《难点特训》2023年8下常考点微专题提分（人教版）和正方形有关的压轴大题（解析版）

《难点特训》和正方形有关的压轴大题1．如图，正方形边长为4，点E在边上（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．(1)求证：；(2)若的面积为，求的长；(3)在（2）的条件下，取的中点M，N，连接，求的长．【答案】(1)见详解(2)5或(3)或【分析】（1）先证得，易证，由此的，又由互余可得出，进而可得结论；（2）根据三角形得面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF=DE即可得出结论；（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明，所以PM=AM，DP=AE=3或1，又MN是的中位线，求出PF的长即可；（1）证明：在和中在和中（2）∴设，则∴解得：∵或或（3）如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，∵点M是DE的中点或1当时，当时，综上，MN的长度为或【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等、勾股定理，掌握相关知识并灵活应用做出辅助线是解题的关键．2．正方形中，，分别为，上一点，，，交于点，为的中点．(1)求证：≌；(2)求证：；(3)求证：【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，判定（2）根据全等的性质可得，再根据,得出，进而得到即（3）连接OC，在取点H，使得，连接OH，证明为等腰直角三角形，进而得出再判定得出根据即可得到（1）证明：∵四边形是正方形，在和中，（2）证明：，又，即（3）证明：如图，连接OC，在取点H，使得，连接OH∵O为BD的中点，即O为正方形的对称中心，∴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，【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质的综合应用，解决问题的关键是证出是等腰直角三角形，依据全等三角形的对应边相等进行求解．3．如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足，，连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点．(1)依题意补全图形；(2)求的度数；(3)设，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为多少？【答案】(1)补图见解析；(2)；(3)【分析】（1）依题意补全图形，即可；（2）连接CE，先证得．再根据直角三角形的性质可得．可得≌，即可求解；（3）根据题意可得点E在AC的垂直平分线上，可得点E在BD上，从而得到在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．此时DN=CD=2，∠CDN=90°，再证得四边形DFCN为梯形．然后根据梯形的面积，即可求解．（1）解∶依题意补全图形，如图1所示．（2）证明：连接CE，如图2所示．∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴，∵，，∴，∴．∵在中，点E是AN中点，∴．∵，，，∴≌，∴．∴．（3）解∶连接DE，∵由（2）得：AE=CE，∴点E在AC的垂直平分线上，在正方形ABCD中，BD垂直平分AC，∠ACD=45°，△BCD为等腰直角三角形，∴点E在BD上，∴BF=DF=CF，∴在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN．此时DN=CD=2，∠CDN=90°，∴∵，∴∠ACN=90°，即CN⊥AC，∴，∴四边形DFCN为梯形．∵，∴BC=CD=AB=2，∴，∴，∴．【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，梯形等知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，梯形等知识是解题的关键．4．如图，在正方形OABC中，边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（4，4），点D在线段OA上，以点D为直角顶点，BD为直角边作等腰直角三角形BDE，BE交y轴于点F．(1)当时，求点E到x轴的距离；(2)连接DF，当点D在线段OA上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长；(3)连接CE，当点D在线段OA上运动时，求CE的最小值．【答案】(1)1(2)的周长不改变，其周长为8；(3)2【分析】（1）如图，过点E作EH⊥x轴于H．证明△EDH≌△DBA（AAS），推出DH=AB，EH=AD=1，可得结论．（2）结论：△ODF的周长不变．想办法证明DF=CF+AD即可．（3）由（1）可知，OE=OH，推出∠EOH=∠COE=45°，推出点E的运动轨迹是射线OE，过点C作CT⊥OE于T，当点E与点T重合时，EC的值最小．（1）解：如图，过点E作EH⊥x轴于H．∵四边形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，即点E到x轴的距离为1；（2）解：△ODF的周长不变．理由：将△BCF绕点逆时针旋转90°得到△BAJ．如图，∵∠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的周长=OF+DF+OD=OF+CF+OD+AD=OC+OA=8，∴△ODF的周长不变，其周长为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°，∴点E的运动路径是射线OE，过点C作CT⊥OE于T，如图，当点E与点T重合时，EC的值最小，最小值CT=OC=2，∴EC的最小值为2．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，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，此题属于四边形综合题，属于中考压轴题．5．已知边长为2的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点，过点P作PE⊥PB，PE交射线DC于点E，过点E作EF垂直AC所在的直线，垂足为点F．（1）如图，当E点在线段DC上时，求证：PB＝PE；（2）在点P的运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？如果能，直接写出此时AP的长，如果不能，说明理由；（3）在点P的运动过程中，AP、PF、FC的长度是否满足某种数量关系？若满足，试写出解答过程；若不满足，试说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）AP=2，理由见解析；（3）AP+CF=PF.【分析】（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；（2）可分点E在线段DC上和点E在线段DC的延长线上两种情况讨论，通过计算就可求出符合要求的AP的长；（3）连接BD，如图，易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，可得出最后结论.【详解】解：（1）如图所示，过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC∴∠GCP=∠CPG=∠ACD=∠HPC=45°在△PCG和△PHC中∴△PCG≌△PCH（ASA）∴PG=PH∴四边形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若点E在线段BC上，如图所示∵∠BPE=∠BCE=90°∴∠PBC+∠PEC=180°∵∠PBC＜90°∴∠PEC＞90°若三角形PEC为等腰三角形，则EP=EC∴∠EPC=ECP=45°∴∠PEC=90°与∠PEC＞90°矛盾∴点E在线段DC上时不能构成等腰三角形；②若点E在线段DC的延长线上，如图所示若三角形PEC是等腰三角形∵∠PCE=135°∴此时只能是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）如图所示，连接BD∵四边形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【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形的内角和和三角形的内角和定理，三角形外角的知识，等腰三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.6．如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O．（1）如图1，设E、F分别是AD、AB上的点，且∠EOF＝90°，线段AF、BF和EF之间存在一定的数量关系．请你用等式直接写出这个数量关系；（2）如图2，设E、F分别是AB上不同的两个点，且∠EOF＝45°，请你用等式表示线段AE、BF和EF之间的数量关系，并证明．【答案】（1）EF2＝AF2+BF2；（2）EF2＝BF2+AE2，见解析【分析】（1）首先证明△EOA≌△FOB，推出AE＝BF，从而得出结论；（2）在BC上取一点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．【详解】解：（1）EF2＝AF2+BF2．理由：如图1，∵四边形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上取一点H，使得BH＝AE．∵四边形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；【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，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．7．如图1，已知四边形ABCD是正方形，E是对角线BD上的一点，连接AE，CE．（1）求证：AE＝CE；（2）如图2，点P是边CD上的一点，且PE⊥BD于E，连接BP，O为BP的中点，连接EO．若∠PBC＝30°，求∠POE的度数；（3）在（2）的条件下，若OE＝，求CE的长．【答案】（1）详见解析；（2）30°；（3）2【分析】（1）利用正方形的性质，得到AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，进而判断△ADE≌△CDE得到结论；（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到OB＝OE，∠OBE＝∠OEB＝15°，再利用外角和定理求得；（3）连接OC，与（2）同理得到∠POC＝60°，则△EOC为直接三角形，再应用勾股定理求得．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC＝45°，∵∠PBC＝30°，∴∠PBE＝15°，∵PE⊥BD，O为BP的中点，∴EO＝BO＝PO，∴∠OBE＝∠OEB＝15°，∴∠EOP＝∠OBE＋∠OEB＝30°；（3）如图，连接OC，∵点O是BP的中点，∠BCP＝90°，∴CO＝BO，∴EO＝CO＝，∠OBC＝∠OCB＝30°，∴∠POC＝60°，∴∠EOC＝∠EOP＋∠POC＝90°，∵EC2＝EO2＋CO2＝4，∴EC＝2．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，综合性较强，要注意数形结合．8．已知正方形，点在对角线上，交于，交于，，垂足为点，求证：(1)；(2)；(3)．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】(1)利用全等三角形的性质，分别证明PA=PE，PA=PC，推出PE=PC，再利用等腰三角形的三线合一的性质证明即可；(2)证明四边形PHBF是正方形，推出BH=BF，，再证明△PHA≌△PFE，推出AH=EF，可得结论；(3)如图2中，设PF交EG于点J，过点P作PL⊥EG于点L，GK⊥PF于点K，连接CJ，证明△PKG≌△GLP(AAS)，推出PL=GK，PK=GL，证明△PFE≌△ELP(AAS)，推出PF=EL，可得结论．(1)证明：如图：过点P作于点H，连接CP，∵四边形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)证明：∵，∴四边形PHBF是矩形，∵PH=PF，∴四边形PHBF是正方形，∴BH=BF，，∵，∴AH=EF，∵BH=BF，∴；(3)证明：如图2中，设PF交EG于点J，过点P作PL⊥EG于点L，GK⊥PF于点K，连接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，∵，∴四边形FCGK是矩形，∴GK=CF=EF，CG=FK，∴PL=EF，在△PFE和△ELP中，.∴，∴PF=EL，∴【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，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．9．如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接．（1）四边形的形状是．（2）如图，若，猜想线段与的数量关系并加以证明；（3）如图，若，，则的长度为．（请直接写出答案）【答案】（1）四边形是正方形；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）由旋转的特征可得到∠G＝∠AEB＝90°、∠EBG＝90°、BG＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BGFE是正方形；（2）过点D作DH⊥AE于点H，由DA＝DE得AH＝AE，再证明△ADH≌△BAE，且由四边形BGFE是正方形，得到，可证得结论；（3）过点D作DH⊥AE于点H，由旋转及四边形BGFE是正方形可得如下关系：AE＝CG＝FG+CF＝FG+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（2）可知，△ADH≌△BAE，得到DH＝AE，AH＝BE，再由勾股定理求出DE的长．【详解】解：（1）四边形是正方形．由旋转的性质可知∠G＝∠AEB＝90°，BG＝BE，∠CBG=∠ABE∵四边形ABCD是正方形∴∠ABC=90°∴∠ABE+∠CBE=90°∴∠CBG+∠CBE=90°∴∠EBG＝90°又∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°∴四边形BGFE是矩形∵BG=BE∴四边形BGFE是正方形；（2）如图，过点作于点，，，，，四边形是正方形，，，，，又，，，，将绕点按顺时针方向旋转，，四边形是正方形，，（3）过点D作DH⊥AE于点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（不符合题意，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＝＝．【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．10．如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，点E在AB的延长线上，且PC＝PE．(1)求证：PA＝PE；(2)求证：AE＝DP；(3)若已知正方形的边长为2，求CP+BP的最小值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据ASA证明△ADP≌△CDP，推出AP=CP即可得到结论；（2）过点P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，设PG=x，证明四边形AHPG是矩形，得到AE=2AH=2x，由∠GDP=45°，∠DGP=90°得到DP=PG=x，进而得到结论；（3）把BD绕点B逆时针旋转30°，交AD于G，过点P作PH⊥BG于H，连接AC，交BD于O，根据含30°角的直角三角形的性质可得PH=PB，可得CH为CP+BP的最小值，根据正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出OC、OP、PC、PB和PH的长，即可得答案．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，∵DP=DP，∴△ADP≌△CDP，∴AP=CP，∵PC=PE，∴PA=PE．（2）过点P作OG⊥AD于G，PH⊥AB于H，设PG=x，∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，∴四边形AHPG是矩形，∴AH=PG=x，∵PA=PE，∴AE=2AH=2x，∵∠GDP=45°，∠DGP=90°∴DP=PG=x，∴AE＝DP；（3）如图，把BD绕点B逆时针旋转30°，交AD于G，过点P作PH⊥BG于H，连接AC，交BD于O，∵∠PBH=30°，∴PH=PB，∴当C、P、H三点共线时PC+PB有最小值CH，∵正方形的边长为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=（负值舍去），∴，∴，，∴CH=CP+PH=+=，∴CP+BP最小值为．【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质及含30°角的直角三角形的性质，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键．11．在正方形ABCD中，E是CD边上任意一点，连接AE．∠EAF＝45°，AE所在的直线与BC交于点F，连接EF．(1)以A为圆心，AE为半径作圆，交CB的延长线于点G，连接AG（如图1）．求证：BF+DE＝EF；(2)点E在DC边上移动，当EC＝CF时，直线EF与AB、AD的延长线分别交于点M、N（如图2）,直接写出EF、MF、NE的数量关系：________________．【答案】(1)见解析(2)EF2＝MF2+NE2【分析】（1）根据已知条件证得，可得，可知，可证得，即可证得BF+DE＝EF；（2）连接GM，证得，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的数量关系．（1）解：由题意得，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，连接GM，如图所示，∵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的数量关系为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转变换的性质，等腰直角三角形的性质的应用，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理以及旋转变换的性质是解题的关键．12．如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．（1）探究PG与PC的位置关系及的值；（写出结论，不需要证明）（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFC换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60°，探究PG与PC的位置关系及的值．写出你的猜想并加以证明；（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转．使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变，你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．【答案】（1）PG⊥PC；＝1；（2）PG⊥PC；，证明见解析（3）仍成立，证明见解析【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DCGF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，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是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；（2）方法同（1），证三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据30°的直角三角形来得出PG、CP的比例关系；（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．【详解】解：（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝1；证明如下：如图1，延长GP交DC于H，∵DCGF，∴∠HDP=∠GFP，∠DHP=∠FGP又P是线段DF的中点，∴DP＝PF，∴△DHP≌△PGF，∴HP＝PG，DH＝GF，∵四边形ABCD和四边形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是底边上的中线，∴CP＝PG＝PH，CP⊥PG；∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝1；（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；．证明：如图2，延长GP交DC于点H，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，由题意可知DCGF，∴∠GFP＝∠HDP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三线合一）又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠GCP＝60°，又∵∠CPG=90°，∴2CP=CG，PG=PG，∴；（3）在（2）中得到的两个结论仍成立．证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，∴∠GBC＝120°，∵四边形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．【点睛】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．13．菱形ABCD中，E，F为边AB，AD上的点，CF，DE相交于点G．(1)如图1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求证：DE＝CF；(2)如图2，若DE＝CF．试探究此时∠EGF和∠A满足什么关系？并证明你的结论；(3)如图3，在（1）的条件下，平移线段DE到MN，使G为CF的中点，连接BD交MN于点H，若∠FCD＝15°，求的值．【答案】(1)见解析(2)∠EAF+∠EGF=180°，证明见解析；(3)【分析】（1）由菱形ABCD中和∠A=90°可得菱形ABCD是正方形，根据正方形性质得AD=DC，∠A=∠CDF=90°，再加上DE⊥CF，得到∠CGD=90°，所以∠ADE=∠DCF，即证得Rt△ADE≌Rt△DCF，即可证得DE=CF；（2）过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，根据菱形的面积证得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）的条件可得MN=CF，MN⊥CF，加上G为CF的中点，即MN垂直平分CF，联想到连接FM即有FM=MC且∠DMF=∠MFC+∠FCD=30°，利用四边形KTDC是矩形，证得△THF≌△KCH，推出TF=HK，根据三角形内角和求出∠TFH+∠THF=90°，用∠HFM分别表示这两个角求出∠HFM=60°，得到∠TFH=60°，由此得到HF=2TF，再根据正方形的性质求出BH=2HK，即可得到答案（1）证明：∵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°；证明如下：过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，如图，∵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）连接FM，过H作TK//AB交AD于T，交BC于K，连接CH，如图，由（1）知MN⊥CF，又G为CF的中点，∴MN是CF的垂直平分线，∴MF=CM，CH=FH，∴∠MFC=∠MCF=15°，∠HCF=∠HFC，∴∠FMD=30°，∠HCM=∠HFM，∵∠TKC=∠KTD=∠BCD=90°，∴四边形KTDC是矩形，∴TD=KC，∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，∴∠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，∴【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，垂直平分线的定义和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键14．如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，①线段DG与BE之间的数量关系是；②直线DG与直线BE之间的位置关系是．（2）探究：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，证明：直线DG⊥BE．（3）应用：在（2）情况下，连结GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，则线段DG是多少？（直接写出结论）【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）先判断出△ABE≌△ADG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；（3）先求出BE，进而得出BE=AB，即可得出四边形ABEG是平行四边形，进而得出∠AEB=90°，求出BE，借助（2）得出的相似，即可得出结论．【详解】（1）①∵四边形ABCD和四边形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如图2，延长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）∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，∴∠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）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）∵EG∥AB，∴∠DME=∠DAB=90°，在Rt△AEG中，AE=1，∴AG=2AE=2，根据勾股定理得，EG=，∵AB=，∴EG=AB，∵EG∥AB，∴四边形ABEG是平行四边形，∴AG∥BE，∵AG∥EF，∴点B，E，F在同一条直线上如图5，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE==2，由（3）知，△ABE∽△ADG，∴，∴，∴DG=4．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本题的关键．15．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．16．定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明．问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，则①求证：△AGB≌△ACE；②GE=．【答案】（1）是；（2）AB2+CD2=BC2+AD2；（3）①证明见解析；②．【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可；性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可；问题解决：根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．【详解】概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上．∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；性质探究：AD2+BC2=AB2+CD2．理由如下：如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为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；问题解决：①连接CG、BE，如图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，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2．∵AC=2，AB=5，∴BC=，CG=2，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣C