2020年中考數學必考考點 專題22 正方形（含解析）

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1、專題22 正方形 專題知識回顧 1．正方形定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形。 2．正方形的性質： （1）具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質； （2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等； （3）正方形的兩條對角線相等，并且互相垂直平分，每一條對角線平分一組對角； （4）正方形是軸對稱圖形，有4條對稱軸； （5）正方形的一條對角線把正方形分成兩個全等的等腰直角三角形，兩條對角線把正方形分成四個全等的小等腰直角三角形； （6）正方形的一條對角線上的一點到另一條對角線的兩端點的距離相等。 3．正方形的判定 判定一個四邊形是

2、正方形的主要依據是定義，途徑有兩種： 先證它是矩形，再證有一組鄰邊相等。即有一組鄰邊相等的矩形是正方形 先證它是菱形，再證有一個角是直角。即有一個角是直角的菱形是正方形。 4．正方形的面積：設正方形邊長為a，對角線長為b ，S正方形= 專題典型題考法及解析 【例題1】（2019湖南郴州）我國古代數學家劉徽將勾股形（古人稱直角三角形為勾股形）分割成一個正方形和兩對全等的三角形，如圖所示，已知∠A＝90°，BD＝4，CF＝6，則正方形ADOF的邊長是（　　） A．2 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】設正方形ADOF的邊長為x， 由題意得：BE

3、＝BD＝4，CE＝CF＝6， ∴BC＝BE+CE＝BD+CF＝10， 在Rt△ABC中，AC2+AB2＝BC2， 即（6+x）2+（x+4）2＝102， 整理得，x2+10x﹣24＝0， 解得：x＝2，或x＝﹣12（舍去）， ∴x＝2， 即正方形ADOF的邊長是2 【例題2】（2019?四川省涼山州）如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，E是OC上一點，連接EB．過點A作AM⊥BE，垂足為M，AM與BD相交于點F．求證：OE＝OF． 【答案】見解析。 【解析】根據正方形的性質對角線垂直且平分，得到OB＝OA，根據AM⊥BE，即可得出∠MEA+∠MAE＝90°

4、＝∠AFO+∠MAE，從而證出Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE＝OF． 證明：∵四邊形ABCD是正方形． ∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA． 又∵AM⊥BE， ∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE， ∴∠MEA＝∠AFO． ∴△BOE≌△AOF（AAS）． ∴OE＝OF． 專題典型訓練題 一、選擇題 1．（2019內蒙古包頭）如圖，在正方形ABCD中，AB＝1，點E，F分別在邊BC和CD上，AE＝AF，∠EAF＝60°，則CF的長是（　　） A． B． C．﹣1 D． 【答案】C 【解析】∵四邊形ABC

5、D是正方形， ∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1， 在Rt△ABE和Rt△ADF中，， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴∠BAE＝∠DAF， ∵∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝30°， ∴∠DAF＝15°， 在AD上取一點G，使∠GFA＝∠DAF＝15°，如圖所示： ∴AG＝FG，∠DGF＝30°， ∴DF＝FG＝AG，DG＝DF， 設DF＝x，則DG＝x，AG＝FG＝2x， ∵AG+DG＝AD， ∴2x+x＝1， 解得：x＝2﹣， ∴DF＝2﹣， ∴CF＝CD﹣DF＝1﹣（2﹣）＝﹣1； 故選：C． 2．（2

6、019湖南張家界）如圖，在平面直角坐標系中，將邊長為1的正方形OABC繞點O順 時針旋轉45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，繞點O連續(xù)旋轉2019次得到正方形 OA2019B2019C2019，那么點A2019的坐標是（　?。? A．（，﹣） B．（1，0） C．（﹣，﹣） D．（0，﹣1） 【答案】A. 【解析】解：∵四邊形OABC是正方形，且OA＝1， ∴A（0，1）， ∵將正方形OABC繞點O逆時針旋轉45°后得到正方形OA1B1C1， ∴A1（，），A2（1，0），A3（，﹣），…， 發(fā)現是8次一循環(huán)，所以2019÷8＝252…余3， ∴點

7、A2019的坐標為（，﹣） 故選：A． 3.（2019?四川省廣安市）把邊長分別為1和2的兩個正方形按圖的方式放置.則圖中陰影部分的面積為 【答案】A 【解析】陰影部分面積=1××= 4.（2019?貴州省銅仁市）如圖，正方形ABCD中，AB＝6，E為AB的中點，將△ADE沿DE翻折得到△FDE，延長EF交BC于G，FH⊥BC，垂足為H，連接BF、DG．以下結論：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB＝；⑤S△BFG＝2.6；其中正確的個數是（　?。? A．2 B．3 C．4 D．5

8、\ 【答案】C． 【解答】∵正方形ABCD中，AB＝6，E為AB的中點 ∴AD＝DC＝BC＝AB＝6，AE＝BE＝3，∠A＝∠C＝∠ABC＝90° ∵△ADE沿DE翻折得到△FDE ∴∠AED＝∠FED，AD＝FD＝6，AE＝EF＝3，∠A＝∠DFE＝90° ∴BE＝EF＝3，∠DFG＝∠C＝90° ∴∠EBF＝∠EFB ∵∠AED+∠FED＝∠EBF+∠EFB ∴∠DEF＝∠EFB ∴BF∥ED 故結論①正確； ∵AD＝DF＝DC＝6，∠DFG＝∠C＝90°，DG＝DG ∴Rt△DFG≌Rt△DCG ∴結論②正確； ∵FH⊥BC，∠ABC＝90° ∴AB∥FH

9、，∠FHB＝∠A＝90° ∵∠EBF＝∠BFH＝∠AED ∴△FHB∽△EAD ∴結論③正確； ∵Rt△DFG≌Rt△DCG ∴FG＝CG 設FG＝CG＝x，則BG＝6﹣x，EG＝3+x 在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6﹣x）2＝（3+x）2 解得：x＝2 ∴BG＝4 ∴tan∠GEB＝＝ 故結論④正確； ∵△FHB∽△EAD，且 ∴BH＝2FH 設FH＝a，則HG＝4﹣2a 在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+（4﹣2a）2＝22 解得：a＝2（舍去）或a＝ ∴S△BFG＝×4×＝2.4 故結論⑤錯誤。 5．（2019黑龍江省綏化）如圖，在正

10、方形ABCD中，E、F是對角線AC上的兩個動點，P是正方形四邊上的任意一點，且AB＝4，EF＝2，設AE＝x．當△PEF是等腰三角形時，下列關于P點個數的說法中，一定正確的是（　　） ①當x＝0（即E、A兩點重合）時，P點有6個 ②當0＜x＜4﹣2時，P點最多有9個 ③當P點有8個時，x＝2﹣2 ④當△PEF是等邊三角形時，P點有4個 A．①③ B．①④ C．②④ D．②③ 【答案】B 【解析】①當x＝0（即E、A兩點重合）時，如下圖， 分別以A、F為圓心，2為半徑畫圓，各2個P點， 以AF為直徑作圓，有2個P點，共6個， 所以，①正確。 ②當0＜x＜4﹣2時，P

11、點最多有8個， 故②錯誤。 二、填空題 6．（2019湖南邵陽）公元3世紀初，中國古代數學家趙爽注《周髀算經》時，創(chuàng)造了“趙爽弦圖”．如圖，設勾a=6，弦c=10，則小正方形ABCD的面積是 . 【答案】4． 【解析】∵勾a＝6，弦c＝10， ∴股＝＝8， ∴小正方形的邊長＝8﹣6＝2， ∴小正方形的面積＝22＝4. 故答案是：4. 7．（2019湖南張家界）如圖：正方形ABCD的邊長為1，點E，F分別為BC，CD邊的中點， 連接AE，BF交于點P，連接PD，則tan∠APD＝　 ?。? 【答案】2． 【解析】解：連接AF， ∵

12、E，F分別是正方形ABCD邊BC，CD的中點， ∴CF＝BE，， 在△ABE和△BCF中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS）， ∴∠BAE＝∠CBF， 又∵∠BAE+∠BEA＝90°， ∴∠CBF+∠BEA＝90°， ∴∠BPE＝∠APF＝90°， ∵∠ADF＝90°， ∴∠ADF+∠APF＝180°， ∴A、P、F、D四點共圓， ∴∠AFD＝∠APD， ∴tan∠APD＝tan∠AFD＝＝2， 故答案為：2． 8.（2019?湖北省隨州市）如圖，已知正方形ABCD的邊長為a，E為CD邊上一點（不與端點重合），將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF

13、交邊BC于點G，連接AG，CF．給出下列判斷： ①∠EAG=45°； ②若DE=a，則AG∥CF； ③若E為CD的中點，則△GFC的面積為a2； ④若CF=FG，則DE=（-1）a； ⑤BG?DE+AF?GE=a2． 其中正確的是______．（寫出所有正確判斷的序號） 【答案】①②④⑤ 【解析】①∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC=AD=a， ∵將△ADE沿AE對折至△AFE ， ∴∠AFE=∠ADE=∠ABG=90°，AF=AD=AB，EF=DE，∠DAE=∠FAE， 在Rt△ABG和Rt△AFG中， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴∠BA

14、G=∠FAG， ∴∠GAE=∠GAF+∠EAF=90°=45°，故①正確； ②∴BG=GF，∠BGA=∠FGA， 設BG=GF=x，∵DE=a，∴EF=a，∴CG=a-x， 在Rt△EGC中，EG=x+a，CE=a，由勾股定理可得（x+a）2=x2+（a）2， 解得x=a，此時BG=CG=a， ∴GC=GF=a，∴∠GFC=∠GCF，且∠BGF=∠GFC+∠GCF=2∠GCF， ∴2∠AGB=2∠GCF，∴∠AGB=∠GCF，∴AG∥CF，∴②正確； ③若E為CD的中點，則DE=CE=EF=， 設BG=GF=y，則CG=a-y，CG2+CE2=EG2， 即，解得，y=a，

15、 ∴BG=GF=，CG=a-，∴， ∴，故③錯誤； ④當CF=FG，則∠FGC=∠FCG， ∵∠FGC+∠FEC=∠FCG+∠FCE=90°，∴∠FEC=∠FCE，∴EF=CF=GF， ∴BG=GF=EF=DE，∴EG=2DE，CG=CE=a-DE，∴，即， ∴DE=（-1）a，故④正確； ⑤設BG=GF=b，DE=EF=c，則CG=a-b，CE=a-c， 由勾股定理得，（b+y）2=（a-b）2+（a-c）2，整理得bc=a2-ab-ac， ∴=，即S△CEG=BG?DE， ∵S△ABG=S△AFG，S△AEF=S△ADE，∴， ∵S五邊形ABGED+S△CEG=S正方形

16、ABCD，∴BG?DE+AF?EG=a2，故⑤正確．故答案為：①②④⑤． ①由折疊得AD=AF=AB，再由HL定理證明Rt△ABG≌Rt△AFG便可判定正誤； ②設BG=GF=x，由勾股定理可得（x+a）2=x2+（a）2，求得BG=a，進而得GC=GF，得∠GFC=∠GCF，再證明∠AGB=∠GCF，便可判斷正誤； ③設BG=GF=y，則CG=a-y，由勾股定理得y的方程求得BG，GF，EF，再由同高的兩個三角形的面積比等于底邊之比，求得△CGF的面積，便可判斷正誤； ④證明∠FEC=∠FCE，得EF=CF=GF，進而得EG=2DE，CG=CE=a-DE，由等腰直角三角形的斜邊與直角

17、邊的關系式便可得結論，進而判斷正誤； ⑤設BG=GF=b，DE=EF=c，則CG=a-b，CE=a-c，由勾股定理得bc=a2-ab-ac，再得△CEG的面積為BG?DE，再由五邊形ABGED的面積加上△CEG的面積等于正方形的面積得結論，進而判斷正誤． 9．（2019福建）如圖，邊長為2的正方形ABCD中心與半徑為2的⊙O的圓心重合，E、F分別是AD、BA的延長與⊙O的交點，則圖中陰影部分的面積是　 　．（結果保留π） 【答案】π﹣1． 【解析】延長DC，CB交⊙O于M，N，根據圓和正方形的面積公式即可得到結論． 延長DC，CB交⊙O于M，N， 則圖中陰影部分的面積＝×（

18、S圓O﹣S正方形ABCD）＝×（4π﹣4）＝π﹣1， 10.（2019?四川省涼山州）如圖，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作PQ⊥EP，交CD于點Q，則CQ的最大值為　 ?。? 【答案】4 【解析】先證明△BPE∽△CQP，得到與CQ有關的比例式，設CQ＝y(tǒng)，BP＝x，則CP＝12﹣x，代入解析式，得到y(tǒng)與x的二次函數式，根據二次函數的性質可求最值． ∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°， ∴∠BEP＝∠CPQ． 又∠B＝∠C＝90°， ∴△BPE∽△CQP． ∴． 設CQ＝y(tǒng)，BP＝x，

19、則CP＝12﹣x． ∴，化簡得y＝﹣（x2﹣12x）， 整理得y＝﹣（x﹣6）2+4， 所以當x＝6時，y有最大值為4． 11. （2019?廣東廣州）如圖，正方形ABCD的邊長為a，點E在邊AB上運動（不與點A，B重合），∠DAM＝45°，點F在射線AM上，且AF＝BE，CF與AD相交于點G，連接EC，EF，EG，則下列結論： ①∠ECF＝45°； ②△AEG的周長為（1+）a； ③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面積的最大值a2． 其中正確的結論是　 ?。ㄌ顚懰姓_結論的序號） 【答案】①④． 【解析】①正確．如圖1中，在BC上截取BH＝BE，連接EH．證

20、明△FAE≌△EHC（SAS），即可解決問題．②③錯誤．如圖2中，延長AD到H，使得DH＝BE，則△CBE≌△CDH（SAS），再證明△GCE≌△GCH（SAS），即可解決問題． ④正確．設BE＝x，則AE＝a﹣x，AF＝x，構建二次函數，利用二次函數的性質解決最值問題． 如圖1中，在BC上截取BH＝BE，連接EH． ∵BE＝BH，∠EBH＝90°， ∴EH＝BE，∵AF＝BE， ∴AF＝EH， ∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°， ∴∠FAE＝∠EHC＝135°， ∵BA＝BC，BE＝BH， ∴AE＝HC， ∴△FAE≌△EHC（SAS）， ∴EF＝EC，∠

21、AEF＝∠ECH， ∵∠ECH+∠CEB＝90°， ∴∠AEF+∠CEB＝90°， ∴∠FEC＝90°， ∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正確， 如圖2中，延長AD到H，使得DH＝BE，則△CBE≌△CDH（SAS）， ∴∠ECB＝∠DCH， ∴∠ECH＝∠BCD＝90°， ∴∠ECG＝∠GCH＝45°， ∵CG＝CG，CE＝CH， ∴△GCE≌△GCH（SAS）， ∴EG＝GH， ∵GH＝DG+DH，DH＝BE， ∴EG＝BE+DG，故③錯誤， ∴△AEG的周長＝AE+EG+AG＝AG+GH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②錯誤， 設

22、BE＝x，則AE＝a﹣x，AF＝x， ∴S△AEF＝?（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2， ∵﹣＜0， ∴x＝a時，△AEF的面積的最大值為a2．故④正確， 故答案為①④． 12.（2019·廣西賀州）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E是CD的中點，AF平分∠BAE交BC于點F，將△ADE繞點A順時針旋轉90°得△ABG，則CF的長為　 ?。? 【答案】6﹣2． 【解析】作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如圖，易得四邊形CFMD為矩形，則FM＝4， ∵正方形ABCD的邊長為4，點E是CD的中點， ∴DE＝2， ∴AE

23、＝＝2， ∵△ADE繞點A順時針旋轉90°得△ABG， ∴AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°， 而∠ABC＝90°， ∴點G在CB的延長線上， ∵AF平分∠BAE交BC于點F， ∴∠1＝∠2， ∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD， ∴FN＝FM＝4， ∵AB?GF＝FN?AG， ∴GF＝＝2， ∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2＝6﹣2． 故答案為6﹣2． 13．（2019?山東青島）如圖，在正方形紙片ABCD中，E是CD的中點，將正方形紙片折疊，點B落在線段AE上的點G處，折痕為AF．若AD＝4cm，則CF

24、的長為　 　cm． 【答案】6﹣． 【解析】設BF＝x，則FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，從而得到關于x方程，求解x，最后用4﹣x即可． 設BF＝x，則FG＝x，CF＝4﹣x． 在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝． 根據折疊的性質可知AG＝AB＝4，所以GE＝﹣4． 在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2， 在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22， 所以（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22， 解得x＝﹣2．

25、 則FC＝4﹣x＝6﹣． 14.（2019江蘇鎮(zhèn)江）將邊長為1的正方形ABCD繞點C按順時針方向旋轉到FECG的位置（如圖），使得點D落在對角線CF上，EF與AD相交于點H，則HD＝ ．（結果保留根號） 【答案】－1． 【解析】本題考查了正方形的性質、旋轉、等腰三角形的判定與性質、勾股定理．由正方形的對角線與相鄰的邊夾角為45°，得∠CFE＝∠ECF＝45°，而在Rt△CEF中，由勾股定理，得CF＝，從而DF＝－1，易知△DHF是等腰直角三角形，于是DH＝DF＝－1．因此本題答案為－1． 15．（2019遼寧撫順）如圖，在2×6的網格中，每個小正方形的邊

26、長都是1個單位長度，網格中小正方形的頂點叫格點，點A，B，C在格點上，連接AB，BC，則tan∠ABC＝　 ?。? 故答案為： 【解析】連接AD，根據網格利用勾股定理求出AB，AD，BD的長，利用勾股定理的逆 定理判斷出三角形ABD為直角三角形，利用銳角三角函數定義求出所求即可． 連接AD，由勾股定理得：AD＝＝，AB＝＝2，BD＝＝， ∵（）2+（2）2＝（）2，即AD2+AB2＝BD2， ∴△ABD為∠BAD是直角的直角三角形， ∴tan∠ABC＝＝＝ 三、解答題 16．（2019湖南湘西州）如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別在邊CD，AD上，且AF ＝C

27、E． （1）求證：△ABF≌△CBE； （2）若AB＝4，AF＝1，求四邊形BEDF的面積． 【答案】（1）見解析；（2）12． 【解答】（1）在△ABF和△CBE中 ， ∴△ABF≌△CBE（SAS）； （2）由已知可得正方形ABCD面積為16， △ABF面積＝△CBE面積＝×4×1＝2． 所以四邊形BEDF的面積為16﹣2×2＝12． 17. (2019海南)如圖,在邊長為1的正方形ABCD中,E是邊CD的中點,點P是邊AD上一點(與點A,D不重合),射線PE與BC的延長線交于點Q. (1)求證:△PDE≌△QCE; (2)過點E作EF∥BC交PB于點F,連接A

28、F,當PB＝PQ時,①求證:四邊形AFEP是平行四邊形;②請判斷四邊形AFEP是否為菱形,并說明理由. 【答案】見解析。 【解析】由正方形性質得到邊角關系,從而證明全等;①通過證明全等得到AP＝EF,由平行線的傳遞性得到平行,故四邊形AFEP是平行四邊形;②列出方程得到AP的長,與PE比較,不能判定四邊形AFEP是菱形. (1) 證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠D＝∠BCD＝90°,∴∠ECQ＝90°＝∠D.∵E是CD的中點,∴DE＝CE,又∵∠DEP＝∠CEQ,∴△PDE≌△QCE; (2) (2)①證明:如圖,由(1)得△PDE≌△QCE,∴PE＝QE＝PQ,又∵EF∥BC

29、,∴PF＝FB＝PB,∵PB＝PQ,∴PF＝PE,∴∠1＝∠2,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BAD＝90°,在Rt△ABP中,F是PB的中點,∴AF＝BP＝FP,∴∠3＝∠4,∵AD∥BC,EF∥BC,∴AD∥EF,∴∠1＝∠4,∴∠2＝∠3,又∵PF＝FP,∴△APF≌△EFP,∴AP＝EF,又∵AP∥EF,∴四邊形AFEP是平行四邊形. ②四邊形AFEP不是菱形,理由如下:設PD＝x,則AP＝1－x,由(1)可知△PDE≌△QCE,∴CQ＝PD＝x,∴BQ＝BC+CQ＝1+x,∵點E,F分別是PQ,PB的中點,∴EF是△PBQ的中位線,∴EF＝BQ＝.由①可知AP＝EF,即1－x＝,解

30、得x＝,∴PD＝,AP＝,在Rt△PDE中,DE＝,∴PE＝＝,∴AP≠PE,∴四邊形AFEP不是菱形. 18．（2019湖南株洲）如圖所示，已知正方形OEFG的頂點O為正方形ABCD對角線AC、BD的交點，連接CE、DG． （1）求證：△DOG≌△COE； （2）若DG⊥BD，正方形ABCD的邊長為2，線段AD與線段OG相交于點M，AM＝，求正方形OEFG的邊長． 【答案】（1）見解析；（2）2． 【解析】解： （1）∵正方形ABCD與正方形OEFG，對角線AC、BD ∴DO＝OC ∵DB⊥AC，∴∠DOA＝∠DOC＝90° ∵∠GOE＝90°，∴∠GOD+∠DOE

31、＝∠DOE+∠COE＝90° ∴∠GOD＝∠COE ∵GO＝OE ∴在△DOG和△COE中 ∴△DOG≌△COE（SAS） （2）如圖，過點M作MH⊥DO交DO于點H ∵AM＝，DA＝2，∴DM＝ ∵∠MDB＝45° ∴MH＝DH＝sin45°?DM＝，DO＝cos45°?DA＝ ∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝ ∴在Rt△MHO中，由勾股定理得 MO＝＝＝ ∵DG⊥BD，MH⊥DO，∴MH∥DG ∴易證△OHM∽△ODG ∴＝＝＝，得GO＝2 則正方形OEFG的邊長為2． 19.（2019?湖北省仙桃市）如圖，E，F分別是正方形ABCD的邊CB，DC延長線上的

32、點，且BE＝CF，過點E作EG∥BF，交正方形外角的平分線CG于點G，連接GF．求證： （1）AE⊥BF； （2）四邊形BEGF是平行四邊形． 【答案】見解析。 【解析】由SAS證明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行線的性質得出∠CBF＝∠CEG，證出AE⊥EG，即可得出結論；延長AB至點P，使BP＝BE，連接EP，則AP＝CE，∠EBP＝90°，證明△APE≌△ECG得出AE＝EG，證出EG＝BF，即可得出結論． 證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠ABE＝∠BCF＝90°， 在△ABE和△BC

33、F中，， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF， ∵EG∥BF，∴∠CBF＝∠CEG， ∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CEG+∠BEA＝90°， ∴AE⊥EG，∴AE⊥BF； （2）延長AB至點P，使BP＝BE，連接EP，如圖所示： 則AP＝CE，∠EBP＝90°，∴∠P＝45°， ∵CG為正方形ABCD外角的平分線，∴∠ECG＝45°，∴∠P＝∠ECG， 由（1）得∠BAE＝∠CEG， 在△APE和△ECG中，， ∴△APE≌△ECG（ASA），∴AE＝EG， ∵AE＝BF，∴EG＝BF， ∵EG∥BF，∴四邊形BEGF是平行四邊形

34、． 20．（2019?山東泰安）如圖，四邊形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，點E在AB上，且∠CEF＝90°，FG⊥AD，垂足為點C． （1）試判斷AG與FG是否相等？并給出證明； （2）若點H為CF的中點，GH與DH垂直嗎？若垂直，給出證明；若不垂直，說明理由． 【答案】見解析。 【解析】過點F作FM⊥AB交BA的延長線于點M，可證四邊形AGFM是矩形，可得AG＝MF，AM＝FG，由“AAS”可證△EFM≌△CEB，可得BE＝MF，ME＝BC＝AB，可得BE＝MA＝MF＝AG＝FG； 延長GH交CD于點N，由平行線分線段成比例可得，且CH＝FH，可得GH＝HN

35、，NC＝FG，即可求DG＝DN，由等腰三角形的性質可得DH⊥HG． （1）AG＝FG， 理由如下：如圖，過點F作FM⊥AB交BA的延長線于點M ∵四邊形ABCD是正方形 ∴AB＝BC，∠B＝90°＝∠BAD ∵FM⊥AB，∠MAD＝90°，FG⊥AD ∴四邊形AGFM是矩形 ∴AG＝MF，AM＝FG， ∵∠CEF＝90°， ∴∠FEM+∠BEC＝90°，∠BEC+∠BCE＝90° ∴∠FEM＝∠BCE，且∠M＝∠B＝90°，EF＝EC ∴△EFM≌△CEB（AAS） ∴BE＝MF，ME＝BC ∴ME＝AB＝BC ∴BE＝MA＝MF ∴AG＝FG， （2）DH

36、⊥HG 理由如下：如圖，延長GH交CD于點N， ∵FG⊥AD，CD⊥AD ∴FG∥CD ∴，且CH＝FH， ∴GH＝HN，NC＝FG，∴AG＝FG＝NC 又∵AD＝CD， ∴GD＝DN，且GH＝HN，∴DH⊥GH 21．（2019湖北襄陽）（1）證明推斷：如圖（1），在正方形ABCD中，點E，Q分別在邊BC，AB上，DQ⊥AE于點O，點G，F分別在邊CD，AB上，GF⊥AE． ①求證：DQ＝AE； ②推斷：的值為　 ??； （2）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交

37、CD于點H，連接AE交GF于點O．試探究GF與AE之間的數量關系，并說明理由； （3）拓展應用：在（2）的條件下，連接CP，當k＝時，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的長． 【答案】見解析。 24．【解析】（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°． ∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO． ∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ． ②解：結論：＝1． 理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ∥FG， ∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG＝DQ， ∵AE

38、＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1． 故答案為1． （2）解：結論：＝k． 理由：如圖2中，作GM⊥AB于M． ∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°， ∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM， ∴△ABE∽△GMF， ∴＝， ∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°， ∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD， ∴＝＝＝k． （3）解：如圖2﹣1中，作PM⊥BC交BC的延長線于M． ∵FB∥GC，FE∥GP，∴∠CGP＝∠BFE， ∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝， ∴可以假設BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k， ∵＝，FG＝2，∴AE＝3， ∴（3k）2+（9k）2＝（3）2， ∴K＝1或﹣1（舍棄），∴BE＝3，AB＝9， ∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6， ∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6， ∵∠BEF＝∠FEP＝∠PME＝90°， ∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM， ∴△FBE∽△EMP， ∴＝＝，∴＝＝，∴EM＝，PM＝， ∴CM＝EM＝EC＝﹣3＝， ∴PC＝＝． 25