专题31第6章四边形之与正方形有关的垂线备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）【有答案】

31第6章四边形之与正方形有关的垂线一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点分别在轴的正半轴上，，则四边形的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点P作，，证明，再根据面积计算即可；【详解】如图所示，过点P作，，∵点的坐标为，∴PM=PN，∵，∴，∴，又∵，∴，∴．故答案选B．【点评】本题主要考查了四边形与坐标系结合，全等三角形的应用，准确判断计算是解题的关键．2．如图，点，点在射线上匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形的面积为40时，点的坐标是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】作轴于，轴于E，根据的坐标求得直线的斜率，进一步得出直线的斜率为，通过证得，得出，，可设，则，然后根据待定系数法求得直线的斜率为，整理得，然后根据勾股定理得出，代值求解即可．【详解】解：作轴于，轴于E，设直线的解析式为，∵点∴∵四边形是正方形，∴∴直线的斜率为又∵，∴，∴又∵∴∴，设，则设直线的解析式为，∴解得：∴整理得：∵正方形面积为40∴∴在中，，即：解得：∴∴故答案选B【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据直线的斜率列出方程是解题的关键．二、填空题3．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．【点评】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．正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标（0，4），B点的坐标（﹣3，0），则点D的坐标是_____．【答案】（4，1）．【分析】过点D作DE⊥y轴于E，由“AAS”可证△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．【详解】解：如图，过点D作DE⊥y轴于E，∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠BAO＝∠ADE，在△ABO和△DAE中，，∴△ABO≌△DAE（AAS），∴AE＝OB，DE＝OA，∵A（0，4），B（﹣3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴OE＝4﹣3＝1，∴点D的坐标为（4，1）．【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．5．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB＝45°，延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM＝5，则FD的长为_____．【答案】【分析】过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q，只要证明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解决问题．【详解】解：如图，过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q．∵∠CFB＝45°∴CH＝HF，∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，∴∠BAG＝∠FBE，∵AG⊥BF，CH⊥BF，∴∠AGB＝∠BHC＝90°，在△AGB和△BHC中，∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，∴△AGB≌△BHC（AAS），∴AG＝BH，BG＝CH，∵BH＝BG+GH，∴BH＝HF+GH＝FG，∴AG＝FG；∵CH⊥GF，∴CH∥GM，∵C为FM的中点，∴CH＝GM，∴BG＝GM，∵BM＝5，∴BG＝，GM＝2，∴AG＝2，AB＝5，∴HF＝，∴CF＝×＝，∴CM＝，∵CK＝CM＝CF＝，∴BK＝，∵在△BKC和△CQD中，∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，∴△BKC≌△CQD（AAS），∴CQ＝BK＝，DQ＝CK＝，∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝，∴DQ＝QF＝，∴DF＝×＝．故答案为．【点评】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质是解题关键．6．如图，正方形的边长为4，点在边上，，若点在正方形的某一边上，满足，且与的交点为．则_________．【答案】或【分析】分两种情况进行讨论，点F在AD上或点F在AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到CM的长．【详解】解：分两种情况：

①如图1所示，当点F在AD上时，

由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），

∴∠DCF=∠CBE，

又∵∠BCF+∠DCF=90°，

∴∠BCF+∠CBE=90°，

∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，

∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，

∴BE=5，

∴CM=；

②如图2所示，当点F在AB上时，

同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），

∴BF=CE，

又∵BF∥CE，

∴四边形BCEF是平行四边形，

又∵∠BCE=90°，

∴四边形BCEF是矩形，

∴CM=BE=×5=．

故答案为：或．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．7．如图，平面直角坐标系中有一正方形，点的坐标为点坐标为________．【答案】【分析】过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．先证明，得到，，根据点的坐标定义即可求解．【详解】解：如图，过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．，，．四边形是正方形，．易求．又∴，，，点的坐标为，，点到轴的距离为，点的坐标为．故答案为：【点评】本题考查了平面直角坐标系点的坐标，全等三角形的判定与性质，根据题意，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．8．如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1＋2S2＋2S3＋S4=__．【答案】6【分析】先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有DE2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．【详解】解：如图，∵图中的四边形为正方形，

∴∠ABD=90°，AB=DB，

∴∠ABC+∠DBE=90°，

∵∠ABC+∠CAB=90°，

∴∠CAB=∠DBE，

∵在△ABC和△BDE中，，

∴△ABC≌△BDE（AAS），

∴AC=BE，

∵DE2+BE2=BD2，

∴DE2+AC2=BD2，

∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，

∴S1+S2=1，

同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，

∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．

故答案为：6．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了勾股定理和正方形的性质．9．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH＝_____．【答案】【分析】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到△DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长．【详解】解：延长DC交FE于点M，连接BD、BF，∵正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，∴DF＝＝，∵BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线，∴∠DBC=∠GBF=90，∴∠DBF＝90°，∴△DBF是直角三角形，∵点H为DF的中点，∴BH＝DF＝，故答案为：．【点评】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．10．如图，直线l1//l2//l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在l1、l2、l3上，l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，则正方形ABCD的面积为_____．【答案】25【分析】画出1到2，2到3的距离，分别交2，3于E，F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出结论．【详解】解：过点A作AE⊥l2，过点C作CF⊥l2，∴∠CBF+∠BCF=90°，四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∴∠ABE=∠BCF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（AAS）∴BF=AE，∵1∥2∥3，且l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，∴BF=AE=3，CF=4,∵BF2+CF2=BC2，∴BC2=42+32=25．故答案为：25．【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法．证得△ABE≌△BCF是解题的关键．11．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．【答案】13【分析】本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．【详解】解：∵ABCD是正方形（已知），∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°；又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°，∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）；∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，∴在Rt△AFB和Rt△AED中，∵，∴△AFB≌△DEA（AAS），∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等），∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13．故答案为：13．【点评】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．12．如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM＝MN；②MP＝BD；③BN＋DQ＝NQ；④为定值．一定成立的是_____．【答案】①②③④【分析】如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，根据正方形的性质可得A，B，N，M四点共圆，进而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判断①；由余角的性质可得∠HAM＝∠PMN，从而可利用AAS证明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根据正方形的性质即可判断②；如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，根据旋转的性质和SAS可推得△RAN≌△QAN，进而可得RN=QN，进一步即可判断③；如图3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由题意易得四边形SMWB是正方形，进一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，进而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案．【详解】解：如图1，连接AC、AN，AC交BD于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，∵∠AMN＝∠ABC＝90°，∴A，B，N，M四点共圆，∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，∴∠ANM＝∠NAM＝45°，∴AM＝MN，故①正确；∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，∴∠HAM＝∠PMN，∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），∴MP＝AH＝AC＝BD，故②正确；如图2，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABR，使AD和AB重合，连接AN，则AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，∴R、B、N三点在同一直线上，∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，∴∠RAN=∠QAN=45°，又∵AN=AN，∴△RAN≌△QAN（SAS），∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正确；如图3，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，∵点M是对角线BD上的点，∴四边形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正确．故答案为：①②③④．【点评】本题是正方形的综合题，主要考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键．三、解答题13．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE，BG．（1）试猜想线段BG和AE的关系（直接写出答案，不用证明）；（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转α（0°＜α≤60°），判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图②证明你的结论；（3）若BC＝DE＝4，当α等于多少度时，AE最大？并求出此时AF的值．【答案】（1）BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（3）当α为270°时，AE最大，AF＝【分析】（1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．

（2）如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．

（3）由（2）可知BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论．【详解】解：（1）结论：BG＝AE，BG⊥AE．理由：如图1，延长EA交BG于K．∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．∵四边形DEFG是正方形，∴DE＝DG．在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GAK＝∠DAE，∴∠AKG＝∠ADE＝90°，∴EA⊥BG．（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE．理由：如图2，连接AD，延长EA交BG于K，交DG于O．∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB＝90°．∵四边形EFGD为正方形，∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，∴∠ADG+∠ADE＝90°，∴∠BDG＝∠ADE．在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，∵∠GOK＝∠DOE，∴∠OKG＝∠ODE＝90°，∴EA⊥BG．（3）∵BG＝AE，∴当BG取得最大值时，AE取得最大值．如图3，当旋转角为270°时，BG＝AE．∵BC＝DE＝4，∴BG＝2+4＝6．∴AE＝6．在Rt△AEF中，由勾股定理，得AF＝＝，∴AF＝．【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．14．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∴【点评】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15．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．（1）求证：；（2）求证：DE－BF＝EF；（3）若AB＝2，BG＝1，求线段EF的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）由正方形的性质可得AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，根据DE⊥AG，利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠BAF＝∠ADE，利用AAS即可证明△ADE≌△BAF；（2）根据全等三角形的性质可得DE=AF，BF=AE，根据线段的和差关系即可得结论；（3）利用勾股定理可求出AG的长，利用面积法可求出BF的长，进而利用勾股定理可求出AF的长，根据BF=AE，EF=AF-AE即可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，∵DE⊥AG，∴∠AED＝∠DEF＝90°，∵BF∥DE，∴∠AFB＝∠DEF＝∠AED＝90°，∴∠BAF＋∠DAE＝∠ADE＋∠DAE＝90°．∴∠BAF＝∠ADE．在△ABF和△DAE中，，∴△ADE≌△BAF．（2）∵△DAE≌△ABF，∴AE＝BF，DE＝AF∵AF－AE＝EF，∴DE－BF＝EF．（3）∵∠ABC＝90°，∴AG2＝AB2＋BG2＝12＋22＝5，∴．∵S△ABG＝，∴．在Rt△ABF中，AF2＝AB2－BF2＝22－＝，∴AF=，∵AE=BF，EF=AF-AE，∴【点评】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勾股定理等知识，解答本题的关键是根据AAS证明△ABF≌△DAE，此题难度一般．16．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF与DE相交于点M，且∠BAF＝∠ADE．（1）如图1，求证：AF⊥DE；（2）如图2，AC与BD相交于点O，AC交DE于点G，BD交AF于点H，连接GH，试探究直线GH与AB的位置关系，并说明理由；（3）在（1）（2）的基础上，若AF平分∠BAC，且BDE的面积为4+2，求正方形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）GHAB，见解析；（3）12+8【分析】（1）根据正方形的性质证明∠BAF+∠AED＝90°即可解决问题．（2）证明△ADF≌△BAF（ASA），推出AE＝BF，由AECD，推出＝，由BFAD，推出＝，由AE＝BF，CD＝AD，推出＝可得结论．（3）如图2﹣1中，在AD上取一点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝a．利用三角形的面积公式构建方程求出a即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE＝∠ABF＝90°，∵∠ADE＝∠BAF，∴∠ADE+∠AED＝∠BAF+∠AED＝90°，∴∠AME＝90°，∴AF⊥DE．（2）解：如图2中．结论：GHAB．理由：连接GH．∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，∴△ADE≌△BAF（ASA），∴AE＝BF，∵AECD，∴＝，∵BFAD，∴＝，∵AE＝BF，CD＝AD，∴＝，∴GHAB．（3）解：如图2﹣1中，在AD上取一点J，使得AJ＝AE，连接EJ．设AE＝AJ＝a．∵AF平分∠BAC，∠BAC＝45°，∴∠BAF＝∠ADE＝22.5°，∵AE＝AJ＝a，∠EAJ＝90°，∴∠AJE＝45°，∵∠AJE＝∠JED+∠JDE，∴∠JED＝∠JDE＝22.5°，∴EJ＝DJ＝a，∵AB＝AD＝a+a，AE＝AJ，∴BE＝DJ＝a，∵S△BDE＝4+2，∴×a×（a+a）＝4+2，解得a2＝4，∴a＝2或﹣2（舍弃），∴AD＝2+2，∴正方形ABCD的面积＝12+8．【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质和平行线分线段成比例是解题的关键．17．如图，在正方形中，对角线、相交于点，、分别在、上，且，连接、，的延长线交于点．（1）求证：；（2）求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用正方形的性质及SAS定理证△AOE≌△DOF，得出AE=DF即可；（2）由△AOE≌△DOF得出∠OEA=∠OFD，证出∠OAE+∠OFD=90°，得出∠AMF=90°，即可得出结论．【详解】（1）四边形是正方形，，，，又，，即，在和中，，，；（2）由（1）得：，，，，，．【点评】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；解答本题的关键是通过全等的证明和利用等角代换解题，属于中考常考题型．18．如图，正方形ABCD的边长为8，E是边CD上一点，DE=6，BF⊥AE于点F．(1)求证：△ADE∽△BFA；(2)求BF的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据正方形的性质和垂直的定义可证∠D=∠AFB=90°，根据余角的性质可证∠ABF=DAE，从而可证△ADE∽△BFA；（2）先根据勾股定理求出AE的长，然后根据相似三角形的性质列式求解即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠BAD=90°，∴∠DAE+∠BAF=90°，∵BF⊥AE，∴∠AFB=90°，∴∠D=∠AFB，∠ABF+∠BAF=90°，∴∠ABF=∠DAE，∴△ADE∽△BFA；（2）∵AD=8，DE=6，∴AE=，∵△ADE∽△BFA，∴，∴，∴BF=．【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．19．四边形是边长为的正方形，点在边所在的直线上，连接，以为直角顶点在右侧作等腰，连接（1）如图1，当点在点左侧，且三点共线时，______；（2）如图2，当点在点右侧，且时，求的长：（3）若点在边所在直线上，且，求的长．【答案】（1）6；（2）；（3）1或3【分析】（1）易证得四边形CDMF和四边形ANEM都是矩形，证得Rt△EMNRt△FCM，得到MF=NE=BF=2，EM=FC=4，即可求得BN的长；（2）易证得四边形CDGH和四边形ANHG都是矩形，证得Rt△CDMRt△MGN，求得NH=，BH=AG=AM+MG，利用勾股定理即可求得BN的长；（3）分点M在点A左侧、点M在点D右侧、点M在线段AD上三种情况讨论，分别利用勾股定理构造方程即可求解．【详解】（1）过M作EF∥AB，过N作NE⊥EF于E，延长CB交EF于F，如图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDMF和四边形ANEM都是矩形，∴MF=CD=2，NE=BF，BN=EF，∵∠NMC=90，MN=MC，∴∠NMC=∠NEM=∠MFC=90，∴∠EMN+∠CMF=90，∠FCM+∠CMF=90，∴∠EMN=∠FCM，∴Rt△EMNRt△FCM，∴MF=NE=2，则NE=BF=2，EM=FC=BF+BC=2+2=4，∴BN=EF=EM+MF=4+2=6；（2）过N作GH∥AB，延长AD、BC交GH于G、H，如图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDGH和四边形ABHG都是矩形，∴GH=CD=2，AG=BH，DG=CH，∵AM=，∴DM=，同理可证得Rt△CDMRt△MGN，∴GN=DM=，MG=CD=2，∴NH=GH-GN=2-，BH=AG=AM+MG=，∴BN=；（3）点M在点A左侧，过M作EF∥AB，过N作NE⊥EF于E，延长CB交EF于F，延长BA交NE于G，如图所示：又∵四边形是边长为的正方形，∴四边形CDMF、四边形BFEG和四边形AMEG都是矩形，∴MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM，同理可证得Rt△NEMRt△MFC，∴MF=EN=2，EM=FC，设，则，，∴，，在中，，整理得：，(舍去)，∴；点M在点D右侧，过N作EF∥AB，延长AD、BC交EF于F、E，如图所示：同理可得：EF=CD=2，BE=AF，同理可证得Rt△CDMRt△MFN，∴FN=DM，MF=CD=2，设，则，，，在中，整理得：解得：(舍去)，∴；点M在线段AD上，过M作EF∥AB，过N作NE⊥EF于E，延长BA交NE延长线于H，如图所示：同理可得：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF，同理可证得Rt△EMNRt△FCM，∴EN=MF=2，FM=FC，设，则，FC=BC-BF=,，，在中，，解得：(舍去)，(舍去)，综上所述AM的值为1或3．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线构建全等三角形是解题的关键．20．在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．（1）当点运动到与点重合时(如图1)，线段与的数量关系是________．（2）若点运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，∴∠AEB+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：过点F作FM⊥AE，垂足为M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，

由翻折变换的性质得PQ⊥AM，

∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，

∴∠APQ=∠AMD，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，

∴HQ=AD，

在△ADM和△QHP中，，∴△ADM≌△QHP（AAS），

∴QP=AM，

∵点M是CD的中点，

∴DM=CD=3，

在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，∴PQ的长为．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．21．在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点.（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线上的一个动点，点关于原点的对称点为.当点落在该抛物线上时，求的值；（3）是抛物线上一动点，连接，以为边作图示一侧的正方形，随着点的运动，正方形的大小与位置也随之改变，当顶点或恰好落在轴上时，求对应的点坐标.【答案】（1）.（2）或.（3）点的坐标为，，，.【分析】（1）将和点代入解析式解方程即可；（2）将的坐标表示，把坐标代入解析式求m即可；（3）利用正方形性质和一线三直角几何模型，找到全等三角形，根据直角边解方程即可.【详解】（1）∵抛物线经过点和点.得，解得∴抛物线的解析式为.（2）∵与关于