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专题18.44 正方形中的45度模型（基础篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，正方形ABCD中，点E在BD上，且，延长CE交AD于F，则为(　　)
A． B． C． D．
2．如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：①，②，③④，其中正确的个数为（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
3．如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是 ( 　 )
A．2 B． C． D．－1
4．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．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．①②③④ B．①②③ C．①② D．②③
6．如图，在正方形有中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作⊥DE交DG的延长线于点H，连接，那么的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
二、填空题
7．如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，则∠EAG＝ 度．
8．正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，BE+DF=EF，则∠EAF的度数是 ．
9．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为 ．
10．如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF=45°，BE=3，CF=4，则正方形的边长为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，∠CAB与∠CBA的平分线交于点P，点D、E分别是边AC、BC上的点（均不与点C重合），且满足∠DPE=45°，则点P到边AB的距离是 ，△CDE的周长是 ．
12．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＝ ．
13．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、EF、AF，且∠EAF＝45°，下列结论：
①△ABE≌△ADF；
②∠AEB＝∠AEF；
③正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长；
④S△ABE+S△ADF＝S△CEF，其中正确的是 ．（只填写序号）
14．如图，将绕点按顺时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，则 度；如图，已知正方形的边长为分别是边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为 ．
15．如图，正方形被与边平行的线段、分割成4个小矩形，是与的交点，若矩形的面积恰好是矩形面积的2倍，则的大小为 ．
三、解答题
16．如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
17．如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对称．连结DM并延长交AE的延长线于N，求证：．
18．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
19．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．
20．如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若AD＝AE，求证：AB＝AG；
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OD的长．
21．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）
22．如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．
（1）求证：；
（2）在图1中，若G在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，E是上一点，且，，求的长．
②如图3，在中，，，，，则的面积为____（直接写出结果，不需要写出计算过程）
23．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
24．已知正方形ABCD中，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、或它们的延长线于点M、N，当绕点A旋转到时如图，则
线段BM、DN和MN之间的数量关系是______；
当绕点A旋转到时如图，线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系；写出猜想，并加以证明；
当绕点A旋转到如图的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系；请直接写出你的猜想．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】先根据正方形的性质得出，再根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理可得，然后根据平行线的性质即可得．
【详解】四边形ABCD是正方形
，即
解得
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识点，掌握正方形的性质是解题关键．
2．B
【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解；④根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解：①∵∠AOC=90°，∠DOE=45°，
∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确；
②∵EF=，
∴OE=2．
∵AO=AB=3，
∴AE=AO+OE=2+3=5，故正确；
③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，
则FG=1，
CF=＝＝，
BH=3-1=2，
DH=3+1=4，
BD=，故错误；
④△COF的面积S△COF=×3×1=，故错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线是解题的关键．
3．A
【分析】如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【详解】如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE，
∵OA=OC，∠OCE=∠AOM，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．
∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，
设AF=，
∵CE=，
∴EF=，EB=3，，
∴()2=32+()2，
∴，
∴点F的纵坐标为，
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
4．D
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．
【详解】解：由正方形与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
∴，
故①正确；
由对折可得：
，
故②正确；
设
则
所以：的周长是一个定值，
故③正确，
如图，连接
由对折可得：
故④正确．
综上：①②③④都正确．
故选
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
5．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．
6．B
【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为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=．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
7．45．
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可以证明△ADG≌△AFG，再根据全等三角形的性质可得∠DAG=∠FAG，由折叠可得∠BAE=∠FAE，进而可得∠EAG的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝90°，
由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，∠BAE＝∠EAF，
∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∠GAF＝∠GAD，
∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝（∠BAF+∠DAF）＝45°．
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质．
8．45°
【分析】延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS），可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF，可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=即可解题．
【详解】解：如图，延长EB到点G，使得 BG=DF ，连接AG，
在正方形ABCD中，
∠D=∠ABC=， AB=AD，
∴∠ABG=∠ADF=，
在△ABG 和 △ADF 中，
，
∴△ABG≌△ADF(SAS) ，
∴∠DAF=∠BAG ， AF=AG，
又 ∵EF=DF+BE=BG+BE=EG，
∴ 在 △AEG 和 △AEF 中，
，
∴△AEG≌△AEF(SSS) ，
∴∠EAG=∠EAF，
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=，
∴∠BAG+∠EAF+∠BAE=，
∴∠EAG+∠EAF=，
∴∠EAF=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键．
9．2
【分析】根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，
解得：x=2，即BE=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
10．6
【分析】延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，证明△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF，设正方形边长为x，在Rt△CEF中应用勾股定理进行求解．
【详解】如图，延长CB至点G，使BG＝DF，并连接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，
设正方形边长为x，则BG＝DF＝x－4，GE＝EF＝x－1，CE＝x－3，
在Rt△CEF中，，
解得，，
∴正方形的边长为6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，巧作辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
11．
【分析】如图，作辅助线，构建正方形，证明四边形PMCH是正方形，则CM=CH=PH=PM，∠MPH=90°，证明△PME≌△PHM'（SAS）和△DPM'≌△DPE（SAS），则△CDE的周长=CH+CM，计算CH+CM=AC+BC-AB=2，可得结论．
【详解】解：如图，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥AC于H，PM⊥BC于M，在AH上取一点M'，使M'H=EM，连接PM'，
∵∠CAB与∠CBA的平分线交于点P，
∴PG=PM=PH，
∵∠PMC=∠C=∠PHC=90°，
∴四边形PMCH是正方形，
∴CM=CH=PH=PM，∠MPH=90°，
∵∠DPE=45°，
∴∠MPE+∠DPH=45°，
在△PME和△PHM'中，
，
∴△PME≌△PHM'（SAS），
∴PE=PM'，∠MPE=∠HPM'，
∴∠HPM'+∠DPH=∠DPH+∠EPM=45°=∠DPE，
在△DPM'和△DPE中，
，
∴△DPM'≌△DPE（SAS），
∴DE=DM'=DH+HM'=DH+ME，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE
=CD+CE+DH+EM
=CH+CM，
∵∠PGB=∠PMB=90°，∠PBG=∠PBM，
∴∠BPG=∠BPM，
∴BG=BM，
同理得：AG=AH，
Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
由勾股定理得：AB=，
∴AG+BG=AH+BM=5，
∵AC+BC=3+4=7，
∴CH+CM=AC+BC-AH-BM=7-5=2，
∴点P到边AB的距离是PG=，△CDE的周长是2．
故答案为：，2．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、角平分线的性质等知识点，正确作辅助线，构建正方形PMCH是解题的关键．
12．
【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：．
【点睛】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．
13．②③
【分析】当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE和△ADF的边对应不相等，由此判断①；延长CD至G，使得DG＝BE，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，即可判断②；通过周长公式计算，再由BE+DF＝EF，即可判断③；证明S△ABE+S△ADF＝S△AGF，再由三角形的底与高的数量关系得S△AGF＞S△CEF，进而判断④．
【详解】解：①当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE≌△ADF不成立，故①错误；
②延长CD至G，使得DG＝BE，连接AG，如图1，
∵四边形ABCD为正方形
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠G，AE＝AG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEB＝∠AEF，故②正确；
③∵△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+BE+DF＝BC+CD＝2BC，
∵正方形ABCD的周长＝4BC，
∴正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长，故③正确；
④∵△ABE≌△ADG，
∴S△ABE＝S△ADG，
∴S△ABE+S△ADF＝S△AGF，
∵GF＝EF＞CF，AD≥CE，
∴，即S△AGF＞S△CEF，
∴S△ABE+S△ADF≠S△CEF，故④错误；
故答案为：②③．
【点睛】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积关系，掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键．
14． 46 2.5
【分析】先利用三角形外角性质得∠ACA′=∠A+∠B=67°，再根据旋转的性质得∠BCB′=∠ACA′=67°，然后利用平角的定义计算∠ACB′的度数；由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．．
【详解】解：∵∠A=27°，∠B=40°，
∴∠ACA′=∠A+∠B=67°，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，
∴∠BCB′=∠ACA′=67°，
∴∠ACB′=180°-67°-67°=46°．
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+（4-x）2=x2，
解得：x=2.5，
∴FM=2.5．
故答案为：46；2.5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的综合应用．解题的关键是掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
15．45°
【分析】首先添加辅助线、、，再证，然后根据勾股定理和“矩形的面积恰好是矩形面积的2倍”证得，进一步可得证，最后根据全等三角形的性质求得的度数.
【详解】解：如图，连接，延长至，使得，连接，
在与中
∴
∴，
∴
设，，正方形边长为．
则，，，
∴．
又∵矩形的面积恰好是矩形面积的2倍
∴，即
∴
∴
在与中
∴
∴
故答案是：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识点，属中档题目，注意辅助线的添加，熟练掌握相关定理是解题的关键．
16．(1)见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形．
【详解】解：连结AM，DM，BM，
∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
17．见解析
【分析】连结，由对称的性质可知，进而可证，即可得，由∠AON=90°，可得．
【详解】证明：连结，
、关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，，
在Rt和Rt中
，
∴，又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
18．（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
连接
∵四边形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
证明：延长到，使得
连接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
19．（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．
20．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据三角形全等的判定证得AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理证得DO＝OF＝OG，根据线段的和差求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAF＝∠ABE＝90°，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，
∴EF＝EB，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△AGD和△ABE中，，
∴△AGD≌△ABE（AAS），
∴AB＝AG；
（3）∵四边形ABEF是正方形，
∴AB＝AF＝1，
∵△AGD≌△ABE，
∴DG＝AB＝AF＝AG＝1，
∵AD＝AE，
∴AD﹣AF＝AE﹣AG，
即DF＝EG，
在△DFO和△EGO中，，
∴△DFO≌△EGO（AAS），
∴FO＝GO，FD＝EG
∵∠DAE＝∠AEF＝45°，∠AFE＝∠AGD＝90°，
∴DF＝FO＝OG＝EG，
∴DO＝OF＝OG，
∴DG＝DO+OG＝OG+OG＝1，
∴OG＝＝﹣1，
∴OD＝(﹣1)＝2﹣．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质．熟记各个性质与判定是解题的关键．
21．（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．
22．（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）①10；②15
【分析】（1）因为ABCD为正方形，所以CB=CD，∠B=∠CDA=90°，又因为DF=BE，则△BCE≌△DCF，即可求证CE=CF；
（2）因为∠BCD=90°，∠GCE=45°，则有∠BCE+∠GCD=45°，又因为△BCE≌△DCF，所以∠ECG=∠FCG，CE=CF，CG=CG，则△ECG≌△FCG，故GE=BE+GD成立；
（3）①过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，利用勾股定理求得DE的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长，再求得△ABC的面积．
【详解】解：（1）证明：在正方形ABCD中 CB=CD，∠B=∠CDA=90°，
∴∠CDF=∠B=90°．
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）解：GE=BE+GD成立．理由如下：
∵∠BCD=90°，∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°．
∵△BCE≌△DCF（已证），
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠GCF=∠GCD+∠DCF=∠GCD+∠BCE=45°．
∴∠ECG=∠FCG=45°．
在△ECG和△FCG中，
，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE=FG．
∵FG=GD+DF，
∴GE=BE+GD．
（3）①如图2，过点C作CG⊥AD交AD的延长线于点G，
由（2）和题设知：DE=DG+BE，
设DG=x，则AD=12-x，DE=x+4，
在Rt△ADE中，由勾股定理，得：
AD2+AE2=DE2
∴（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2
解得x=6．
∴DE=6+4=10；
②将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，
∴∠EAG=∠E=∠G=90°，
AE=AG=AD，
BD=EB=2，
DC=CG=3，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，
可得BF=x-2，CF=x-3，
在Rt△BCF中，
根据勾股定理得：
BF2+CF2=BC2，
即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，
解得：x=6或x=-1（舍去），
∴AD=6，
则S△ABC=BC AD=15．
【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题．考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解．
23．（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，
∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
24．（1）（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接AC，交MN于点G，则可知AC垂直平分MN，结合∠MAN=45°，可证明△ABM≌△AGM，可得到BM=MG，同理可得到NG=DN，可得出结论；
（2）在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE，则可证明△ABE≌△ADN，可得到AE=AN，进一步可证明△AEM≌△ANM，可得结论BM+DN=MN；
（3）在DC上截取DF=BM，连接AF，可先证明△ABM≌△ADF，进一步可证明△MAN≌△FAN，可得到MN=NF，从而可得到DN﹣BM=MN．
【详解】解：（1）如图1，连接AC，交MN于点G．
∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD，且BM=DN，∴CM=CN，且AC平分∠BCD，∴AC⊥MN，且MG=GN，∴AM=AN．
∵AG⊥MN，∴∠MAG=∠NAG．
∵∠BAC=∠MAN=45°，即∠BAM+∠GAM=∠GAM+∠GAN，∴∠BAM=∠GAN=∠GAM．
在△ABM和△AGM中，∵，
∴△ABM≌△AGM（AAS），∴BM=MG，同理可得GN=DN，∴BM+DN=MG+GN=MN．
故答案为BM+DN=MN；
（2）猜想：BM+DN=MN，证明如下：
如图2，在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE．
在△ABE和△ADN中，∵，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，∴∠EAB+∠BAM=45°，∴∠EAM=∠NAM．
在△AEM和△ANM中，∵，
∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，又ME=BE+BM=BM+DN，∴BM+DN=MN；
（3）DN﹣BM=MN．证明如下：
如图3，在DC上截取DF=BM，连接AF．
△ABM和△ADF中，∵，
∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM=AF，∠BAM=∠DAF，∴∠BAM+∠BAF=∠BAF+∠DAF=90°，即∠MAF=∠BAD=90°．
∵∠MAN=45°，∴∠MAN=∠FAN=45°．
在△MAN和△FAN中，∵，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN=NF，
∴MN=DN﹣DF=DN﹣BM，
∴DN﹣BM=MN．
【点睛】本题为四边形的综合应用，涉及知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质等．在（1）中证得AM=AN是解题的关键，在（2）、（3）中构造三角形全等是解题的关键．本题考查了知识点不多，但三角形全等的构造难度较大．
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