ADG，∴∠ABE=∠ADG，∵∠AGB+∠ABE=90°，∴∠AGB+∠ADG=90°，∵∠AGB=∠DGH，∴∠DGH+∠ADG=90°，∴∠DHB=90°，∴BE⊥DG；（3）如圖4，（為了說(shuō)明點(diǎn)B，E，F(xiàn)在同一條線上，特意畫的圖形）

∵EG∥AB，∴∠DME=∠DAB=90°，在Rt△AEG中，AE=1，∴AG=2AE=2，根據(jù)勾股定理得，EG=，∵AB=，∴EG=AB，∵EG∥AB，∴四邊形ABEG是平行四邊形，∴AG∥BE，∵AG∥EF，∴點(diǎn)B，E，F(xiàn)在同一條直線上如圖5，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，BE==2，由（3）知，△ABE∽△ADG，∴，∴，∴DG=4．

【點(diǎn)睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，判斷出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本題的關(guān)鍵．15．如圖，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝12，P為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)．將△BPC沿PC翻折至△EPC，延長(zhǎng)CE交射線AD于點(diǎn)D．（1）如圖1，當(dāng)P為AB的中點(diǎn)時(shí)，求出AD的長(zhǎng)；（2）如圖2，延長(zhǎng)PE交AD于點(diǎn)F，連接CF，求證：∠PCF＝45°；（3）如圖3，∠MON＝45°，在∠MON內(nèi)部有一點(diǎn)Q，且OQ＝8，過(guò)點(diǎn)Q作OQ的垂線GH分別交OM、ON于G、H兩點(diǎn)．當(dāng)QG＝2時(shí)，求QH的值．【答案】（1）；（2）證明過(guò)程見(jiàn)解析；（3）．【分析】（1）如圖1，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠A=∠B=90°，由折疊的性質(zhì)得到∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到．作于，設(shè)，根據(jù)AB＝BC＝12，得到，，根據(jù)勾股定理求出AD的長(zhǎng)；（2）如圖2，過(guò)C作CK⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于K，推出四邊形ABCK是正方形，求得CK=CB，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠CEP=∠B=90°，BC=CE，∠BCP=∠ECP，得到CE=CB=CK，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）如圖3，將△OQG沿OM翻折至△OUG，將△OQH沿ON翻折至△OWH，延長(zhǎng)UG，WH交于V，根據(jù)已知條件和折疊的性質(zhì)，利用有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形和鄰邊相等的矩形是正方形，推出四邊形UOWV是正方形，設(shè)QH=y，在中，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1，連結(jié)，∵AD∥BC，AB⊥BC，∴∠A=∠B=90°∵將△BPC沿PC翻折至△EPC，

∴∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，∴∠DEP=90°∵當(dāng)P為AB的中點(diǎn)，∴AP=BP∴PA=PE∵PD=PD∴，∴作于，設(shè)，AB＝BC＝12，則，由勾股定理得，解得，∴（2）如圖2，作交延長(zhǎng)線于，∴∴四邊形為矩形又∵AB＝BC∴矩形為正方形∴CK=CB，∠BCK=90°∵將△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)如圖3，將△OQG沿OM翻折至△OUG，將△OQH沿ON翻折至△OWH，延長(zhǎng)UG，WH交于V，∴∠UOG=∠QOG，∠WOH=∠QOH，OU=OQ=OW=8，UG=QG=2，設(shè)QH=WH=y∴∠UOW=2∠MON=90°，∵GH⊥OQ∴∠OQG=∠OQH=90°．∴∠U=∠W=90°=∠UOW，∴四邊形UOWV是正方形∴UV=WV=8，∠V=90°，∴GV=6，HV=8-y，GH=y+2∴∴解得，即．

【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．16．定義，我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．概念理解：如圖②，在四邊形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．性質(zhì)探究：如圖①，垂美四邊形ABCD兩組對(duì)邊AB、CD與BC、AD之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并給出證明．問(wèn)題解決：如圖③，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結(jié)CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，則①求證：△AGB≌△ACE；②GE=．【答案】（1）是；（2）AB2+CD2=BC2+AD2；（3）①證明見(jiàn)解析；②．【分析】概念理解：根據(jù)垂直平分線的判定定理證明即可；性質(zhì)探究：根據(jù)垂直的定義和勾股定理解答即可；問(wèn)題解決：根據(jù)垂美四邊形的性質(zhì)、勾股定理、結(jié)合（2）的結(jié)論計(jì)算即可．

【詳解】概念理解：四邊形ABCD是垂美四邊形．理由如下：∵AB=AD，∴點(diǎn)A在線段BD的垂直平分線上．∵CB=CD，∴點(diǎn)C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；性質(zhì)探究：AD2+BC2=AB2+CD2．理由如下：如圖2，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E．∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得：AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；問(wèn)題解決：①連接CG、BE，如圖3所示：∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE．在△GAB和△CAE中，∵AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△AGB≌△ACE（SAS）；②∵△AGB≌△ACE，∴∠ABG=∠AEC．又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2．∵AC=2，AB=5，∴BC=，CG=2，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣C