图形研究专题 正方形(三)经典垂直问题(1)一“+字架”
2021年中考复习讲义初中几何典型模型一：一线三垂直模型
初中数学典型模型之一： “三垂直模型”介绍总体解题思路：只要出现此典型图形，一般都要证三角形全等或相似，再根据全等或相似性质解题.（一）基本图形： 1.“三垂”例1.如图，矩形ABCD 中，E 在AD 上，且EF ⊥EC ，EF=EC ，DE=2，矩形的周长为16，则AE=__ 解析：如图1，典型的“三垂直模型”，由于有等边（EF=EC ）先证△AEF ≌△DCE ， ∴AE=DC ，∴AD-DC=2，∵AD+DC=8，∴AD=5，DC=3，∴AE=3例2.一块矩形木板ABCD ，长AD=3cm,宽AB=2cm,小虎将一块等腰直角三角板的一条直角边靠在顶点C 上，另一条直角边与AB 边交于点E ，三角板的直角顶点P 在AD 边上移动（不含端点A,D ），当线段BE 最短时，AP=_______解析：如图1，典型的“三垂直模型”，由于没有等边，先证△AEP ∽△DPC ， ∴AP CD=AE PD。
当题目出现线段最值时，初三的数学中有两种解题方法：①几何论证方法；②代数论证方法-----通过设未知数，把几何中的线段关系转化成二次函数形式，运用二次函数求最值的方法解题；（详见“动态问题下求线段长”），此题可采用代数论证方法，设BE =y,AP =x ，∴x2=2−y 3−x, ∴y =x 2−3x +4=(x −32)2+74, ∴a =1>0 , ∴x =32时，y 最小值=742.两种变化图形（1）“交叉型”三垂直模型 （2）“L 型”三垂直模型A BC DEF 图1PA BCD E 证明：∵∠1+∠2=90°，∠2+∠A=90°，∴∠1=∠A 又∵∠B=∠C ，若其中有一组边相等，则证ABE ≅ECD;若没有边相等，则证ABE ~ECD;21AB CED证明：∵∠1+∠2=90°，∠2+∠A=90°，∴∠1=∠A 又∵∠B=∠C ，若其中有一组边相等，则证ABE ≅FCD;若没有边相等，则证ABE ~FCD;21A BF E DC(1)若有等边，则△ABE≌△BDC（AAS ）(2)若无等边，则△ABE∽△BDC（AA ）EDCBA例3.如图，已知正方形ABCD 的边长为4，点E 、F 分别在边AB 、BC 上，且AE=BF=1，则OC= ．解析：求线段长，要么用勾股定理，要么用相似，不管走勾股定理，还是相似，都绕不过先求出∠DOC=90°，当把这个90°标在图形时，就出现“三垂直模型的变化图形—交叉型三垂直模型”，如图1，由于有等边（BC=CD ），先证△BCE ≌△CDF ，∴∠BCE =∠CDF ，∵∠BCE +∠OCD =90°，∴∠CDF +∠OCD =90°，∴∠DOC =90°；这时图形又出现了第二个典型图形：“双垂型图形”，如图2，便易得这个典型图形的一个典型的用途----两直角边的乘积会等于斜边乘以斜边上的高。
正方形中的三垂直全等问题
正方形中的三垂直全等问题本文将介绍正方形中的三垂直全等问题的背景和重要性。
此问题具体描述了正方形中的三垂直全等问题，包括定义和要求。
在一个正方形中，有三条垂直线段，它们彼此之间相互垂直，并且长度相等。
针对这三条垂直线段的情况，要求解决以下问题：求出每条垂直线段的长度。
求出任意两条垂直线段之间的夹角。
分析并解释为什么这三条垂直线段在正方形中是全等的。
以上是正方形中的三垂直全等问题的具体描述，包含了问题的定义和要求。
解决方法在正方形中，我们可以讨论三个垂直全等的问题。
下面是解决这个问题的一种方法和思路：了解垂直全等。
了解什么是垂直全等对于解决这个问题至关重要。
垂直全等意味着两个或多个角度或边长完全相等。
了解垂直全等。
了解什么是垂直全等对于解决这个问题至关重要。
垂直全等意味着两个或多个角度或边长完全相等。
确定正方形性质。
首先，我们需要明确正方形的一些性质。
正方形的四个内角都是直角，边长相等，且对角线相等。
确定正方形性质。
首先，我们需要明确正方形的一些性质。
正方形的四个内角都是直角，边长相等，且对角线相等。
确定正方形性质。
首先，我们需要明确正方形的一些性质。
正方形的四个内角都是直角，边长相等，且对角线相等。
确定正方形性质。
首先，我们需要明确正方形的一些性质。
正方形的四个内角都是直角，边长相等，且对角线相等。
绘制正方形。
我们可以通过绘制一个简单的正方形来帮助我们可视化问题。
使用纸和铅笔，或者计算机绘图工具，绘制出一个具有相等边长的正方形。
绘制正方形。
我们可以通过绘制一个简单的正方形来帮助我们可视化问题。
使用纸和铅笔，或者计算机绘图工具，绘制出一个具有相等边长的正方形。
绘制正方形。
我们可以通过绘制一个简单的正方形来帮助我们可视化问题。
使用纸和铅笔，或者计算机绘图工具，绘制出一个具有相等边长的正方形。
绘制正方形。
我们可以通过绘制一个简单的正方形来帮助我们可视化问题。
使用纸和铅笔，或者计算机绘图工具，绘制出一个具有相等边长的正方形。
立体几何垂直关系课件理ppt
地理学
在地理学中，地球的自转轴与地球表面的垂直关系导致了昼夜的变化 和季节的更替。此外，在测量和地图制作中，纬度和经度的确定也涉 及到垂直关系。
02
垂直的基本性质
垂直的分类
根据两条直线或平面与直线的垂直关系，可以将垂直分为点 垂直、线垂直和面垂直。
垂直的分类与判别
点垂直
当两个点重合时，可以认为它们是垂直的。在立体几何 中，点垂直的情况较少出现，更多的是线垂直或面垂直 。
线垂直
当两条直线相互垂直时，称为线垂直。线垂直可以通过 两条直线的方向向量来判断，如果它们的方向向量相互 垂直，则这两条直线垂直。
垂直也是高等数学中重要的概念之一，例如在微积分、线性代数等课程中都有广 泛的应用。
垂直在实际问题解决中的应用价值
在工程、建筑、地质等领域中，垂直 关系的应用十分广泛。例如，在建筑 设计中，需要利用垂直关系来计算建
筑物的高度、宽度等参数。
在地球物理学中，通过测量两地之间 的铅垂距离，可以计算出地球的半径
利用平行线的性质证明垂直
总结词
在立体几何中，我们还可以利用平行线的性质来证明垂直关系。当两条直线平行时，它们的夹角为90 度，这可以用来证明垂直关系。
详细描述
首先，我们需要了解平行线的性质，即两条平行线之间的夹角为90度。在立体几何中，我们通常利用 这个原理来证明垂直关系。例如，在矩形ABCD中，当AD平行于BC时，我们可以证明出BC与DC的夹 角为90度，即BC垂直于DC。
垂径定理
垂径定理是垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦 所对的两条弧。
1正方形中相互垂直的线段问题
1.已知:如图,E、F、G分别是正方形ABCD中
BC、AB、CD上的点,且AE⊥DF.
求证:AE=DF.AFra bibliotekD变式1.已知:如图,E、F、G
F
分别是正方形ABCD中BC、
AB、CD上的点,若AF=BE
探究AE与DF的关系？
B
E
C
专题1：正方形中相互垂直的线段问题
变式2.已知:如图,E、F、G分别是正方形
环滁/皆山也。其/西南诸峰，林壑/尤美，望之/蔚然而深秀者，琅琊也。山行/六七里，渐闻/水声潺潺，而泻出于/两峰之间者，酿泉也。峰回/路转，有亭/翼然临于泉上者，醉翁亭也。作亭者/谁？山之僧/曰/智仙也。名之者/谁？太守/自谓也。太守与客来饮/于此，饮少/辄醉，而/年又最高，故/自号曰/醉翁也。醉翁之意/不在酒，在乎/山水之间也。山水之乐，得之心/而
寓之酒也。节奏划分思考“山行/六七里”为什么不能划分为“山/行六七里”？
会员免费下载 明确：“山行”意指“沿着山路走”，“山行”是个状中短语，不能将其割裂。“望之/蔚然而深秀者”为什么不能划分为“望之蔚然/而深秀者”？明确：“蔚然而深秀”是两个并列的词，不宜割裂，“望之”是总起词语，故应从其后断句。【教学提示】引导学生在反复朗读的过程中划分朗读节奏，在划分节奏的过程中感知文意。对于部分结构复杂的句子，教师可做适
西)人，因吉州原属庐陵郡，因此他又以“庐陵欧阳修”自居。谥号文忠，世称欧阳文忠公。北宋政治家、文学家、史学家，与韩愈、柳宗元、王安石、苏洵、苏轼、苏辙、曾巩合称“唐宋八大家”。后人又将其与韩愈、柳宗元和苏轼合称“千古文章四大家”。
关于“醉翁”与“六一居士”：初谪滁山，自号醉翁。既老而衰且病，将退休于颍水之上，则又更号六一居士。客有问曰：“六一何谓也？”居士曰：“吾家藏书一万卷，集录三代以来金石遗文一千卷，有琴一张，有棋一局，而常置酒一壶。”客曰：“是为五一尔，奈何？”居士曰：“以吾一翁，老于此五物之间，岂不为六一乎？”写作背景：宋仁宗庆历五年(1045年)，
正方体的六组线面垂直关系
窑 窑 摇 渊圆园员园 年第 源 期窑高中版冤摇 摇 摇 摇 摇 摇 摇
数学探究
正方体的六组线面垂直关系
猿远源园园园摇 福建省龙岩第一中学摇 胡寅年
摇 摇 正方体是空间图形中特殊且内涵丰富的几何图形 之 一袁 在 正 方 体 中 能 反 映 空 间 基 本 的 线 线 关 系尧线 面 关 系尧面面关系渊 尤其是平行垂直关系冤援 通过对正方体的 截割袁可以得到多种多样的 柱体尧锥体尧台体噎噎援 可以 说袁正方体是 研 究 空 间 线 面 位 置 关 系 的 一 个 重 要 载 体袁 也是展开空间想象的一个重要依托援 那么袁哪些是正方 体丰富的线线尧线面尧面面平行垂直关系钥 哪些方面体 现了正方体与其他几何体之间的内在关系钥 对此袁历年 全国高考试题都作了很好的诠释袁它对于立体几何的复 习也是一个很好的导向援
面角的大小袁求 贼葬灶兹援
窑数学探究窑摇 摇 摇 摇 摇 摇
摇 渊圆园员园 年第 源 期窑高中版冤
缘怨
解摇 渊员冤略
渊圆冤 如图 苑袁郧酝彝月云袁又 月酝彝月悦袁
所以
蚁月郧酝 越 蚁悦云月袁
月酝 越 月郧窑贼葬灶蚁月郧酝 越 月郧窑贼葬灶蚁悦云月
越 月郧窑月悦 越
圆
猿 窑
越 员袁
悦云 猿 圆
因为 粤耘椅月酝袁粤耘 越 月酝袁所以四边形 粤月酝耘 为平行
陌生的情境袁考查正方体线面垂直关系的直接运用援
由图形 员袁圆袁在一个正方体中袁一个表面有四条棱与
之垂直袁正方体的六个表面构成了 圆源 个野 正交线面对冶 曰
而正方体的六个对角面中袁每个对角面又有两条面对角
线与之垂直袁正方体的六个对角面构成了 员圆 个野 正交线
面对冶 袁所以共有 猿远 个野正交线面对冶 援
初中数学几何模型之三垂直模型
数学模型-三垂直模型一，三垂直与勾股定理模型分析：赵爽弦图：设直角三角形的三边中较短的直角边为a，另一直角边为b，斜边为c ∴四个直角三角形面积=2ab，中心正方形面积=（b-a）²=b²-2ab+a²∴大正方形面积=c²=a²+b²毕达哥拉斯内弦图大正方形的面积=（a+b）2大正方形的面积=四个直角三角形+中心正方形面积=2ab+c2根据等面积法得（a+b）2=2ab+c2∴c²= a²+b²，即c²= a²+b²总统证明勾股定理：将毕达哥拉斯的图形平分即可得到总统证法规律总结：弦图能够解析完全平方定理，如此勾股定理，完全平方和弦图有机结合在一起，体现了数形结合的思想．实例精炼：1. 汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若S1＋S2＋S3＝10，则S2的值为()A. 113B. 103C. 3D. 83【答案】B【解析】【分析】根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，从而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可．【详解】解：将四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y．∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1＋S2＋S3＝10，∴S1＝8y＋x，S2＝4y＋x，S3＝x,∴S1＋S2＋S3＝3x＋12y＝10x＋4y＝10 3,∴S2＝x＋4y＝103．故选B.【点睛】此题主要考查了图形面积关系，根据已知得出用x ，y 表示出S 1，S 2，S 3，再利用S 1+S 2+S 3=10求出是解决问题的关键．2. 如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt ABC △中，AC b =，BC a =，90ACB ∠=︒，若图中大正方形的面积为42，小正方形的面积为5，求2()a b +的值．【答案】2()=79a b + 【解析】【分析】根据正方形的面积公式和三角形的面积公式即可求出2()5b a -=，237ab =，然后根据完全平方公式的变形即可求出结论． 【详解】解：小正方形面积=2()5b a -= 4个小直角三角形的面积=142ab ⨯425=- ∴237ab =∴2()a b +2()4b a ab =-+5237=+⨯79=【点睛】此题考查的是全等三角形的性质和完全平方公式的变形，掌握全等三角形的性质、正方形的面积公式、三角形的面积公式和完全平方公式的变形是解决此题的关键．3. （1）教材在探索平方差公式时利用了面积法，面积法可以帮助我们直观地推导或验证公式，俗称“无字证明”，例如，著名的赵爽弦图（如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a ，较小的直角边长都为b ，斜边长都为c ），大正方形的面积可以表示为c 2，也可以表示为4×12ab ＋(a －b )2，所以4×12ab ＋(a －b )2=c 2，即a 2＋b 2=c 2．由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a ，b，斜边长为c，则a2＋b2=c2．图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图②推导勾股定理．(2)试用勾股定理解决以下问题：如果直角三角形ABC的两直角边长为3和4，则斜边上的高为．(3)试构造一个图形，使它的面积能够解释(a－2b)2=a2－4ab＋4b2，画在上面的网格中，并标出字母a，b所表示的线段．【答案】（1）见解析；（2）125；（3）见解析【解析】【分析】（1）梯形的面积可以由梯形的面积公式求出，也利用三个直角三角形面积求出，两次求出的面积相等列出关系式，化简即可得证；（2）由两直角边，利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法即可求出斜边上的高；（3）已知图形面积的表达式，即可根据表达式得出图形的边长的表达式，即可画出图形．【详解】（1）S梯形ABCD=1()()2a b a b++221122a ab b=++，S梯形ABCD=211222ab c⨯+∴12a2＋ab＋12b2=2×12ab＋12c2即a2＋b2=c2；（2）∵直角三角形的两直角边分别为3，4，，∵设斜边上的高为h ，直角三角形的面积为12×3×4＝12×5×h ， ∴h ＝125 故答案为125； （3）∵图形面积为：（a−2b ）2＝a 2−4ab ＋4b 2， ∴边长为a−2b ， 由此可画出的图形如下：【点睛】此题考查了勾股定理的证明，勾股定理，多项式的乘法的运用以及由多项式画图形的创新题型，此类证明要转化成同一个东西的两种表示方法，从而转化成方程达到证明的结果．4. 【阅读理解】勾股定理是几何学中一颗光彩夺目的明珠．她反映了直角三角形的三边关系即直角三角形两直角边（即“勾”，“股”）边长的平方和等于斜边（即“弦”）边长的平方．也就是说，设直角三角形两直角边为a 和b ，斜边为c ，那么222+=a b c ．迄今为止，全世界发现勾股定理的证明方法约有400种．如：美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”（如图1），利用三个直角三角形拼成一个直角梯形，于是直角梯形的面积可以表示为()212a b +或者是211222ab c ⨯+，因此得到()221112222a b ab c +=⨯+，运用乘法公式展开整理得到222+=a b c ．【尝试探究】（1）其实我国古人早就运用各种方法证明勾股定理，如图2用四个直角三角形拼成正方形，中间也是一个正方形，其中四个直角三角形直角边分别为a 、b ，斜边长为c ，请你根据古人的拼图完成证明．（2）如图3是2002年在中国北京召开的国际数学家大会会标，利用此图也能证明勾股定理，其中四个直角三角形直角边分别为a 、b ，斜边长为c ，请你帮助完成．【实践应用】（3）已知a 、b 、c 为Rt ABC △的三边()c b a >>，试比较代数式2222a c a b +与44c b -的大小关系．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）代数式2222a c a b +与44c b -的大小关系是相等． 【解析】【分析】[尝试探究]（1）根据图形面积的不同求法即可得到结论； （2）根据图形面积的不同求法即可得到结论；[实践应用]（3）分解因式，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：[尝试探究]（1）图中大正方形的面积可表示为2()a b +，也可表示为214()2c ab +⨯，即221()4()2a b c ab +=+⨯，222a b c ∴+=；（2）图中大正方形的面积可表示为2c ，也可表示为21()4()2b a ab -+⨯，即221()4()2b a abc -+⨯=，222a b c ∴+=；[实践应用]（3）2222222()a c a b a c b +=+，442222222()()()c b c b c b c b a -=+-=+，∴代数式2222a c a b +与44c b -的大小关系是相等．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．5. 我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼制成一个大正方形（如下图），设勾a=3，弦c=5，则小正方形ABCD 的面积是_______【答案】1． 【解析】【分析】根据勾股定理可得股b=4，则小正方形ABCD 的边长为b-a ，最后根据正方形面积公式计算即可． 【详解】解：∵勾a=3，弦c=5∴股4== ∵小正方形ABCD 的边长为b-a=4-3=1 ∴小正方形ABCD 的面积是1． 故答案为1．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，灵活应用勾股定理解直角三角形是解答本题的关键．6. 把图1中长和宽分别为3和2的两个全等矩形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个全等的直角三角形拼成图2所示的正方形，则图2中小正方形ABCD的面积为_____．【答案】1．【解析】【分析】根据线段的和差关系可求图2中小正方形ABCD的边长，再根据正方形面积公式即可求解．【详解】解：图2小正方形ABCD的边长=3﹣2＝1，图2小正方形ABCD的面积=1×1＝1,故答案为：1．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等图形，关键是求出图2中小正方形ABCD的边长．二，三垂直与全等和相似模型分析：规律总结：由同角的余角相等得到∠1=∠C，∠2=∠A，结合边长信息即可证明全等．★补充：射影定理直角三角形射影定理：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．公式：如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的高，则有射影定理如下：（1）（BD）²=AD•DC，（2）（AB）²=AD•AC ，（3）（BC）²=CD•CA．直角三角形射影定理的证明在△BAD与△BCD中，∵∠ABD+∠CBD=90°，且∠CBD+∠C=90°，∴∠ABD=∠C，又∵∠BDA=∠BDC=90°∴△BAD∽△CBD∴AD BDBD CD=即BD²=AD•DC．其余同理可得可证有射影定理如下：AB²=AD•AC，BC²=CD•CA两式相加得：AB²+BC²=（AD•AC）+（CD•AC）=（AD+CD）•AC=AC²．规律总结：由三垂直得到射影定理，能够得到边长平方与斜边之间的关系，是解决边长数量关系的常用方法．实例精炼：7. 如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设CE a=，HG b=，则斜边BD 的长是（）A. +a bB. ⋅a b【答案】C 【解析】【分析】根据全等三角形的性质，设CD=AH=x ，DE=AG=BC=y ，由C E a =，HG b =建立方程组，求解即可得出,22a b a bCD xBC y，然后借助勾股定理即可表示BD.【详解】解：根据图象是由四个全等的直角三角形拼成，设CD=AH=x ，DE=AG=BC=y ， ∵CE a =，HG b =，∴x y a y x b+=⎧⎨-=⎩ 解得：22a b x a b y -⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，故,22a ba bCDBC在Rt BCD ∆中，根据勾股定理得：2222222222a b a b a b BD BC CD +-+⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴BD =. 故选:C.【点睛】本题考查勾股定理，全等三角形的性质，能借助方程思想用含a ，b 的代数式表示CD 和BC 是解决此题的关键.8. 已知Rt △ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC ，点E 为△ABC 内一点，连接AE ，CE ，CE ⊥AE ，过点B 作BD ⊥AE ，交AE 的延长线于D ．（1）如图1，求证BD=AE ；（2）如图2，点H 为BC 中点，分别连接EH ，DH ，求∠EDH 的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，点M 为CH 上的一点，连接EM ，点F 为EM 的中点，连接FH ，过点D 作DG ⊥FH ，交FH 的延长线于点G ，若GH ：FH =6：5，△FHM 的面积为30，∠EHB =∠BHG ，求线段EH 的长．【答案】（1）见解析；（2）∠EDH ＝45°；（3）EH ＝【解析】【分析】（1）根据全等三角形的判定得出△CAE ≌△ABD ，进而利用全等三角形的性质得出AE ＝BD 即可；（2）根据全等三角形的判定得出△AEH ≌△BDH ，进而利用全等三角形的性质解答即可；（3）过点M 作MS ⊥FH 于点S ，过点E 作ER ⊥FH ，交HF 的延长线于点R ，过点E 作ET ∥BC ，根据全等三角形判定和性质解答即可．【详解】证明：（1）∵CE ⊥AE ，BD ⊥AE ，∴∠AEC ＝∠ADB ＝90°，∵∠BAC ＝90°，∴∠ACE +CAE ＝∠CAE +∠BAD ＝90°，∴∠ACE ＝∠BAD ，在△CAE 与△ABD 中ACE BAD AEC ADB AC AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△CAE ≌△ABD （AAS ），∴AE ＝BD ；（2）连接AH∵AB ＝AC ，BH ＝CH ，∴∠BAH ＝11904522BAC ∠=⨯︒=︒，∠AHB ＝90°，∴∠ABH ＝∠BAH ＝45°，∴AH ＝BH ，∵∠EAH ＝∠BAH ﹣∠BAD ＝45°﹣∠BAD ，∠DBH ＝180°﹣∠ADB ﹣∠BAD ﹣∠ABH ＝45°﹣∠BAD ，∴∠EAH ＝∠DBH ，在△AEH 与△BDH 中 AE BD EAH DBH AH BH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AEH ≌△BDH （SAS ），∴EH ＝DH ，∠AHE ＝∠BHD ，∴∠AHE +∠EHB ＝∠BHD +∠EHB ＝90°即∠EHD ＝90°，∴∠EDH ＝∠DEH ＝18090452︒-︒=︒； （3）过点M 作MS ⊥FH 于点S ，过点E 作ER ⊥FH ，交HF 的延长线于点R ，过点E 作ET ∥BC ，交HR 的延长线于点T ．∵DG ⊥FH ，ER ⊥FH ，∴∠DGH ＝∠ERH ＝90°，∴∠HDG +∠DHG ＝90°∵∠DHE ＝90°，∴∠EHR +∠DHG ＝90°，∴∠HDG ＝∠HER在△DHG 与△HER 中HDG HER DGH ERH DH EH ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DHG ≌△HER （AAS ），∴HG ＝ER ，∵ET ∥BC ，∴∠ETF ＝∠BHG ，∠EHB ＝∠HET ，∠ETF ＝∠FHM ，∵∠EHB ＝∠BHG ，∴∠HET ＝∠ETF ，∴HE ＝HT ，在△EFT 与△MFH 中ETF FHM EFT MFH EF FM ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EFT ≌△MFH （AAS ），∴HF ＝FT ， ∴22HF MS FT ER =， ∴ER ＝MS ，∴HG ＝ER ＝MS ，设GH ＝6k ，FH ＝5k ，则HG ＝ER ＝MS ＝6k ， 563022HF MS k k==， k∴FH ＝，∴HE ＝HT ＝2HF ＝．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，属于压轴题．9. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析【解析】【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．【详解】解：（1）证明：如图1，∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠BCE，在△ADC 和△CEB 中，CDA BEC DAC ECB AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC ≌△CEB （AAS ）；（2）结论：DE=AD-BE ．理由：如图2，∵BE ⊥EC ，AD ⊥CE ，∴∠ADC=∠BEC=90°，∴∠EBC+∠ECB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB+∠ACE=90°，∴∠ACD=∠EBC ，在△ADC 和△CEB 中，ACD CBE ADC BEC AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC ≌△CEB （AAS ），∴AD=CE ，CD=BE ，∴DE=EC-CD=AD-BE ．【点睛】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD ≌△CBE 是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．10. 在Rt AOB ∆中，AOB 90∠=．(1)如图①，以点A 为直角顶点，AB 为腰在AB 右侧作等腰Rt ABC ∆，过点C 作CD OA ⊥交OA 的延长线于点D ．求证：A AOB CD ∆∆≌．(2)如图②，以AB 为底边在AB 左侧作等腰Rt ABC ∆，连接OC ，求AOC ∠的度数．(3)如图③，Rt AOB ∆中，,OA OB OD AB =⊥,垂足为点D ，以OB 为边在OB 左侧作等边OBC ∆,连接AC 交OD 于E ，3AE =,2OE =,求AC 的长．【答案】（1）见解析；（2）135AOC ∴∠=；（3）8【解析】【分析】（1）根据“一线三垂直”模型，可以证得A AOB CD ∆∆≌；（2）过点C 作CM ⊥CO 交BO 于M ，AC 与BO 交于点N ，利用旋转模型证明BCM ∆≌()ACO ASA ∆，由外角的性质计算即可；（3）在CE 上截取一点H ，使CH=AE ，连接OH ，利用等腰直角△AOB ，等边△BOC 证得OAE ∆≌()OCH SAS ∆，通过等角代换证明HOE ∆为等边三角形，由线段和计算即可得到结果．【详解】（1）∵∠BAC=∠AOB=90°，∴∠BAO+∠DAC=∠BAO+∠ABO=90°，∴∠DAC=∠ABO ，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB=AC ，在△AOB 和△CDA 中，ABO DAC AOB CDA AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AOB ≌△CDA （AAS ）（2）如图②，过点C 作CM ⊥CO 交BO 于M ，AC 与BO 交于点N ，90MCO ACB ∴∠=∠=，BCM ACO ∴∠=∠，90BCA AOB ∠=∠=，BNC ANO ∠=∠，CBM OAC ∴∠=∠，∵AC=BC ，BCM ∴∆≌()ACO ASA ∆，CM CO ∴=，45COM CMO ∴∠=∠=，9045135AOC ∴∠=+=，故答案为：135°．（3）如图③，在CE 上截取一点H ，使CH=AE ，连接OH ，∵△AOB 是等腰直角三角形，△BOC 是等边三角形，所以AO BO CO ==，OAE OCH ∴∠=∠，OAE ∴∆≌()OCH SAS ∆，OH OE ∴=，AE=CH=3，∠AOE=∠COH ，OD AB ⊥，∠AOB=90°，45AOE BOE ∴∠=∠=，45COH ∴∠=，∠BOH=∠BOC-∠COH=60°-45°=15°， 154560HOE ∴∠=+=，HOE ∴∆为等边三角形，2HE EO ∴==，3238AC CH HE AE ∴=++=++=，故答案为：8．【点睛】本题考查了“一线三垂直”模型，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等角代换的应用，计算线段和的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．11. 如图1，在ABC ∆中，90ACB ∠=，AC BC =，直线MN 经过点C ，且AD MN ⊥于点D ，BE MN ⊥于点E ．易得DE AD BE =+（不需要证明）．（1）当直线MN 绕点C 旋转到图2的位置时，其余条件不变，你认为上述结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时DE AD BE 、、之间的数量关系，并说明理由；（2）当直线MN 绕点C 旋转到图3的位置时，其余条件不变，请直接写出此时DE AD BE 、、之间的数量关系（不需要证明）．【答案】(1) 不成立，DE=AD-BE ，理由见解析；(2) DE=BE-AD【解析】【分析】(1)DE 、AD 、BE 之间的数量关系是DE=AD-BE ．由垂直的性质可得到∠CAD=∠BCE ，证得△ACD ≌△CBE ，得到AD=CE ，CD=BE ，即有DE=AD-BE ；(2)DE 、AD 、BE 之间的关系是DE=BE-AD ．证明的方法与(1)一样．【详解】(1)不成立．DE 、AD 、BE 之间的数量关系是DE=AD-BE ，理由如下：如图，∵∠ACB=90°，BE ⊥CE ，AD ⊥CE ，AC CB =， ∴∠ACD+∠CAD=90°，又∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE ，在△ACD 和△CBE 中，90ADC CEB CAD BCE AC CB∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACD ≌△CBE(AAS)，∴AD=CE ，CD=BE ，∴DE=CE-CD=AD-BE ；(2)结论：DE=BE-AD ．∵∠ACB=90°，BE ⊥CE ，AD ⊥CE ，AC CB =，∴∠ACD+∠CAD=90°，又∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE ，在△ACD 和△CBE 中，90ADC CEB CAD BCE AC CB ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC ≌△CEB(AAS)，∴AD=CE ，DC=BE ，∴DE=CD-CE=BE-AD ．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形全等的判定与性质，旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．12. 如图，Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，E 点为射线CB 上一动点，连结AE ，作AF ⊥AE 且AF ＝AE ．（1）如图1，过F 点作FD ⊥AC 交AC 于D 点，求证：FD ＝BC ；（2）如图2，连结BF 交AC 于G 点，若AG ＝3，CG ＝1，求证：E 点为BC 中点；（3）当E 点在射线CB 上，连结BF 与直线AC 交于G 点，若BC ＝4，BE ＝3，则AG CG＝ （直接写出结果） 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）113或53 【解析】【分析】(1)证明△AFD ≌△EAC ，根据全等三角形的性质得到DF =AC ，等量代换证明结论；(2)作FD ⊥AC 于D ，证明△FDG ≌△BCG ，得到DG =CG ，求出CE ，CB 的长，得到答案；(3)过F 作FD ⊥AG 的延长线交于点D ，根据全等三角形的性质得到CG =GD ，AD =CE =7，代入计算即可．【详解】(1)∵FD ⊥AC ，∴∠FDA =90°，∴∠DF A +∠DAF =90°，∠CAE +∠DAF =90°，∴∠DF A =∠CAE ，在△AFD 和△EAC 中，AFD EACADF ECA AF AE∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AFD ≌△EAC (AAS )，∴DF =AC ，∵AC =BC ，∴FD =BC ；(2)作FD ⊥AC 于D ，由(1)得，FD =AC =BC ，AD =CE ，在△FDG 和△BCG 中，90FDG BCG FGD BGC FD BC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FDG ≌△BCG (AAS )，∴DG =CG =1，∴AD =2，∴CE =2，∵BC=AC=AG+CG=4，∴E点为BC中点；(3)当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，BC=AC=4，CE=CB+BE=7，由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，∴CG=GD，AD=CE=7，∴741.52CG DG AD AC-==-==，∴4 1.5111.53 AG AC CGCG CG++===，当点E在线段BC上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，BC=AC=4，CE=CB-BE=1，由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，∴CG=GD，AD=CE=1，∴411.52CG DG AC AD-==-==，∴1 1.551.53 AG AD DGCG CG++===，故答案为：113或53． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，本题中求证△ADF ≌△ECA 、△GDF ≌△GCB 是解题的关键．三，三垂直与直角坐标系模型分析：规律总结：在坐标系中，一般利用点的坐标的几何含义作垂线，构建三垂直模型进行解题．具体考题中一般结合面积进行展开，常见的有一次函数与反比例函数的面积，二次函数中面积得最值等．实例精炼：13. 如图，在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，AB BC =，点A 、B 分别是x 轴和y 轴上的一动点，点C 的横坐标为3-，求点B 的坐标.【答案】B （0，-3）．【解析】【分析】如图，作CD ⊥y 轴于M ，则CD=3，证明△BCD ≌△ABO(AAS)即可求得答案.【详解】如图，作CD ⊥y 轴于M ，则CD=3，∵∠ABC=∠AOB=90゜，∴∠CBD+∠ABO=90°，∠ABO+∠OAB=90°，∴∠CBD=∠BAO ，又∵∠BDC ＝∠AOB=90°，BC ＝AB ，∴△BCD ≌△ABO(AAS)，∴OB=CD=3，∴B(0，-3)．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，点的坐标，正确添加辅助线，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键.14. 如图所示，()1,0A -，()0,3B ，以AB 为边作正方形ABCD ，求C ，D 的坐标.【答案】()3,4C -；()4,1D -【解析】【分析】本题有A 、B 两个点都在坐标轴上，且正方形在坐标轴的同侧（基本上在第二象限），故只须过C ，D 两点分别向坐标轴作垂线即可. 作CE ⊥y 轴于E ，DF ⊥x 轴于F ，证明△BCE ≌△ABO ，得出对应边相等BE =OA =1，CE =BO =3，同理得出DF =OA =1，AF =BO =3，再求出OE 、OF ，即可得出结果．【详解】解：作CE ⊥y 轴于E ，DF ⊥x 轴于F ，如图所示：则∠CEB =∠AFD =90°，∴∠1+∠3=90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =90°，BC =AB ，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠2，在△BCE 和△ABO 中，1290CEB BOA BC AB ∠∠⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩＝＝＝＝，∴△BCE ≌△ABO （AAS ），∴BE =OA =1，CE =BO =3，同理得：DF =OA =1，AF =BO =3，∴OE =4，OF =4，∴C （-3，4），D （-4，1）．【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．当正方形的部分点在坐标轴上，且整个正方形在坐标轴的同侧时，往往过另外的点向坐标轴作垂线，从而得到“形外三垂直”的基本图形.15. 如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC 的顶点A 在x 轴上，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，且A （2，0）、B （3，3），BC 交y 轴于M ，（1）求点C 的坐标；（2）连接AM ，求△AMB 的面积；（3）在x 轴上有一动点P ，当PB +PM 的值最小时，求此时P 的坐标．【答案】（1）C的坐标是（﹣1，1）；（2）154；（3）点P的坐标为（1，0）．【解析】【分析】（1）作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，证明CDA≌AEB△，根据全等三角形的性质得到CD＝AE，AD＝BE，求出点C的坐标；（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到OM的长，根据梯形的面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案；（3）根据轴对称的最短路径问题作出点P，求出直线B M 的解析式，根据x轴上点的坐标特征求出点P的坐标．【详解】解：（1）如图，作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，∴∠CAD+∠DCA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠CAD+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠ACD，在CDA和AEB△中，ACD BAE ADC BEA CA AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴CDA ≌AEB △（AAS ），∴CD ＝AE ，AD ＝BE ，∵A （2，0）、B （3，3），∴OA ＝2，OE ＝BE ＝3，∴CD ＝AE ＝1，OD ＝AD ﹣OA ＝1，∴C 的坐标是（﹣1，1）；（2）如图，作BE ⊥x 轴于E ，设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ，∵B 点的坐标为（3，3），C 点的坐标是（﹣1，1），∴331k b k b +=⎧⎨-+=⎩， 解得，1232k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴直线BC 的解析式为y ＝12x +32， 当x ＝0时，y ＝32， ∴OM ＝32，∴AMB的面积＝梯形MOEB的面积﹣AOM的面积﹣AEB△的面积＝12×（32+3）×3﹣12×2×32﹣12×1×3＝154；（3）如图，作M关于x轴的对称点M'（0，﹣32），连接B M'，交x轴于点P，此时PB+PM=PB+P M'=B M'的值最小，设直线B M'的解析式为y＝mx+n，则3332m nn+=⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得，3232mn⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴直线B M'的解析式为y＝32x﹣32，点P在x轴上，当y＝0时，x＝1，∴点P的坐标为（1，0）．【点睛】此题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、求一次函数解析式和求两线段和的最小值，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、利用待定系数法求一次函数解析式和轴对称的最短路径问题是解决此题的关键．16. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x 轴正半轴于点A （1，0）和点B ，交y 轴于点C ．（1）如图1，直线3y x =-+经过点B 、点C ，求抛物线的解析式；（2）如图2，点E 为该抛物线223y x nx =-+的顶点，过点C 作x 轴的平行线交抛物线于另一点D ，该抛物线对称轴右侧的抛物线上有一点P ，当FP EP ⊥时，求P 点的纵坐标．（3）如图3，在（1）（2）的结论下，抛物线对称轴右侧的抛物线上有一点G ，作⊥GH x 轴于点H ，延长EP 交GH 于K，当GK =时，求G 点的坐标．【答案】（1）243y xx =-+；（2）点P 的纵坐标为2；（3）G 点的坐标为（2+11）．【解析】【分析】（1）由直线的解析式，先求出点B 、C 的坐标，结合点A 的坐标，利用待定系数法即可得到答案；（2）把点A 代入，求出n 的值，然后得到点C 和点E 的坐标，然后求出点F 的坐标，设点P 为（x ，233x x -+），由FP EP ⊥，即可求出点P 的横坐标，即可求出点P 的纵坐标；（3）过点P 作PI ⊥GH 于点I ，先求出直线PE 的解析式，得到PK=2PI ，然后设点G 为（m ，243m m -+），表示出GK的长度，结合GK =，得到关于m 的一元二次方程，解方程求出m 的值，即可得到答案．【详解】解：（1）∵3y x =-+经过点B 、点C ，∴令0y =，3x =，令0x =，3y =，∴点B 为（3，0），点C 为（0，3），设抛物线的解析式为2y ax bx c =++，把点A 、B 、C ，三点代入解析式，得： 09303a b c a b c c ++=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得：143a b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴243y x x =-+；（2）∵点A （1，0）在抛物线223y x nx =-+图像上，则1230n -+=，∴2n =，∴2243(2)1y x x x =-+=--，∴顶点E 为（2，1-）， 令x=0，则3y =， ∴点C 为（0，3）， ∵EF 垂直平分CD ，∴点D 的坐标为（4，3），点F 的坐标为（2，3）， ∵点P 在抛物线243y xx =-+上，则设点P 为（x ，243x x -+）， 又∵E 为（2，1-），F 为（2，3）， ∴2244(2)222EPx x x k x x x -+-===---，24(4)22FP x x x x k x x --==--， ∵FP EP ⊥， ∴1EP FP k k ∙=-， ∴(4)(2)12x x x x --∙=--，解得：2=±x∵点P 在对称轴右侧，则2x >，∴点P 的横坐标为2x =+ ∴点P 的纵坐标为：22243(2)1(22)12y x x x =-+=--=+--=； （3）如图：过点P 作PI ⊥GH 于点I ，∵点E （2，1-），点P 为（2，2），∴可求出直线PE 的解析式为：1y =--， ∴∠KPI=60°， ∵PI ⊥GH ，∴∠KIP=90°，∠PKI=30°， ∴PK=2PI ， ∵点G 在抛物线243y xx =-+图像上，则设点G 为（m ，243m m -+），∴点K 的坐标为（m 1--∴GK=2243144m m m m -+--=-++∵第P 的坐标为（2，2），∴点I 的坐标为（m ，2+），∴PI=2m -，∴PK=24m --∵GK =，∴244(24m m m -++=--，解得：12m =+，22m =当2m =+时，点G 与点P 、点K 重合， ∴0GK PK ==；不符合题意，舍去；∴点G 的横坐标为2+∴点G 的纵坐标为：2(24(2311y =+-⨯++=，∴点G 的坐标为（2+11）．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的性质，以及一次函数的性质，解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和一次函数的性质，运用数形结合的思想进行解题．17. 如图，直线334y x =-+与x 轴、y 轴分别交于AB 、两点， O M AB ⊥于点M ，点P 为直线l 上不与点A B 、重合的一个动点. (1)求线段OM 的长；(2)当BOP △的面积是6时，求点P 的坐标；(3)在y 轴上是否存在点Q ，使得以O 、P 、Q 为顶点的三角形与OMP 全等，若存在，请直接写出所有符合条件的点P 的坐标，否则，说明理由.【答案】(1)12 5； (2) (-4，6)； (3) (125-，245)或(125，65)或(365，125-)或(45，125)【解析】【分析】(1)先求得点A 、B 的坐标，可求得OA 、OB 、AB 的长，利用面积法即可求得OM 的长；(2)先画图，确定△BOP 面积可以BO 为底，P 到y 轴距离为高求得P 到y 轴距离，再分类讨论求得答案；(3)分△OMP ≌△PQO 与△OMP ≌△OQP 两种情况讨论，结合图象分析即可求解． 【详解】(1)对于直线334y x =-+， 令0x =，则3y =，令0y =，则4x =， 点A 、B 的坐标分别是(4，0)，(0，3)，∴OA=4，OB=3，5==，∵11••22OA OB AB OM =，∴341255OM ⨯==； (2)过P 作PC ⊥y 轴于C ，如图1，∴12BOPS=OB•PC=6， ∴PC=4，∴点P 的横坐标为4或-4，∵点P 为直线l 上的一个动点且不与A 、B 重合， ∴横坐标为4时，与A 重合，不合题意，∴横坐标为-4时，纵坐标为：()34364-⨯-+=， ∴当点P 坐标为(-4，6)时，△BOP 的面积是6； (3)存在，理由如下：①当△OMP ≌△PQO 时，如图2和图3，由(1)得125OM =， ∴PQ=OM=125，即P 点横坐标为125-或125， 纵坐标为：312243455⎛⎫-⨯-+= ⎪⎝⎭或31263455-⨯+=，此时点P的坐标为(125-，245)，(125，65)；②当△OMP≌△OQP时，如图4和图5，∴OQ=OM=125，即即点P、点Q纵坐标为125-或125，由312345x-+=-，解得：365x=；由312345x-+=，解得：45x=；此时点P的坐标为(365，125-)，(45，125)；综上所述，符合条件的点P的坐标为(125-，245)或(125，65)或(365，125-)或(45，125) ．【点睛】本题是一次函数与几何的综合题，考查了三角形及全等三角形的性质，体现了数形结合思想和分类讨论思想．解题关键是通过画图进行分类讨论．18. 如图,直线AB与坐标轴分别交于点A、点B,且OA、OB的长分别为方程x2－6x+8=0的两个根（OA＜OB）,点C在y轴上,且OA︰AC=2︰5,直线CD垂直于直线AB于点P,交x轴于点D.（1）求出点A 、点B 的坐标. （2）请求出直线CD 的解析式.（3）若点M 为坐标平面内任意一点,在坐标平面内是否存在这样的点M,使以点B 、P 、D 、M 为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M 的坐标；若不存在,请说明理由.【答案】（1）A(0,2)，B(－4,0);（2）直线CD 的解析式:y CD =－2x+7;（3）存在，()1 5.53M -，，()29.53M ，，()3 2.53M --，． 【解析】【分析】（1）根据一元二次方程的解法得出OA=2，OB=4，即可得出的A ，B 的坐标；（2）首先利用角之间的关系得出△BOA ∽△COD ，即可得出D 点的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式；（3）先求出P 点坐标（2，3），再根据平行四边形的性质，当PM=BD ，M 可在第一象限或第二象限，以及BM=PD 时M 在第三象限分别分析直接得出答案． 【详解】(1)∵2680x x +=－ ∴124,2x x ==∵OA 、OB 为方程的两个根，且OA ＜OB ∴OA=2，OB=4,∴ A(0,2)，B(－4,0), (2)∵OA:AC=2:5 ∴ AC=5∴OC=OA+AC=2+5=7 ∴ C(0,7),∵∠BAO=∠CAP,∠CPB=∠BOA=90O ∴∠PBD=∠OCD ∵∠ BOA=∠COD=90O ∴△BOA ∽△COD ∴=∴ OD===,∴D(,0)设直线CD 的解析式为y kx b =+ 把x=0,y=7;x=,y=0分别代入得：7702b kb =⎧⎪⎨+=⎪⎩ ∴72b k =⎧⎨=-⎩∴y CD =－2x+7,(3)存在，()02A ，,()40B -，∴设直线AB 的解析式为：y kx b =+240b k b =⎧∴⎨-+=⎩解得：122k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 故直线AB 的解析式为：122y x =+ 将直线AB 与直线CD 联立12227y x y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩ 解得：23x y =⎧⎨=⎩∴P 点坐标()2,3702D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，()40B -， 7.5BD ∴=当1PM BD 是平行四边形则17.5BD PM ==1 5.5AM ∴=()1 5.53M ∴-，当2PBDM 是平行四边形 则27.5BD PM ==29.5AM ∴=()29.53M ∴，P 到x 轴距离等于3M 到x 轴距离，故3M 的纵坐标为-36BE DF BD DE ==-= 6 3.5 2.5FO ∴=-=∴3M 的横坐标为2.5 ∴3M 的坐标为()2.5,3--综上所述M 点的坐标为：()1 5.53M -，，()29.53M ，，()3 2.53M --，． 19. 【模型建立】（1）如图1，等腰Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝CA ，直线ED 经过点C ，过点A 作AD ⊥ED 于点D ，过点B 作BE ⊥ED 于点E ，求证：△BEC ≌△CDA ； 【模型应用】（2）如图2，已知直线l 1：y ＝32x+3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，将直线l 1绕点A 逆时针旋转45°至直线l 2；求直线l 2的函数表达式；（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B （3，﹣4），过点B 作BA ⊥x 轴于点A 、BC ⊥y 轴于点C ，点P 是线段AB 上的动点，点D 是直线y ＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD 能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D 的坐标，若不能，请说明理由．【答案】（1）见详解；（2）510y x =--；（3）点D 坐标得（113，193-）或（4，-7）或（83，133-）．【解析】【分析】（1）由垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，平角的定义和同角的余角的相等求出∠DAC=∠ECB ，角角边证明△CDA ≌△BEC ；（2）证明△ABO ≌∠BCD ，求出点C 的坐标为（-3，5），由点到直线上构建二元一次方程组求出k=-5，b=-10，待定系数法求出直线l 2的函数表达式为y=-5x-10；（3）构建△MCP ≌△HPD ，由其性质，点D 在直线y=-2x+1求出m=103-或n=0或43-，将m 的值代入，得点D 坐标得（113，193-）或（4，-7）或（83，133-）． 【详解】解：（1）如图1所示：∵AD ⊥ED ，BE ⊥ED ， ∴∠ADC=∠CEB=90°，又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC=180°，∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BEC=90°，又∵∠ACD+∠DAC=90°，∴∠DAC=∠ECB ，在△CDA 和△BEC 中，ADC CEB DAC ECB AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CDA ≌△BEC （AAS ）；（2）过点B 作BC ⊥AB 交AC 于点C ，CD ⊥y 轴交y 轴于点D ，如图2所示：∵CD ⊥y 轴，x 轴⊥y 轴，∴∠CDB=∠BOA=90°，又∵BC ⊥AB ，∴∠ABC=90°，又∵∠ABO+∠ABC+∠CBD=180°，∴∠ABO+∠CBD=90°，又∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBD ，又∵∠BAC=45°，∴∠ACB=45°，∴AB=CB ，在△ABO 和∠BCD 中，AOB BDC BAO CBD AB CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABO ≌∠BCD （AAS ），∴AO=BD ，BO=CD ，又∵直线l 1：y=32x+3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ， ∴点A 、B 两点的坐标分别为（-2，0），（0，3），∴AO=2，BO=3，∴BD=2，CD=3，∴点C 的坐标为（-3，5），设l 2的函数表达式为y=kx+b （k≠0），点A 、C 两点在直线l 2上，依题意得：2035k b k b -+=⎧⎨-+=⎩， ∴510k b =-⎧⎨=-⎩， ∴直线l 2的函数表达式为y=-5x -10；（3）能成为等腰直角三角形，依题意得，①若点P 为直角时，如图3甲所示：设点P 的坐标为（3，m ），则PB 的长为4+m ，∵∠CPD=90°，CP=PD ，∠CPM+∠CDP+∠PDH=180°，。
方法专题9正方形中的垂直模型(一)(3.25)
A
D
F
B
EC
变式1：如图，E不是BC的中点，其他条件不 变，则AE=EF是否仍然成立？试说明理由。
A
D
BE
F C
变式2：如图，E在BC的延长线上，其他条 件不变，试探究AE与EF之间的数量关系。
F
A
D
B
CE
模型归纳：关键是利用截长法或补短法构造全等 三角形。
EA=EF（即两直形，∠ABC=60°,点E 是BC边上一点，∠AEF=60°，且EF交直线CD于点F。 求证：AE=EF。
方法专题9 正方形中的垂直模型（一）
1、探究正方形中直角顶点在正方形 一边或对角线上的垂直模型。
2、能利用模型作出正确的推理论证。
一、探究直角顶点在正方形的对角线的模型
（一）直角顶点为对角线的交点
(2)下列结论正确的有 ( ①②③)
①AE=BF ②BE+BF=AD
③AE2 CF2 2OE2
(3)如图③，当直角顶点P运动到DB的延长线上 时，(1)中猜想的结论还成立吗？如果成立，给 出证明，如果不成立，请说明理由.
模型归纳：关键是作垂线构造全等三角形。
PA=PE（即两直角边相等）
二、探究直角顶点在正方形的边上模型
例：如图，四边形ABCD是正方形，点E的中点， ∠AEF=90°，且EF交正方形的外角平分线CF于点F。 求证：AE=EF。
①OE=OF ②AE=BF ③BE+BF=AD
④ AE2 CF2 2OE2
（二）、直角顶点非对角线交点
（1）如图 ，将一个直角三角板的直角顶点P放
在正方形ABCD的对角线BD上滑动，并使其中一条直角 边始终过点A，另一条直角边与直线BC相交于点E. 则PA与PE（ 相等 ）；
正方形的判定(4种题型)-2023年新九年级数学核心知识点与常见题型(北师大版)(解析版)
正方形的判定（4种题型）【知识梳理】一．正方形的判定正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．二．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．（2）正方形的判定正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．【考点剖析】题型一：正方形判定定理的理解例1．（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）满足下列条件的四边形是正方形的是（）A．对角线互相垂直且相等的平行四边形B．对角线互相垂直的菱形C．对角线相等的矩形D．对角线互相垂直平分的四边形【答案】A【分析】根据正方形的判定方法即可求解．【详解】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故A选项正确，符合题意；B选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故B选项错误，不符合题意；C选项，对角线相等的菱形是正方形，故C选项错误，不符合题意；D选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故D选项错误，不符合题意；故选：A ．【点睛】本题主要考查正方形的判定，掌握“对角线相互垂直的矩形是正方形”，“对角线相等的菱形是正方形”，“对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形”的知识是解题的关键． 【变式】（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考三模）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交O ，添加下列条件不能判定矩形ABCD 是正方形的是（ ）A ．AB BC =B ．AC BD = C ．AC BD ⊥ D ．12∠=∠【答案】B 【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断．【详解】解：A 、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意；B 、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意；C 、正确．∵四边形ABCD 是矩形，∴OD OB =，OC OA =，∵AC BD ⊥，∴AD AB =，∴矩形ABCD 为正方形，故不符合题意；D 、正确，∵12∠=∠，AB CD ，∴2ACD ∠=∠，∴1ACD ∠=∠，∴AD CD =，∴矩形ABCD 是正方形，故不符合题意．故选：B ．【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．题型二：添加一个条件使四边形是正方形 例2．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，D 是ABC 内一点，AD BC ⊥，E 、F 、G 、H 分别是AB BD CD AC 、、、的中点，添加下列哪个条件，能使得四边形EFGH 成为正方形（）A ．BD CD =B ．BD CD ⊥C ．AD BC = D ．AB AC =【答案】C 【分析】根据三角形中位线的性质可证EF GH =，EH FG =，推出四边形EFGH 是平行四边形，再根据AD BC ⊥证明EF FG ⊥，可得四边形EFGH 是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形可得选项C 为正确答案．【详解】解： E 、F 、G 、H 分别是AB BD CD AC 、、、的中点，∴ EF 是ABD △的中位线，CH 是ADC △的中位线，FG 是DBC △的中位线，EH 是ABC 的中位线， ∴12EF AD =，EF AD ∥，12GH AD =，GH AD ∥，12FG BC =，FG BC ∥，12EH BC =，EH BC ∥， ∴EF GH =，EH FG =，∴四边形EFGH 是平行四边形，EF AD ∥，FG BC ∥，AD BC ⊥，∴EF FG ⊥，∴四边形EFGH 是矩形，当AD BC =时，1122EF AD BC FG ===，可得四边形EFGH 是正方形．故选C ．【点睛】本题考查三角形中位线的性质，正方形的判定，解题的关键是掌握正方形的判定方法，以及中位线的性质，即平行于三角形的第三条边，且等于第三边长度的一半．【变式】．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）数学活动课上，何老师布置了一道题目：如图，你能用一张锐角三角形纸片ABC 折出一个以A ∠为内角的菱形吗？石雨的折法如下：第一步，折出A ∠的平分线，交BC 于点D ，第二步，折出AD 的垂直平分线，分别交AB 、AC 于点E 、F ，把纸片展平，第三步，折出DE 、DF ，得到四边形AEDF ，(1)请根据石雨的折法在图中画出对应的图形，并证明四边形AEDF 是菱形；(2)ABC 满足什么条件时，四边形AEDF 是正方形？请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)ABC 为直角三角形且90BAC ∠=︒，理由见解析．【分析】（1）根据要求画出图形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；（2）根据正方形与菱形的关系即可得知ABC 为直角三角形且90BAC ∠=︒，有一个角为直角的菱形为正方形．【详解】（1）解：图形如图所示：理由：∵AD 是BAC ∠ 的平分线，∴BAD CAD ∠=∠，∵EF 是AD 的垂直平分线，∴EA ED =，∴EAD EDA ∠=∠，∴EDA CAD ∠=∠，∴ED AF ∥．同理AE FD ∥，∴四边形 AEDF 是平行四边形，又EA ED =，∴四边形 AEDF 是菱形．（2）ABC 为直角三角形且90BAC ∠=︒，理由如下：∵四边形 AEDF 是菱形，90BAC ∠=︒，∴四边形AEDF 是正方形．【点睛】本题考查作图——复杂作图，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定等知识解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．题型三：证明四边形是正方形例3.如图，等边△AEF 的顶点E ，F 在矩形ABCD 的边BC ，CD 上，且∠CEF ＝45°．求证：矩形ABCD 是正方形．【分析】先判断出AE ＝AF ，∠AEF ＝∠AFE ＝60°，进而求出∠AFD ＝∠AEB ＝75°，进而判断出△AEB ≌△AFD ，即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠B ＝∠D ＝∠C ＝90°，∵△AEF 是等边三角形，∴AE ＝AF ，∠AEF ＝∠AFE ＝60°，∵∠CEF ＝45°，∴∠CFE ＝∠CEF ＝45°，∴∠AFD ＝∠AEB ＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形．【点评】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，判断出∠AFD＝∠AEB是解本题的关键．【变式1】如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分△ACB，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，求证：四边形CEDF是正方形．【分析】根据有三个角是直角的四边形是矩形判定四边形CEDF是矩形，再根据正方形的判定方法即可得出结论．【解答】证明：∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE＝DF，∠DFC＝∠DEC＝90°，又∵∠ACB＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∵DE＝DF，∴矩形CEDF是正方形．【点评】本题考查正方形的判定、角平分线的性质和矩形的判定．要注意判定一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．【变式2】如图，已知点E，F，G，H分别是正方形ABCD四条边上的点，并且AE＝BF＝CG＝DH．求证：四边形EFGH是正方形．【分析】可通过证明△AEH，△DHG，△CGF，△BFE全等，先得出四边形EFGH是菱形，再证明四边形EFGH 中一个内角为90°，从而得出四边形EFGH是正方形的结论【解答】解：四边形EFGH是正方形．证明：∵AE＝BF＝CG＝GH，∴AH＝DG＝CF＝BE．∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴△AEH≌△DHG≌△CGF≌△BFE，∴EF＝EH＝HG＝GF，∠EHA＝∠HGD．∴四边形EFGH是菱形．∵∠EHA＝∠HGD，∠HGD+∠GHD＝90°，∴∠EHA+∠GHD＝90°．∴∠EHG＝90°．∴四边形EFGH是正方形．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、菱形的判定和性质、正方形的性质和判定，熟练掌握应用全等三角形的性质是解题的关键．题型四：根据正方形的判定与性质求线段长例4.如图所示△ABC中，∠C＝90A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，求CE的长．【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；（2）利用三角形面积求法得出EC的长．【解答】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，故EC＝＝2．【点评】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF＝DE是解题关键．【变式】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝BC，∠D＝45°，CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，交BC的延长线于G，若AD＝a．（1）求证：四边形ABCF是正方形；（2）求BG的长．【分析】（1）先根据∠B＝∠A＝∠AFC＝90°，判定四边形ABCF是矩形，再根据AB＝BC，即可得到四边形ABCF是正方形；（2）先判定△CEG≌△DEF（AAS），得出CG＝FD，再根据正方形ABCF中，BC＝AF，即可得到AF+FD＝BC+CG，即AD＝BG＝a．【解答】解：（1）∵CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，∴FC＝FD，∴∠D＝∠FCD＝45°，∴∠CFD＝90°，即∠AFC＝90°，又∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠B＝90°，∴四边形ABCF是矩形，又∵AB＝BC，∴四边形ABCF是正方形；（2）∵FG垂直平分CD，∴CE＝DE，∠CEG＝∠DEF＝90°，∵BG∥AD，∴∠G＝∠EFD，在△CEG和△DEF中，，∴△CEG≌△DEF（AAS），∴CG＝FD，又∵正方形ABCF中，BC＝AF，∴AF+FD＝BC+CG，∴AD＝BG＝a．【点评】本题主要考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：有一组邻边相等的矩形是正方形；线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．题型五：中点四边形 例5（2023·陕西西安·校考二模）已知四边形ABCD 为菱形，点E 、F 、G 、H 分别AD 、AB 、BC 、CD 边的中点，依次连接E 、F 、G 、H 得到四边形EFGH ，则四边形EFGH 为（ ）A ．平行四边形B ．菱形C ．矩形D ．正方形【答案】C【分析】连接AC BD 、，根据三角形中位线定理得到1122HG EF BD FG EH AC ====，，根据菱形的性质得到AC BD ⊥，即可判断四边形EFGH 为矩形．【详解】连接AC BD 、交于O ，∵点E 、F 、G 、H 分别AD 、AB 、BC 、CD 边的中点，∴1122HG EF BD FG EH AC ====，，FG AC ∥，EF BD ∥，∴四边形EFGH 为平行四边形，∵四边形ABCD 为菱形，∴90AOB ∠=︒，∴90AOB BPF GFE ∠=∠=∠=︒，∴四边形EFGH 为矩形，故选：C ．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定、菱形的性质是解题的关键．【变式】（2023·山东临沂·统考一模）四边形ABCD 的对角线AC ，BD 交点O ，点M ，N ，P ，Q 分别为边AB ， BC ，CD ，DA 的中点．有下列四个推断，①对于任意四边形ABCD ，四边形MNPQ 可能不是平行四边形；②若AC BD =，则四边形MNPQ 一定是菱形；③若AC BD ⊥，则四边形MNPQ 一定是矩形；④若四边形ABCD 是菱形，则四边形MNPQ 也是菱形． 所有正确推断的序号是_____________．【答案】②③【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可．【详解】解：点M ，N ，P ，Q 分别为边AB ， BC ，CD ，DA 的中点，MN AC ∴∥且12MN AC =，PQ AC ∥且12PQ AC =，MN PQ ∴∥且MN PQ =，MNPQ ∴是平行四边形，故①错误； 点M ，N ，P ，Q 分别为边AB ， BC ，CD ，DA 的中点，∴12MN AC =，12PN BD =，AC BD =，MN PN ∴=，MNPQ 是平行四边形，∴四边形MNPQ 是菱形，故②正确；点M ，N ，P ，Q 分别为边AB ， BC ，CD ，DA 的中点，MN AC ∴∥，MQ BD ∥，AC BD ⊥，MN MQ ∴⊥，90QMN ∴∠=︒，MNPQ 是平行四边形，∴MNPQ 是矩形，故③正确；若要四边形MNPQ 是菱形，需满足AC BD =,当四边形ABCD 是菱形，AC 不一定等于BD ，故④错误；综上，正确的有：②③，故答案为：②③．【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【过关检测】一、单选题 A ．AC BD =B ．【答案】B 【分析】已知四边形ABCD 是矩形，要使它成为正方形只有两种方法：（1）一组邻边相等；（2）对角线互相垂直，据此求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴当AC BD ⊥或当AD AB =或AB BC =或BC CD =或AD CD =时，四边形ABCD 是正方形；故选：B.【点睛】本题主要考查了正方形的判定，熟练地掌握正方形的判定方法是解题的关键．（1）一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．2．（2023春·广东深圳·九年级深圳市福田区石厦学校校考开学考试）下列命题正确的是（）A．对角线垂直的四边形是菱形B．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形C．顺次连结一个四边形各边中点得到的是一个正方形，那么原四边形一定是正方形D．对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半【答案】D【分析】利用平行四边形、菱形及正方形的判定方法及菱形的面积计算方法等知识分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、对角线垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，不符合题意；B、一组对边平行，一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，不符合题意；C、顺次连结一个四边形各边中点得到的是一个正方形，那么原四边形一定是对角线相等且互相垂直的四边形，故原命题错误，不符合题意；D、对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半，正确，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、菱形及正方形的判定方法及菱形的面积计算方法等知识．【答案】B【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．【详解】解：A、四边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；B、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，符合题意；C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键．A ．①③B ．①②【答案】C 【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；②利用①中结论可以证明OM MP ≠，可以解决问题；③利用①③中的结论，确定四边形EFNB 的面积与OMP 的面积比，正方形ABCD 面积与OMP 的面积比，可以解决问题．【详解】∵四边形ABCD 是正方形，BD 为对角线∴45ABO ADB CBD BDC ∠=∠=∠=∠=︒，90BAD BCD ∠=∠=︒∴ABD △、BCD △是等腰直角三角形∵E ，F 分别为BC ，CD 的中点，∴EF BD ∥，12EF BD =，CE CF =∵90ECF ∠=︒,CE CF =∴CEF △是等腰直角三角形∵AP EF ⊥，EF BD ∥∴90AOD AOB ∠=∠=︒又∴45ABO ADB ∠=∠=︒∴ABO 、ADO △是等腰直角三角形∴AO BO =，AO DO =∴BO DO =∴AOB AOD △≌△∴AO BD ⊥又∵OP BD ⊥∴A 、O 、P 三点共线 ∴12PE PF EF ==又∵M ，N 分别为BO ，DO 的中点∴F O P M MB ON P ND E =====连接PC ，如图，∵FD CF =，ON ND =∴NF 是CDO 的中位线，∴NF AC ∥∵90DNF ∠=︒，45FDB ∠=︒∴DNF △是等腰直角三角形∴NF ND ON ==∵90ONF NOP OPF ∠=∠=∠=︒∴四边形FNOP 是矩形∵NF ON =∴四边形FNOP 是正方形∴OM OP =∴OMP 是等腰直角三角形∴图中的三角形都是等腰直角三角形故①正确；∵OMP 是等腰直角三角形∵45FDB ∠=︒∴MP BC ∥∴四边形MPEB 是平行四边形，在Rt OMP △中，MP OM ＞即BE BM ＞∵BE BM ≠∴四边形MPEB 不是菱形故②错误；∵OM BM ON ==，SBEPM BM OP =⨯，1S 2OMP OM OP =⨯⨯，S ONFP ON OP =⨯ ∴S S 2S BEPM ONFP OMP == ∴S S S S 5S BEPM OMP OMP ONFP EFNB =++=正方形四边形 ∵11S 2222AOB OB OA OM OP =⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 即1S 44S 2AOB OMP OM OP =⨯⨯⨯= 又∵S 4S AOB ABCD =正方形 ∴S 16S OMP ABCD =正方形5S S 16ABCD EFNB =正方形四边形故③错误；故选：C ．【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．二、填空题【答案】【分析】四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，AB=，如图所示，过点E作EH AD⊥于H，交BC于Q，AE与BC交于点P，可证(SAS)BCG QEC△≌△，(SAS)EQP ABP△≌△，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，AB=∴1122BG AG AB===，∴在Rt BCG中，52CG===，如图所示，过点E作EH AD⊥于H，交BC于Q，AE与BC交于点P，∵四边形CEFG为正方形，∴CE CG=，∵12902390∠+∠=︒∠+∠=︒，，∴13∠=∠，在,BCG QEC△△中，1390EQC B CE CG ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴(SAS)BCG QEC △≌△，∴EQ BC ==CQ GB ==，即Q 为BC 中点， 同理，可证(SAS)EQP ABP △≌△，∴1122QP BP BQ ====，12EP AP AE ==∴在Rt ABP 中，AP ====，∴22AE AP ===，故答案为：．【点睛】本题主要考查正方形与直角三角形勾股定理的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 6．（2023·湖南娄底·统考一模）如图，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，M 是边AD 上一点，连接OM ，过点O 作ON OM ⊥，交CD 于点N ．若四边形MOND 的面积是5，则AB 的长为______．【答案】【分析】如图，过O 作OE AD ⊥于E ，OF CD ⊥于F ，则四边形OEDF 是正方形，证明()ASA EOM FON ≌，则EOM FON S S =，5OEDF MOND S S ==四边形，即25OE =，解得OE =，根据2AB OE =，计算求解即可．【详解】解：如图，过O 作OE AD ⊥于E ，OF CD ⊥于F ，则四边形OEDF 是正方形，∴OE OF =，90EOF EOM MOF ∠=︒=∠+∠，∵90MON FON MOF ∠=︒=∠+∠，∴EOM FON ∠=∠，∵EOM FON ∠=∠，OE OF =，90OEM OFM ∠=∠=︒，∴()ASA EOM FON ≌， ∴EOM FON SS =，∴5OEDF MOND S S ==四边形，即25OE =，解得OE =OE =，∴2AB OE ==故答案为：【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等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 7．（2023·四川凉山·统考一模）如图，正方形ABCD 的边长为2，,E F 分别是,AD AB 边上一点，且AE BF =，连接,BE CF 交于点P ，则线段DP 的最小值为___________1【分析】如图所示，线段DP 中，点P 运动的路径是以BC 中点为圆心，12BC 为半径的半圆，分类讨论，①当E F 、在线段AD AB 、上时；②当E F 、在线段AD AB 、延长线上时；图形结合，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，线段DP 中，点P 运动的路径是以BC 中点为圆心，12BC 为半径的半圆，①当E F 、在线段AD AB 、上时，如图所示，∴当BE CF ⊥时，DP 的值最小，∵正方形ABCD 的边长为2，∴如图所示，由此，对角线的长为AC BD ===∴1122DP AB ===②当E F 、在线段AD AB 、延长线上时，如图所示，∴当BE CF ⊥时，即点,,O P D 在一条直线，DP 的值最小，如图所示，连接OP ，∵BE CF ⊥，∴90BPC ∠=︒， ∵112122OB OP OC BC ====⨯=，2CD AB ==，∴在Rt OCD △中，OD =∴1DP OD OP =−=；综上所示，DP 1，1． 8．（2023·安徽安庆·校考一模）如图，在矩形ABCD 中，8AB =，6AD =，E 为AB 边上一点，将BEC 沿CE 翻折，点B 落在点F 处．当AEF △为直角三角形时，AE =___________．【答案】2或5/5或2【分析】分90,90,90AEF AFE FAE ∠=︒∠=︒∠=︒三种情形计算．【详解】解：当90AFE ∠=︒时，连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，8AB =，6AD =，∴90ABC CFE ∠=∠=︒，10AC ==，6AD BC ==，∵90AFE ∠=︒，∴180AFE CFE ∠+∠=︒，∴,,A F C 三点共线，根据折叠的性质，得6,CF BC EF EB ===，∴4AF AC CF =−=，设AE x =，则8EF EB x ==−，根据勾股定理，得()22284x x =−+，解得5x =，故5AE =；当90AEF ∠=︒时，∵四边形ABCD 是矩形，8AB =，6AD =，∴90ABC CFE ∠=∠=︒，6AD BC ==，∵90AFE ∠=︒，∴四边形BCFE 是矩形，根据折叠的性质，得6,CF BC EF EB ===，∴四边形BCFE 是正方形，∴6CF BC EF EB ====，∴862AE AB BE =−=−=，故2AE =；当90=︒∠FAE 时，∵CD CF ＞，∴F 点不可能落到AD 上，故90=︒∠FAE 不成立，故2AE =或5AE =，故答案为：2或5．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，分类思想，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．9．（2023·福建·模拟预测）如图，在正八边形ABCDEFGH 中，AC 、AE 是两条对角线，则∠CAE 的度数为_________°．【答案】45【分析】连接AG 、GE 、EC ，易知四边形ACEG 为正方形，根据正方形的性质即可求解．【详解】解：连接AG 、GE 、EC ，如图所示：∵八边形ABCDEFGH 是正八边形∴AB BC CD DE EF FG GH HA=======，(82)1801358ABC BCD CDE DEF EFG FGH GHA HAB −︒∠=∠=∠=∠=∠=∠=∠=∠==︒∴ABC CDE EFG GHA ∆≅∆≅∆≅∆∴AC CE EG GA ===∴四边形ACEG 是菱形又1(180135)22.52BAC BCA ∠=∠=︒−︒=︒，1(180135)22.52HAG HGA ∠=∠=︒−︒=︒∴13522.522.590CAG BAH BAC HAG ∠=∠−∠−∠=︒−︒−︒=︒∴四边形ACEG 为正方形，∵AE 是正方形的对角线，∴∠CAE=119022CAG ∠=⨯︒=45°．故答案为：45．【点睛】本题考查了正多边形的性质、正方形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．二、解答题 10．（2023·陕西渭南·统考二模）如图，在ABC 中，90ACB ∠=，CD 为角平分线，DE AC ⊥于点E ，DF BC ⊥于点F ．求证：四边形DECF 是正方形．【答案】见解析 【分析】先证明四边形DECF 是矩形，再由角平分线的性质得出DE DF =，即可得出结论．【详解】CD 是角平分线，DE AC ⊥，DF BC ⊥，DE DF ∴=，90CED CFD ∠=∠=︒，90ACB ∠=︒，∴四边形DECF 是矩形，又DE DF =，∴四边形DECF 是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定方法、矩形的判定方法、角平分线的性质；熟练掌握正方形的判定方法，11．（2023·山西太原·太原市实验中学校考一模）已知，如图，矩形ABCD 中，6AD =，7DC =，菱形EFGH 的三个顶点E ，G ，H 分别在矩形ABCD 的边AB ，CD ，DA 上，2AH =，连接CF ．(1)如图1，若2DG =，求证四边形EFGH 为正方形；(2)如图2，若4DG =，求△FCG 的面积；(3)当DG 为何值时，△FCG 的面积最小．【答案】(1)见解析(2)3(3)当DG =△FCG 的面积最小为7【分析】（1）由于四边形ABCD 为矩形，四边形HEFG 为菱形，那么90D A ∠=∠=︒，HG HE =，而2AH DG ==，易证AHE DGH ≌，从而有DHG HEA ∠=∠，等量代换可得90AHE DHG ∠+∠=︒，易证四边形HEFG 为正方形；（2）过F 作FM DC ⊥，交DC 延长线于M ，连接GE ，由于AB CD ，可得AEG MGE ∠=∠，同理有HEG FGE ∠=∠，利用等式性质有AEH MGF ∠=∠，再结合90A M ∠=∠=︒，HE FG =，可证AHE MFG △△≌，从而有2FM HA ==（即无论菱形EFGH 如何变化，点F 到直线CD 的距离始终为定值2)，进而可求三角形面积；（3）先设DG x =，由第（2）小题得，7FCG S x ∆=−，在AHE 中，7AE AB ≤=，利用勾股定理可得253HE ≤，在Rt DHG 中，再利用勾股定理可得21653x +≤，进而可求x ≤，从而可得当x GCF ∆的面积最小．【详解】（1）四边形ABCD 为矩形，四边形HEFG 为菱形，90D A ∴∠=∠=︒，HG HE =，又2AH DG ==，()Rt Rt HL AHE DGH ∴≌，DHG HEA ∴∠=∠， 90AHE HEA ∠+∠=︒，90AHE DHG ∴∠+∠=︒，90EHG ∴∠=︒，∴四边形HEFG 为正方形；（2）过F 作FM DC ⊥，交DC 延长线于M ，连接GE ， ∥AB CD ，AEG MGE ∴∠=∠，HE GF ∥，HEG FGE ∴∠=∠，∴∠=∠AEH MGF ，在AHE 和MFG 中，90A M ∠=∠=︒，HE FG =，AHE MFG ∴≌，2∴==FM HA ，即无论菱形EFGH 如何变化，点F 到直线CD 的距离始终为定值2， 因此()11274322FCG S FM GC =⨯⨯=⨯⨯−=；（3）设DG x =，则由第（2）小题得，7FCG S x ∆=−，在AHE ∆中，7AE AB ≤=，253HE ∴≤，21653x ∴+≤，x ∴FCG S ∆∴的最小值为7DG∴当DG =FCG ∆的面积最小为(7．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．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．12．（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）如图，在平行四边形ABCD 中，AC BD ，相交于点O ，点E ，F 在AC 上，且AE CF =，连接BE DF ，．(1)求证：BOE DOF ≌；(2)连接BF DE ，，若AB AD =，线段OE 满足什么条件时，四边形BEDF 为正方形．【答案】(1)证明见解析(2)当OE OD =时，四边形BEDF 为正方形，理由见解析【分析】（1）由平行四边形的性质得到OD OB OA OC ==，，再证明OE OF =即可利用SAS 证明BOE DOF ≌；（2）根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，AC BD ，相交于点O ，∴OD OB OA OC ==，，∵AE CF =，∴OA AE OC CF −=−，即OE OF =，又∵DOF BOE ∠=∠，∴()SAS BOE DOF ≌△△；（2）解：当OE OD =时，四边形BEDF 为正方形，理由如下：∵四边形ABCD 是平行四边形，AB AD =，∴四边形ABCD 是菱形，∴AC BD OD OB OA OC ==⊥，，，∵AE CF =，∴OA AE OC CF −=−，即OE OF =，又∵OE OD =，∴OE OD OF OB ===，∴EF 与BD 互相垂直平分且相等，∴四边形BEDF 为正方形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定，灵活运用所学知识是解题的关键． (1)求证：①EFB EBF ∠=∠②矩形DEFG 是正方形；(2)求AG AE +的值．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)【分析】（1）①过E 作EM AD ⊥于M ，EN AB ⊥于N 利用正方形的性质和角平分线的性质得到()SAS ADE ABE ≌，EM EN =进而得到DE BE =，再证明四边形ANEM 是矩形，又四边形DEFG 是矩形和全等三角形的判定证明()ASA EMD ENF ≌，得到EF BE =，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明()SAS ADG CDE ≌△△得到AG CE =，进而得到AG AE AC +=即可求解．【详解】（1）证明：过E 作EM AD ⊥于M ，EN AB ⊥于N ，则90EMA EMD ENF ENB ∠=∠=∠=∠=︒，∵四边形ABCD 是正方形，∴45EAD EAB ∠=∠=︒，AD AB =，又AE AE =，∴()SAS ADE ABE ≌，EM EN =，∴DE BE =，∵90EMA ENA DAB ∠=∠=∠=︒，∴四边形ANEM 是矩形，又四边形DEFG 是矩形，∴90MEN DEF ∠=∠=︒，∴90DEM FEN MEF ∠=∠=︒−∠，又90EMD ENF ∠=∠=︒，EM EN =，∴()ASA EMD ENF ≌，则DE EF =，∴EF BE =，则EFB EBF ∠=∠；②∵四边形DEFG 是矩形，DE EF =，∴四边形DEFG 是正方形；（2）解 ：∵四边形DEFG 是正方形，四边形ABCD 是正方形，∴DG DE =，DC DA =，90GDE ADC ∠=∠=︒，∴ADG CDE ∠=∠，∴()SAS ADG CDE ≌△△，∴AG CE =，∴AG AE CE AE AC +=+===【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．14．（2023·山东聊城·统考三模）如图，已知四边形ABCD 为正方形，E 为对角线AC 上一点，连接DE ，过点E 作EF DE ⊥，交BC 延长线于点F ，以DE ，EF 为邻边作矩形DEFG ，连接CG ．(1)求证：矩形DEFG 是正方形；(2)求证：CG 平分DCF ∠．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）过点E 分别作EM BC ⊥于点M ，EN CD ⊥于点N ，先证出四边形EMCN 为正方形，根据正方形的性质可得EM EN =，90MEN ∠=︒，再根据矩形的性质可得90DEF ∠=︒，从而可得DEN FEM ∠=∠，然后根据ASA 定理证出DEN FEM ≅，根据全等三角形的性质可得ED EF =，最后根据正方形的判定即可得证；（2）先根据正方形的性质可得,DE DG AD CD ==，ADE CDG ∠=∠，再根据SAS 定理可得ADE CDG ≅，根据全等三角形的性质可得45DCG DAE ∠=∠=︒，由此即可得证．【详解】（1）证明：如图，过点E 分别作EM BC ⊥于点M ，EN CD ⊥于点N ，∵四边形ABCD 是正方形，∴90BCD ∠=︒，45ECN ∠=︒，∴90EMC ENC BCD ∠=∠=∠=︒，∴NE NC =，∴四边形EMCN 为正方形，∴EM EN =，90MEN ∠=︒，∵四边形DEFG 是矩形，∴90DEF ∠=︒，∴90DEN NEF FEM NEF ∠+∠=∠+∠=︒，DEN FEM ∴∠=∠，在DEN 和FEM △中，90DNE FME EN EM DEN FEM ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴()ASA DEN FEM ≅，∴ED EF =，∴矩形DEFG 为正方形．（2）证明：∵矩形DEFG 为正方形，DE DG ∴=，90EDC CDG EDG ∠+∠=∠=︒，∵四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴=，90ADE EDC ADC ∠+∠=∠=︒，45DAE =︒∠，∴ADE CDG ∠=∠，在ADE V 和CDG 中，AD CD ADE CDG DE DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴()SAS ADE CDG ≅，∴45DCG DAE ∠=∠=︒，∵90DCF ∠=︒，∴CG 平分DCF ∠．【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．(2)应用（1）中的结论解决问题：如图2，中山公园有一块菱形场地，其面积为19200m地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为________m．+【答案】(1)a b(2)48【分析】（1）连接CE ，利用等积法解答即可；（2）如解析图，设菱形CDEF 的两条对角线分别为2,2CE a DF b ==，根据菱形的性质可求出2009600a b ab +=⎧⎨=⎩，然后判定OPGQ 为正方形，且这个正方形为直角三角形COF 的“所容正方形”，再根据（1）的结论求解．【详解】（1）解：连接CE ，如图，设正方形DEFC 的边长为x ，则DE EF x ==，∵在ACB △中，90C ∠=︒，AC b BC a ==，， ∴()111111222222ABC S AC DE BC EF bx ax x a b ab =⋅+⋅=+=+=， ∴abx a b =+； 故答案为：aba b +；（2）如图，设菱形CDEF 的两条对角线交于点O ，且其长度分别为2,2CE a DF b ==，则,,CE DF CO EO a FO DO b ⊥====， 根据题意可得：22400122192002a b a b +=⎧⎪⎨⨯⨯=⎪⎩，整理得：2009600a b ab +=⎧⎨=⎩，若正方形MNGH 为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得,GN DF GH CE ⊥⊥，则四边形OPGQ 也为正方形，且这个正方形为直角三角形COF 的“所容正方形”， 则由（1）的结论可得：这个正方形的边长960048200ab a b ===+m ；故答案为：48．【点睛】本题考查了勾股定理的拓展、菱形的性质以及正方形的判定和性质等知识，正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质、合理利用所求的相关结论作答是解题的关键． (1)求证：ABF ECF ≌；(2)若AE AD =，连接BE ，当线段OF 与【答案】(1)证明见解析(2)当BD =时，四边形ABEC 为正方形，证明见解析【分析】（1）利用平行四边形的性质得出ABF ECF ∠=∠，BAF CEF ∠=∠，进而利用全等三角形的判定得出即可；（2）首先判定四边形ABEC 是平行四边形，进而利用矩形的判定定理可得四边形ABEC 是矩形，结合BD =，证明BE CE =，从而可得结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB CD ∥，AB CD =，OA OC =，。
(完整版)立体几何证明垂直专项含练习题及答案.doc
精品字里行间精品文档立体几何证明 ------ 垂直一. 复习引入1.空间两条直线的位置关系有： _________,_________,_________三种。
2.（公理 4）平行于同一条直线的两条直线互相 _________.3.直线与平面的位置关系有 _____________,_____________,_____________三种。
4.直线与平面平行判定定理 : 如果 _________的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行5.直线与平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么 _________________________.6.两个平面的位置关系 :_________,_________.7.判定定理 1：如果一个平面内有 _____________直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行 .8.线面垂直性质定理：垂直于同一条直线的两个平面 ________.9.如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的________平行 .10.如果两个平面平行，那么其中一个平面内的所有直线都 _____于另一个平面 . 二．知识点梳理知识点一、直线和平面垂直的定义与判定定义语言描述如果直线l 和平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线 l 与平面互相垂直，记作 l ⊥α图形判定一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则这条直线与该平面垂直 .条件 b 为平面α内的任一直线，而 l 对这l ⊥m， l ⊥n，m∩n＝B，m ，一直线总有 l ⊥αn结论l ⊥l ⊥要点诠释：定义中“平面内的任意一条直线”就是指“平面内的所有直线”，这与“无数条直线”不同（线线垂直线面垂直）知识点二、直线和平面垂直的性质性质语言描述一条直线垂直于一个平面，那么这条垂直于同一个平面的两条直线平行.直线垂直于这个平面内的所有直线图形条件结论知识点三、二面角Ⅰ .二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角（dihedral angle）. 这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. 记作二面角－AB－. （简记P－AB－Q）二面角的平面角的三个特征:ⅰ.点在棱上ⅱ.线在面内ⅲ .与棱垂直Ⅱ .二面角的平面角：在二面角－l－的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面,内分别作垂直于棱 l 的射线 OA 和 OB ，则射线 OA 和 OB 构成的AOB叫做二面角的平面角.作用：衡量二面角的大小；范围：001800.知识点四、平面和平面垂直的定义和判定定义判定文字描述两个平面相交，如果它们所成的二面一个平面过另一个平面的垂线，则这角是直二面角，就说这两个平面垂两个平面垂直直.图形结果α∩β =lα-l-β=90oα⊥β（垂直问题中要注意题目中的文字表述，特别是“任何”“ 随意”“无数”等字眼）三．常用证明垂直的方法立体几何中证明线面垂直或面面垂直都可转化为线线垂直，而证明线线垂直一般有以下的一些方法：（ 1）通过“平移”。
正方形几种常见辅助线精典题型
正方形几种常见辅助线精典题型
在正方形的几何问题中，辅助线的使用可以简化解题过程。
以
下是一些常见的辅助线精典题型，供大家参考。
1. 对角线交点
将正方形顶点两两相连，即可得到两条交于中心点的对角线。
这两条对角线将正方形分成了四个小三角形，这四个小三角形是全
等的。
因此，在解题时可以利用对角线交点将正方形转化为与正方
形全等的小三角形。
2. 中心对称
正方形是中心对称图形，可以在图形中找到中心对称的性质。
利用这一性质可以快速求解正方形中的各种问题，如求正方形内角、中心的坐标等。
3. 中垂线
正方形中每条边的中点连起来，即可得到一个垂直于这条边的中垂线。
利用中垂线可以简化问题，如求正方形内接圆的半径，即为中垂线的长度。
4. 垂直平分线
正方形中每条对角线的中点连起来，即可得到一条相互垂直的垂直平分线。
利用垂直平分线可以得到一些重要的结论，如正方形对角线长的平方等于2倍正方形边长的平方。
总之，辅助线在解题中的重要性不言而喻。
同学们在做题时可以尝试运用以上辅助线来简化解题过程，提高解题效率。
【模型研究】正方形之对称与旋转，半角与三垂直模型（推荐）
【模型研究】正方形之对称与旋转，半角与三垂直模型（推荐）当我们学习完了全等、勾股、相似，平移、对称、旋转，如果还想再加点料的话，不妨看看正方形．正方形是一种既简单又复杂的图形，其图形本身很基本、简单，因而在此基础上可以作很多复杂的变形与构造，我们所知的几何内容，一个都不缺．本专题以近两年中考题为例，简单了解关于正方形在中考题中的应用．本文将介绍三个方面的内容：（1）正方形与对称；（2）正方形与旋转；（3）反相似手拉手．01正方形与对称正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，关于对称可以考察对称的基本性质，也可以有关于构造对称，而涉及到计算的，无非就是勾股或者三角函数．且看相关例子：图形的基本性质求线段长度——勾股定理对称性质——对称点连线被对称轴垂直且平分对称性质——对称点连线被对称轴垂直且平分构造对称——将军饮马问题构造对称——不一样的将军饮马02正方形与旋转关于旋转，关注点在于①绕哪个点旋转；②是否是特殊角度．对于正方形，可绕其中一顶点旋转，可绕对角线交点旋转，大致如下：（1）绕顶点旋转的手拉手模型（2）绕O点的等腰直角共点旋转看几个关于旋转的简单例子：旧题重看——正方形手拉手模型共点旋转——以对角线交点为旋转点旋转——旋转点在对角线上的旋转若已知旋转，寻找其中的全等或相似即可，而构造旋转，往往更考验对图形构造及旋转的理解．关于正方形的共点旋转，有如下结论：在正方形ABCD中，点P是正方形内一点，若满足∠APD=135°，则有2PA²+PD²=PB²．反之，若2PA²+PD²=PB²，则∠APD=135°．（在旋转章节中有过介绍）2018烟台中考——旋转的构造关于正方形的旋转大题也有很多，举一例：探究正方形的旋转03反相似手拉手模型在上一个例题中不难得出这样一个图形：若连接两个正方形的对角线，则会有一组旋转型相似，这里其实利用的是等腰直角三角形直角边与斜边的比例关系，可将图形简化如下：连接起对角线，转化成等腰直角三角形，则还另有结论．如图，正方形ABCD与正方形CEFG共顶点C，连接CA、CF，取AF中点M．连接ME、MD，则有：MD=ME，ME⊥ME．连接MB、MG，则有：MB=MG，MB⊥MG．在说这个证明之前，我们要说说一个模型：反相似手拉手模型（苏州学而思徐杰老师取名）手拉手模型：四线共点、两两相等、夹角相等，即可构成一组旋转型全等，称之为手拉手模型．如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，即可得：△ABD≌△ACE．手拉手相似：改变全等的条件，即线段由相等变为成比例，AB:AC=AD:AE，∠BAC=∠DAE，即可构成手拉手相似．可将条件化为：当△ABC和△ADE为直角三角形，且∠BAC=∠DAE，可得△ABE∽△ACE．反相似手拉手：将其中一个三角形“反”过来，故称反相似手拉手．特别地，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，则有FC=FE，FC⊥FE．模型证明在△ABC中，分别以AB、AC为斜边分别向外侧作等腰直角△ABD 和等腰直角△ACE，∠ADB=∠AEC=90°，F为BC边中点，连接DF、EF，求证：DF=EF，DF⊥EF．法1：构造中位线与斜边中线法2：还原手拉手法3：倍长中线法4：构造三垂直模型中考题中的反相似手拉手：动态探究——运动中的反相似手拉手方法提炼——静止的反相似手拉手观察在旋转专题中关于“半角模型”与“三垂直模型”知识点已经有所介绍，学习模型，大概有这样的不同阶段：1、认识模型——了解模型的基本条件及基本结论；2、理解模型——理解模型的构造，灵活变换条件与结论，以及条件的弱化和结论的拓展；3、构造模型——结合已知条件与相关模型，添加辅助线构造模型解决问题．以几个题目来练习回顾下关于“半角模型”与“三垂直模型”：04模型练习半角模型的基本结论半角模型中的计算三垂直得线段关系构造三垂直求面积最值三垂直模型在综合题中的应用等腰直角——构造三垂直与勾股定理结合05例题变式—当半角遇到三垂直从以上例子不难发现，半角模型常见为题型，我们需要了解的是给定什么样的条件会有半角模型，如下图，条件可以是：配置一：已知∠EAG=45°，则为半角模型；配置二：已知AE平分∠BEG或AE平分∠BAF（AG同理），则为半角模型；配置三：已知EG=BE+DG，则为半角模型．（可构造半角EAH，证H、G重合）．至于三垂直模型，则更多以一种方法运用，其作用一方面在于得到不同线段之间的数量关系，另外也可“化斜为直”，便于计算．那在什么条件下考虑构造三垂直呢？配置一：当存在等腰直角时，可考虑构造三垂直；配置二：当存在45°时，先由45°构造等腰直角，再构造三垂直．当半角模型的配置一遇到三垂直的配置二，不妨先来看个例子：典型例子：当半角遇到三垂直本题难度并不大，但巧妙地将半角与三垂直结合在一张图中，条件与结论的巧妙组合，并且还可以有更多变形．在本题图中，除了正方形条件外，其实还存在另外三个条件与结论：（1）∠DEH=90°；（2）∠EDH=45°；（3）∠CBH=45°．其中任意两个组合均可得到第三个，本题是由（1）、（2）结合得到（3）．所以，还可以：变式一：由（1）、（3）→（2）变式二：由（2）、（3）→（1）继续看一些练习：模型结论的探究模型的另类反推【写在最后】对于不同的知识点，其定位是不同的，模型亦然，认识模型、理解模型、运用模型，再去看题目的时候，可以发现所谓的变式就是条件与结论的不同组合，从条件出发选择恰当的方法，当条件各司其职时，离正确答案也就很接近了~来源：有一点数学。
解题研究正方形中的垂直结构
解题研究正⽅形中的垂直结构来源：灌南县实验中学数学竞赛组令我从内⼼佩服的数学教师寥寥⽆⼏，⼀是学识渊博，⼆是⼈品⾼尚。
⽯家庄张亮⽼师就是这样⼀名优秀的教师，不仅学识丰厚，⽽且经常看到张亮⽼师对待学⽣的那种悉⼼爱护，对学⽣的谆谆教诲，不禁莫名感动，向张亮⽼师致敬，楷模。
在⽹上与张亮⽼师相识，⽆论是教学理念还是对待学⽣，对待数学，彼此⼼灵契合，尤其对平⾯⼏何都有着难以割舍的情怀，前⼏天看到张亮⽼师微信朋友群发了⼀道很有意思的⼏何题，⽬前这题⽹上也很⽕，笔者对这题也很感兴趣，遂将此题发给学⽣留作闲暇消遣玩乐，此题虽简单，但是解决起来不是很容易，学⽣⼏经尝试终于解决。
笔者借此机会，笔者也联想拓展了⼀些内容，总归来看，他们都属于正⽅形中的垂直结构，有趣的结论也着实不少，惟愿同学们能够举⼀反三，真正做到在⼏何知识的海洋中徜徉，玩耍，嬉戏，从中汲取⼀份充实感，真正从数学中体会到乐趣。
本讲适合初⼆。
我就是喜欢这题这题⾮常不错，结构简单，形式优美(笔画少，⼜清楚)，主体只有两个正⽅形，却蕴含着⾮常有意思的性质：AB和CD不仅垂直⽽且还相等。
笔者很喜欢这题，趁双休假期当做礼物送给孩⼦们了，孩⼦们纷纷表⽰“喜欢的不得了”，“⼜爱⼜恨”，于是这题成了孩⼦们双休假期⼼中⼀块顽⽯，成了⼼中挥之不去的阴影，笔者作为⾟勤的园丁，不能让祖国的花朵蔫在了我⼿⾥，下⾯我们借此题探究⼀下解法，给孩⼦们带去⼀⽚阳光，并给出⼀些关于正⽅形中的垂直结构优美的性质。
⾸先可以确定这个题是对于矩形是不成⽴的：接下来我们在正⽅形中探究⼀系列性质：性质1：如图所⽰，∠1=∠2=∠3=∠4证明：“8”字倒⾓可得。
这是显⽽易见的，也就是说，这俩正⽅形形成的⼋个交点，每四个的⾓度均相等。
由于正⽅形中直⾓较多，边也相等，所以这题初步感觉全等是可以做的，经过同学们不懈努⼒，不少孩⼦得到了下⾯这种全等做法：⾸先，我们需要选择⼏个特殊交点(⽐如选择B、C)，作垂线，这样便出现许多相等线段，相等⾓，⾸先证明ΔMBN和ΔECF全等，进⽽可以得到ΔMAN和ΔEDF全等，最后由ΔBMA和ΔCED 全等得相等及其垂直。
数学几何与正方形有关的三垂线
专题12 与正方形有关的三垂线一、单选题1．如图，点()4,2M ，点P 在射线OM 上匀速运动，运动的过程中以P 为对称中心，O 为一个顶点作正方形OABC ，当正方形OABC 的面积为40时，点A 的坐标是（ ）A ．1)-B ．C ．D ．(6,2)-【答案】D 【分析】作AD x ⊥轴于D ，CE x ⊥轴于E ，根据M 的坐标求得直线OM 的斜率12，进一步得出直线AC 的斜率为2-，通过证得COE OAD △≌△，得出CE OD =，OE AD =，可设(,)A a b -，则(,)C b a ，然后根据待定系数法求得直线AC 的斜率为2a bb a +=--，整理得13b a =，然后根据勾股定理得出222AD OD OA ，代值求解即可． 【详解】解：作AD x ⊥轴于D ，CE x ⊥轴于E ，设直线OM 的解析式为y kx =， ∵点(4,2)M ∵12k =∵四边形ABCO 是正方形， ∵AC OM ⊥∵直线AC 的斜率为2- 又∵OA OC =，90AOC ∠=︒∵90AOD COE ∠+∠=︒，90AOD OAD ∠+∠=︒ ∵COE OAD ∠=∠ 又∵90CEO ADO ∠=∠=︒ ∵()COE OAD AAS △≌△ ∵CE OD =，OE AD = 设(,)A a b -，则(,)C b a设直线AC 的解析式为y mx n =+，∵am n b bm n a +=-⎧⎨+=⎩解得：a bm b a+=- ∵2a bb a+=-- 整理得：13b a =∵正方形面积为40 ∵240OA =∵在Rt AOD △中，222AD OD OA ，即：221()403a a +=解得：6a = ∵123b a == ∵(6,2)A - 故答案选B 【点睛】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AC 的斜率列出方程是解题的关键．二、解答题2．探究证明：（1）如图1，正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM∵BN．求证：BN=AM；（2）如图2，矩形ABCD中，点M在BC上，EF∵AM，EF分别交AB、CD于点E、F．求证：EF BC AM AB；（3）如图3，四边形ABCD中，∵ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM∵DN，点M、N分别在边BC、AB上，求DNAM的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）45．【分析】（1）由矩形的性质结合等角的余角相等，可证明∵NBC=∵MAB，进而证明∵BCN∵∵ABM，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可；（2）过点B作BG∵EF交CD于G，由两组对边分别平行判定四边形BEFG是平行四边形，再根据平行四边形的性质，可证明∵GBC∵∵MAB，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可；（3）过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，可得四边形ABSR是平行四边形，再由含有一个90°角的平行四边形是矩形，证明四边形ABSR是矩形，进而得到∵R=∵S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，结合（2）中结论可证明∵ACD∵∵ACB，由全等三角形对应角相等得到∵ADC=∵ABC，再由等角的余角相等，证明∵RAD∵∵SDC，根据相似三角形对应边成比例，设SC=x，解得DR、DS的长，再结合勾股定理解题即可．【详解】（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∵∵ABC=∵C=90°∵∵NBA+∵NBC=90°．∵AM∵BN，∵∵MAB+∵NBA=90°，∵∵NBC=∵MAB，∵∵BCN∵∵ABM，∵BNAM=BCAB（2）结论：EFAM=BCAB理由：如图2中，过点B作BG//EF交CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∵AB∵CD，∵四边形BEFG是平行四边形，∵BG=EF．∵EF∵AM，∵BG∵AM，∵∵GBA+∵MAB=90°．∵∵ABC=∵C=90°，∵∵GBC+∵GBA=90°，∵∵MAB=∵GBC，∵∵GBC∵∵MAB，∵BGAM=BCAB，∵EFAM=BCAB（3）过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．∵∵ABC=90°，∵四边形ABSR 是矩形，∵∵R=∵S=90°，RS=AB=10，AR=BS ． ∵AM∵DN ，∵由（2）中结论可得：DN AM =BSAB∵AB=AD ，CB=CD ，AC=AC ， ∵∵ACD∵∵ACB ， ∵ADC=∵ABC=90°， ∵∵SDC+∵RDA=90°． ∵∵RAD+∵RDA=90°， ∵∵RAD=∵SDC ， ∵∵RAD∵∵SDC ， ∵CD AD =SCRD ，设SC=x ， ∵510=x RD∵RD=2x ，DS=10-2x ，在Rt∵CSD 中，∵222CD DS SC =+， ∵52=（10-2x ）2+x2， ∵x=3或5（舍弃）， ∵BS=5+x=8， ∵DN AM =BS AB =810=45【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键．3．如图∵，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∵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，BD AD BDG ADE GD ED =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∵∵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，BD AD BDG ADE GD ED =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∵∵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＝【点睛】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．4．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：ADE BAF（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，AFB DEABAF ADE AB AD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∵∵ADE∵∵BAF．（2）∵∵DAE∵∵ABF，∵AE＝BF，DE＝AF∵AF－AE＝EF，∵DE－BF＝EF．（3）∵∵ABC ＝90°，∵AG 2＝AB 2＋BG 2＝12＋22＝5，∵AG =． ∵S ∵ABG ＝1122AB BG AG BF ⋅=⋅，∵AB BG BF AG ⋅===．在Rt∵ABF 中，AF 2＝AB 2－BF 2＝22－2＝165，∵AF=5， ∵AE=BF ，EF=AF -AE ，∵EF AF BF =-=【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．5．如图所示，四边形ABCD 是正方形，G 是BC 上任意一点（点G 与,B C 不重合），AE DG ⊥于E ，//CF AE 交DG 于F.求证：AE FC EF =+.【答案】见解析. 【分析】首先证明∵AED∵∵DFC ，则能得出DE=FC ，AE=DF ，进而得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∵AD=DC ，∵ADC=90°． 又∵AE∵DG ，CF∵AE ， ∵∵AED=∵DFC=90°，∵∵EAD+∵ADE=∵FDC+∵ADE=90°， ∵∵EAD=∵FDC ， 在∵AED 和∵DFC 中，AED DFC EAD FDC AD DC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∵∵AED∵∵DFC （AAS ）． ∵AE=DF ，ED=FC ． ∵DF=DE+EF ， ∵AE=FC+EF ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质以及三角形全等的判定方法是解题的关键．6．四边形ABCD 是边长为2的正方形，点M 在边AD 所在的直线上，连接CM ，以M 为直角顶点在CM 右侧作等腰Rt CMN ，连接.BN（1）如图1，当点M在点A左侧，且A B N、、三点共线时，BN=______；（2）如图2，当点M在点A右侧，且52AM=时，求BN的长：（3）若点M在边AD所在直线上，且BN=AM的长．【答案】（1）6；（2）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∵EMN≅Rt∵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∵CDM≅Rt∵MGN，求得NH=32，BH=AG=AM+MG92=，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ABCD是边长为2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∵EMN≅Rt∵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ABCD是边长为2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=52，∵DM=51222 -=，同理可证得Rt∵CDM≅Rt∵MGN，∵GN=DM=12，MG=CD=2，∵NH= GH-GN=2-13 22 =，BH=AG=AM+MG=59222 +=，=；（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ABCD 是边长为2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∵NEM ≅Rt∵MFC ， ∵MF= EN=2，EM=FC ， 设AM x =，则BF EG x ==，2FC EM x ==+，∵2GN EN EG x =-=-，4BG EF EM FM x ==+=+， 在Rt NGB ∆中，()()222426x x -++=， 整理得：()()31=0x x +-，1213x x ==-，(舍去)，∵1AM =； 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∵CDM ≅Rt∵MFN ， ∵FN=DM ，MF=CD=2，设AM x =，则2FN DM x ==-，4NE EF FN x =-=-，2BE AF AM MF x ==+=+，在Rt BEN ∆中，()()222426x x ++-= 整理得：2230x x --= 解得：1231x x ==-，(舍去)， ∵3AM =； 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∵EMN ≅Rt∵FCM ， ∵EN=MF=2，FM=FC ，设AM x =，则HE BF x ==，FC=BC -BF=2x -,2NH EN EH x =+=+，4BH EF EM MF x ==+=-，在Rt BHN ∆中，()()222426x x ++-=， 解得：13x =(舍去)，21x =-(舍去)， 综上所述AM 的值为1或3． 【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．于H，交直线AD 7．在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE AG于点E．（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F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6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q 分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ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，QHP D APQ AMD QH AD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∵∵ADM∵∵QHP （AAS ），∵QP=AM，∵点M是CD的中点，∵DM=12CD=3，在Rt∵ADM中，由勾股定理得，=，∵PQ的长为【点睛】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．8．如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和正方形BCMN，连结AM、BD．（1）AM与BD的关系是：________．（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α(如图2)．(1) 中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）在(2)的条件下，连接AB、DM，若AC=4，BC=2，求AB2+DM2的值．【答案】（1）相等且垂直；（2）成立，理由详见解析；（3）40【分析】（1）根据正方形的性质可得AC=DC，CM=CB，∵ACM=∵DCB=90°，利用SAS可证出∵ACM∵∵DCB，根据全等三角形的性质即可得出AM=BD，∵MAC+∵DBC=90°，进而得出AM∵BD；（2）根据正方形的性质可得AC=DC，CM=CB，∵ACD=∵MCB=90°，通过等量相加即可得到∵ACM=∵DCB，利用SAS可证出∵ACM∵∵DCB，根据全等三角形的性质即可得出AM=BD，∵MAC=∵BDC，设AM与CD 交于点P，即可证出∵DPM+∵BDC=90°，进而得出AM∵BD；（3）连接AD、BM，设AM与BD交于点Q，根据AM∵BD，即可利用勾股定理即可求出答案.【详解】（1）相等且垂直.（1）在正方形ACDE和正方形BCMN中，∵AC=DC，∵ACM=∵DCB=90°，CM=CB，∵∵ACM∵∵DCB（SAS），∵AM=BD，∵MAC=∵BDC，∵∵MAC+∵AMC=90°，∵∵MAC+∵DBC=90°，∵AM∵BD；故答案为相等且垂直；（2）第（1）问中的结论仍然成立，即AM与BD的关系是：相等且垂直；理由如下：如图所示，设AM与CD交于点P，在正方形ACDE和正方形BCMN中，∵AC=DC，∵ACD=∵MCB=90°，CM=CB，∵∵ACD+∵DCM=∵MCB+∵DCM,即∵ACM=∵DCB，∵∵ACM∵∵DCB（SAS），∵AM=BD，∵MAC=∵BDC，∵∵MAC+∵APC=90°，∵∵BDC+∵APC =90°，∵∵APC =∵DPM，∵∵BDC+∵DPM =90°，∵AM∵BD；∵AM与BD的关系是：相等且垂直；（3）如图所示，连接AD、BM，设AM与BD交于点Q，∵AC=4，BC=2，∵AD2=42+42=32，BM2＝22+22＝8，∵AD=BM=由（2）可知，AM∵BD，∵AB2=AQ2+BQ2，DM2=DQ2+MQ2；AD2=AQ2+DQ2，BM2=BQ2+MQ2，∵AB2+DM2＝AQ2+BQ2+DQ2+MQ2，AD2+BM2＝AQ2+DQ2+BQ2+MQ2，∵AB2+DM2＝AD2+BM2=40.【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识.结合图形综合运用所学知识是解题的关键.=，9．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别在OD、OC上，且DE CF连接AE、DF，AE的延长线交DF于点M．（1）求证：AE DF=；⊥．（2）求证：AM DF【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ABCD 是正方形，OA CO OD ∴==，AC BD ⊥， 90AOE DOF ∴∠=∠=︒，又DE CF =，OD DE OC CF ∴-=-，即OE OF =，在AOE ∆和DOF ∆中，OA OD AOE DOF OE OF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AOE DOF SAS ∴∆≅∆，AE DF ∴=；（2）由（1）得：AOE DOF ∆≅∆，OEA OFD ∴∠=∠， 90OAE AEO ∠+∠=︒， 90OAE OFD ∴∠+∠=︒， 90AMF ∴∠=︒，AM DF ∴⊥．【点睛】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．10．如图1，正方形ABCD 中，点O 是对角线AC 的中点，点P 是线段AO 上（不与点A ，O 重合）的一个动点，过点P 作PE ∵PB 且PE 交边CD 于点E ．（1）求证：PE ＝PB ；（2）如图2，若正方形ABCD 的边长为2，过点E 作EF ∵AC 于点F ，在点P 运动的过程中，PF 的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由； （3）用等式表示线段PC ，P A ，CE 之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）在P 点运动的过程中，PF 的长度不发生变化．PF （3）PC PA =．理由见解析．【分析】（1）做辅助线，构建全等三角形，根据ASA 证明△△BMP PNE ≅即可求解．（2）如图，连接OB ，通过证明△△OBP FPE ≅，得到PF=OB ，则PF（3）根据∵AMP 和∵PCN 是等腰直角三角形，得PA =，PC =，整理可得结论．【详解】（1）证明：如图∵，过点P 作MN ∵AD ，交AB 于点M ，交CD 于点N ．∵PB ∵PE ，∵∵BPE＝90°，∵∵MPB+∵EPN＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∵∵BAD＝∵D＝90°．∵AD∵MN，∵∵BMP＝∵BAD＝∵PNE＝∵D＝90，∵∵MPB+∵MBP＝90°，∵∵EPN＝∵MBP．在Rt∵PNC中，∵PCN＝45°，∵∵PNC是等腰直角三角形，∵PN＝CN，∵BM＝CN＝PN，∵∵BMP∵∵PNE（ASA），∵PB＝PE．（2）解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由：如图2，连接OB．∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，∵OB∵AC，∵∵AOB＝90°，∵∵AOB＝∵EFP＝90°，∵∵OBP+∵BPO＝90°．∵∵BPE＝90°，∵∵BPO+∵OPE＝90°，∵∵OBP＝∵OPE．由（1）得PB ＝PE ， ∵∵OBP ∵∵FPE （AAS ）， ∵PF ＝OB ．∵AB ＝2，∵ABO 是等腰直角三角形，∵OB ==∵PF（3）解：PC PA =． 理由：如图1，∵∵BAC ＝45°， ∵∵AMP 是等腰直角三角形，∵PA =． 由（1）知PM ＝NE ，∵PA =．∵∵PCN 是等腰直角三角形，∵)PC NE EC PA ==+==． 【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．11．平面直角坐标系中，四边形OABC 是正方形，点A ，C 在坐标轴上，点B （6，6），P 是射线OB 上一点，将AOP 绕点A 顺时针旋转90°，得ABQ △，Q 是点P 旋转后的对应点.（1）如图（1）当OP = Q 的坐标；（2）如图（2），设点P （x ，y ）（06x <<），APQ 的面积为S. 求S 与x 的函数关系式，并写出当S 取最小值时，点P 的坐标；（3）当BP+BQ = 时，求点Q 的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）(8,4)Q ；（2）2618S x x =-+，(3,3)P ；（3）(13,1)Q -． 【分析】（1）先根据正方形的性质、解直角三角形可得2OG PG ==，4AG =，再根据三角形全等的判定定理与性质可得2,4AH PG QH AG ====，从而可得8OH =，由此即可得出答案； （2）先根据正方形的性质得出OG PG x ==，x y =，再根据旋转的性质、勾股定理可得2221236AP x x =-+，,90AP AQ PAQ =∠=︒，然后根据直角三角形的面积公式可得S 与x 的函数关系式，最后利用二次函数的解析式即可得点P 的坐标；（3）先根据旋转的性质、正方形的性质得出BP OP +=OB =P 在OB 的延长线上，再根据线段的和差可得OP BP =1）的方法可得7OG PG ===，APG QAH ≅，最后根据三角形全等的性质、线段的和差可得1,13QH OH ==，由此即可得出答案．【详解】（1）如图1，过P 点作PG x ⊥轴于点G ，过Q 点作QH x ⊥轴于点H∵四边形OABC 是正方形 ∵45AOB ∠=︒∵ (6,6)B∵6OA =在Rt OPG 中，sin 452PG OP =⋅︒==，2OG PG == ∵4AG OA OG =-=∵AOP 绕点A 顺时针旋转90︒得到ABQ △ ∵,AQ AP BQ OP ==，PAG BAQ ∠=∠90APG PAG QAH BAQ ∠+∠=∠+∠=︒APG QAH ∴∠=∠在APG 和QAH 中，90AGP QHA APG QAHAP QA ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∵()APG QAH AAS ≅ ∵2,4AH PG QH AG ==== ∵628OH OA AH =+=+= 则点Q 的坐标为(8,4)Q ；（2）如图2，过P 点作PG x ⊥轴于点G ∵AOP 绕点A 顺时针旋转90︒得到ABQ △ ∵,90AP AQ PAQ =∠=︒ ∵(,),45P x y POG ∠=︒ ∵OG PG x ==，x y = ∵ 6AG OA OG x =-=-在Rt APG △中，由勾股定理得：22222(6)AP AG PG x x =+=-+ 整理得：2221236AP x x =-+ ∵226181122AP AQ A x P S x =⋅==-+ 整理得：2(3)9S x =-+06x <<∴由二次函数的性质可知，当03x <≤时，S 随x 的增大而减小；当36x <<时，S 随x 的增大而增大则当3x =时，S 取得最小值，最小值为9 此时3==y x故点P 的坐标为(3,3)P ；（3）∵AOP 绕点A 顺时针旋转90︒得到ABQ △ ∵OP BQ =∵BP BQ +=∵BP OP +=∵四边形OABC 是正方形，且边长6OA AB ==∴对角线OB =<∵点P 在OB 的延长线上∵2BP OP OP OB OP OP +=-+=-=解得OP =BP OP OB ∴=-=如图3，过P 点作PG x ⊥轴于点G ，过Q 点作QH x ⊥轴于点H同（1）可得：7OG PG ===，APG QAH ≅ 761QH AG OG OA ∴==-=-=，7AH PG ==6713OH OA AH ∴=+=+=则点Q 的坐标为(13,1)Q -．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、解直角三角形、三角形全等的判定定理与性质、二次函数的性质等知识点，较难的是题（3），正确得出点P 的位置是解题关键．12．在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx c =-++经过点(2,0)A 和点(1,2)-.（1）求抛物线的解析式；（2）(,)P m t 为抛物线上的一个动点，点P 关于原点的对称点为P '.当点P '落在该抛物线上时，求m 的值； （3）(,)P m t (2)m <是抛物线上一动点，连接PA ，以PA 为边作图示一侧的正方形APFG ，随着点P 的运动，正方形的大小与位置也随之改变，当顶点F 或G 恰好落在y 轴上时，求对应的P 点坐标.【答案】（1）211033y x x =-++.（2）3m =或3m =-（3）P 点的坐标为4,23⎛⎫⎪⎝⎭，(1,2)-，⎝⎭，⎝⎭. 【分析】（1）将(2,0)A 和点(1,2)-代入解析式解方程即可； （2）将P '的坐标表示，把,P P '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2y x bx c =-++经过点(2,0)A 和点(1,2)-.得42012b c b c -++=⎧⎨--+=⎩，解得13103b c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∵抛物线的解析式为211033y x x =-++. （2）∵P '与(,)P m t 关于原点对称， ∵P '的坐标为(,)m t --.∵(,)P m t ，(,)P m t '--都在抛物线211033y x x =-++上， ∵211033t m m =-++，211033t m m -=--+. ∵2211011003333m m m m ⎛⎫-+++--+= ⎪⎝⎭.解得m =或m =（3）当点G 落在y 轴上时，如图1，过点P 作PM x ⊥轴于点M ，∵四边形APFG 是正方形， ∵AP GA =，90PAG ∠=︒. ∵90PAM GAO ∠+∠=︒. ∵90AOG ∠=︒， ∵90AGO GAO ∠+∠=︒. ∵PAM AGO ∠=∠. 又90PMA AOG ∠=∠=︒， ∵PMA AOG ∆∆≌. ∵2PM AO ==.∵2t =，有2110233m m -++=， 解得43m =或1m =-（舍去）. ∵P 点坐标为4,23⎛⎫⎪⎝⎭. 如图2，过点P 作PM x ⊥轴于点M ，同理可以证得APM GAO ∆∆≌， ∵2PM AO ==.∵2t =，有2110233m m -++=， 解得1m =-或43m =（舍去）. ∵P 点坐标为(1,2)-. 当点F 落在y 轴上时，如图3，过点P 作PM x ⊥轴于点M ，过点F 作FN PM ⊥于点N ，同理可以证得PFN APM ∆∆≌， ∵FN PM =，∵t m =，有211033m m m -++=，解得m =m =（舍去）.∵P 点坐标为⎝⎭.如图4，过点P 作PN y ⊥轴于点N ，过点A 作AM PN ⊥，交PN 的延长线于点M ，同理可以证得PAM FPN ∆∆≌， ∵AM PN =，∵t m =，有211033m m m -++=，解得m =m =.∵P 点坐标为⎝⎭. 综上所述，P 点的坐标为4,23⎛⎫⎪⎝⎭，(1,2)-，⎝⎭，⎝⎭. 【点睛】本题是经典的二次函数题目，涉及待定系数法求解析式，点的表示及代入，以及与一线三直角模型的点的存在性问题，是典型的综合性题目.13．如图，点E ，F ，G ，H 分别位于边长为a 的正方形ABCD 的四条边上，四边形EFGH 也是正方形，AG ＝x ，正方形EFGH 的面积为y ． （1）当a ＝2，y ＝3时，求x 的值；（2）当x 为何值时，y 的值最小？最小值是多少？【答案】（1）x（2）当x＝12a（即E在AB边上的中点）时，正方形EFGH的面积最小，最小的面积为12a2．【分析】（1）设正方形ABCD的边长为a，AE＝x，则BE＝a﹣x，易证∵AHE∵∵BEF∵∵CFG∵∵DHG，再利用勾股定理求出EF的长，进而得到正方形EFGH的面积；（2）利用二次函数的性质即可求出面积的最小值．【详解】解：设正方形ABCD的边长为a，AE＝x，则BE＝a﹣x，∵四边形EFGH是正方形，∵EH＝EF，∵HEF＝90°，∵∵AEH+∵BEF＝90°，∵∵AEH+∵AHE＝90°，∵∵AHE＝∵BEF，在∵AHE和∵BEF中，90A BAHE BEF EH EF∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∵∵AHE∵∵BEF（AAS），同理可证∵AHE∵∵BEF∵∵CFG∵∵DHG，∵AE＝BF＝CG＝DH＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝a﹣x ∵EF2＝BE2+BF2＝（a﹣x）2+x2＝2x2﹣2ax+a2，∵正方形EFGH的面积y＝EF2＝2x2﹣2ax+a2，当a＝2，y＝3时，2x2﹣4x+4＝3，解得：x ＝22± （2）∵y ＝2x 2﹣2ax+a 2＝2（x ﹣12a ）2+12a 2， 即：当x ＝12a （即E 在AB 边上的中点）时，正方形EFGH 的面积最小，最小的面积为12a 2．【点睛】本题考查了二次函数的应用，正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及二次函数的性质，题目的综合性较强，难度中等．14．如图所示，()0,2A ，()1,0D ，以AD 为边作正方形ABCD ，求点B 、C 的坐标.【答案】()2,3B ；()3,1C 【解析】 【分析】过B 作BE ∵y 轴，过C 作CF ∵x 轴，垂足分别为E 、F ，可证明∵ABE ∵∵DAO ∵∵CDF ，可求得OE 、BE 、CF 、OF 的长，可求得B 、C 的坐标． 【详解】解：如图，过B 作BE ∵y 轴，过C 作CF ∵x 轴，垂足分别为E 、F ，∵四边形ABCD 为正方形， ∵∵A =∵D =90°，AB =CD ，∵∵BAE +∵DAO =∵DAO +∵ADO =90°， ∵∵BAE =∵ADO ， 在∵ABE 和∵DAO 中，BEA AOD BAE ADO AB AD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，， ∵∵ABE ∵∵DAO （AAS ）， 同理可得∵DAO ∵∵CDF ， ∵A （0，2），D （1，0）， ∵BE =DF =OA =2，AE =CF =OD =1，∵OE =OA +AE =2+1=3，OF =OD +DF =1+2=3， ∵B 点坐标为（2，3），C 点坐标为（3，2）． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，利用正方形的四边相等找到条件通过证明三角形全等求得BE 、AE 、CF 、OF 的长是解题的关键．15．如图所示，()3,4A -，四边形OABC 为正方形，AB 交y 轴于D .求点B 的坐标.【答案】()1,7B 【解析】 【分析】作AE x ⊥轴于E ，作BF AE ⊥于F ，易证AOE ∵BAF ，得FB AE =，AF EO =，即可求出点B 坐标. 【详解】解：作AE x ⊥轴于E ，作BF AE ⊥于F ，90AEO BFA ∠∠∴==，在正方形ABCD 中，AB AO =，90BAO ∠=，90FAB EAO ∠∠∴+=，FAB EOA ∠∠∴=，AOE ∴∵BAF ，FB AE ∴=，AF EO =，()3,4A -，4FB AE ∴==，3AF EO ==，()1,7B ∴．【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．当正方形的部分点在坐标轴上，往往过另外的点向坐标轴作垂线，从而得到“形外三垂直”的基本图形. 利用正方形边角的性质构造全等三角形求点的坐标.三、填空题16．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在CD 边上，3CE =，若点F 在正方形的某一边上，满足CF BE =，且CF 与BE 的交点为M ．则CM =_________．【答案】125或52【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：∵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=125 BC CEBE⨯=；∵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=12BE=12×5=52．故答案为：125或52． 【点睛】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．17．如图，四边形ABCD 中AD AB =， 90DAB BCD ∠=∠=︒．则ACB =∠______．【答案】45° 【分析】作AE∵BC 于E ，AF∵CD 延长线于点F ，易证四边形AECF 为矩形，可得∵FAE ＝90°，再根据∵DAB ＝90°，可得∵DAF ＝∵BAE ，即可证明∵BAE∵∵DAF ，可得AE ＝AF ，即可判定矩形AECF 为正方形，即可解题． 【详解】解：作AE∵BC 于E ，AF∵CD 延长线于点F ，∵∵AEC ＝∵AFC ＝∵BCD ＝90°，∵四边形AECF 为矩形，∵∵FAE ＝90°，即∵DAF ＋∵DAE ＝90°， ∵∵DAE ＋∵BAE ＝90°， ∵∵DAF ＝∵BAE ， 在∵BAE 和∵DAF 中，∵AEB ＝∵F ，∵BAE ＝∵DAF ，AB ＝AD ， ∵∵BAE∵∵DAF （AAS ）， ∵AE ＝AF ，∵矩形AECF 为正方形， ∵∵ACB ＝45°； 故答案为：45°． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．18．如图，平面直角坐标系中有一正方形OABC ，点C 的坐标为()2,1--点B 坐标为________．【答案】()3,1- 【分析】过点A 作AD y ⊥轴于D ，过点C 作CE x ⊥轴，过点B 作BF CE ⊥交CE 的延长线于F ．先证明AOD COE BCF ∆∆∆≌≌，得到1AD CE BF ===，2OD OE CF ===，根据点的坐标定义即可求解．【详解】解：如图，过点A 作AD y ⊥轴于D ，过点C 作CE x ⊥轴，过点B 作BF CE ⊥交CE 的延长线于F ．()2,1C --，2OE ∴=，1CE =．四边形OABC 是正方形，OA OC BC ∴==．易求AOD COE BCF ∠=∠=∠． 又90ODA OEC F ∠=∠=∠=︒∵AOD COE BCF ∆∆∆≌≌，1AD CE BF ∴===，2OD OE CF ===，∴点A 的坐标为()1,2-，211EF =-=，点B 到y 轴的距离为123+=，∴点B 的坐标为()3,1-．故答案为：()3,1- 【点睛】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．19．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S 1，S 2，S 3，S 4，则S 1＋2S 2＋2S 3＋S 4=__．【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DE 2+BE 2=BD 2，代换后有DE 2+AC 2=BD 2，根据正方形的面积公式得到S 1=AC 2，S 2=DE 2，BD 2=1，所以S 1+S 2=1，利用同样方法可得到S 2+S 3=2，S 3+S 4=3，通过计算可得到S 1+2S 2+2S 3+S 4=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，ACB BEDCAB EBD AB BD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∵∵ABC∵∵BDE （AAS ）， ∵AC=BE ， ∵DE 2+BE 2=BD 2， ∵DE 2+AC 2=BD 2，∵S 1=AC 2，S 2=DE 2，BD 2=1， ∵S 1+S 2=1，同理可得S 2+S 3=2，S 3+S 4=3， ∵S 1+2S 2+2S 3+S 4=1+2+3=6． 故答案为：6． 【点睛】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．20．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】2【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 ＝12DF ，． 【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．21．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：∵AM ＝MN ；∵MP ＝12BD ；∵BN ＋DQ ＝NQ ；∵ AB BN BM_____．【答案】∵∵∵∵【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∵；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∵；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∵；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∵，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∵正确；∵∵MAH+∵AMH=90°，∵PMN+∵AMH=90°，∵∵HAM＝∵PMN，∵∵AHM＝∵MPN=90°，AM＝MN，∵Rt∵AHM∵Rt∵MPN（AAS），∵MP＝AH＝12AC＝12BD，故∵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∵正确；。
正方形几何题型归纳
正方形几何题型归纳一、正方形的定义和性质1.正方形是四个角都是直角，四条边都相等的四边形。
2.正方形的性质：正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形，它有两条对称轴，并且其四个顶点关于中心对称。
二、正方形的基本计算1.周长：正方形的周长是四条边的和，公式为 P=4a （其中a为正方形的边长）。
2.面积：正方形的面积是边长的平方，公式为 A=a²（其中a为正方形的边长）。
三、运用勾股定理求解正方形边长勾股定理：在一个直角三角形中，斜边的平方等于两条直角边的平方和。
在正方形中，如果知道对角线的长度d，那么正方形的边长a可以通过以下公式得出：a=d/√2。
四、密铺与镶嵌问题在密铺与镶嵌问题中，正方形因其特有的性质而常常被用作镶嵌的基本单元。
正方形的内角为90度，可以被用于与其它形状配合以实现密铺。
五、求解正方形中角平分线长度及四边形对角线长度1.正方形角平分线：正方形的一角平分线将正方形分为两个等腰直角三角形。
因此，角平分线的长度等于正方形边长的一半再乘以√2。
2.正方形四边形对角线：对于正方形内部形成的四边形，其对角线长度可以通过将正方形边长乘以√2来得出。
六、求解正方形对角线长度的平方正方形的对角线长度是其边长的√2倍。
因此，正方形的对角线长度的平方等于其边长的4倍。
这可以用于求解正方形对角线的长度或者验证一个给定的线段是否为正方形的对角线。
七、其他相关拓展问题1.正方形中的等腰直角三角形：在正方形中，任何两个相邻的等腰直角三角形都共享一条直角边。
这一性质可以用于求解这种三角形中的角度和长度问题。
2.正方形的外接圆和内切圆：正方形的外接圆直径等于正方形的对角线长度，而其内切圆的直径等于正方形的边长。
这些关系可以用于解决与正方形和圆相关的综合问题。
数学中考问题中的一线三垂直问题解法
数学中考问题中的一线三垂直问题解法一线三垂直问题，通常问题中有一线段绕某一点旋转900，或者问题中有矩形或正方形的情况下考虑，作辅助线，构造全等三角形形或相似三角形，建立数量关系使问题得到解决。
1.如图，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，且AP=PC,AP ⊥PC,求证：△ABP≌△PDC解析：∵AP⊥PC,∴∠APB＋∠CPD=900,∵AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D,∴∠B=∠D=900∴∠CPD+∠PCD=900,∴∠APB=∠PCD,又AP=PC,∴△ABP≌△PDC2.如图四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，A、B、N、E、F在同一条直线上，若四边形ABCD、EFGH的边长分别是3、4,求四边形NHMC 的边长.解析：由（1）可知△ABP≌△PDC，∴BN=HE=4，又CB=3，勾股定理得：CN=5.故四边形NHMC的边长为5.3.如图，将矩形ABCD的一个顶点D沿着线段AE翻折后落于BC边上的点P，其中的AB=6，AD=10.（1）求BP；（2）求EC.解析：（1）由对称的性质知AP=AD=10，运用勾股定理得BP=8，∴PC=2。
(2)由一线三垂直知△ECP ∽△PBA,∴BP EC =ABPC∴EC=384.如图，边长为2的正方形ABCD 的顶点A 在y 轴上，顶点D 在反比例函数y=x k (x>0)的图象上，已知点B 的坐标是（56，511），则k 的值 为（）A.4B.6C.8D. 10解析：过点D 、B 分别作BF ⊥y 轴，DE ⊥y 轴，垂足为E,F ，由AAS 容易证得△DEA ≌△AFB,∴DE=AF,AE=FB=56,由勾股定理得AF=58,∴D(58,5),∴k=85.如图，已知△ABC 中，∠ABC=900，AB=BC ，三角形的顶点在相互平行的三条直线l 1 ,l 2 , l3上，且l 1 , l 2 ,之间的距离为2，l 2,l 3之间的距离为3，则AC 的长是多少？解析：过点C、A分别作CN⊥l3，AM⊥l3垂足为M、N.容易证△CNB ≌△BMA,得出MB=CN=5,BN=AM=3,∴MN=8,应用勾股定理可得AC=217.6.如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E 的坐标为（2，3），求点F的坐标。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
图形研究专题 正方形(三)经典垂直问题(1)一“+字架”
[方法技巧]发现全等三角形.构造基本模型解决问题。
(QP69)
基本模型:如图，正方形ABCD 中,E,F 分别为CD,BC 上一点.
若CE= BF.则AF=BE.AF ⊥BE:
若AF =BE.则AF ⊥BE.CE= BF:
若AF ⊥BE.则AF= BE.CE=BF.
重点强化一 直接运用“十字架”模型
变式1如图,在正方形ABCD 中,E,F,G 分别是CD,BC,AD 上一点,BE ⊥GF 于点M,M 是BE 的中点,求证:GF=2CM.
变式2 (2019改编题)如图,在正方形ABCD 中,E,F 分别在BC,CD 上，AE ⊥BF 于点G.CH ⊥BF 于点H,BG= HG,若AB=4,求CH 的长.
重点强化二 构造“十字架”模型
变式3 (2019 原创题)如图,在正方形ABCD 中，点E 在BC 上,BG ⊥AE 于点G,若BE=2,AB=4求CG 的长.
变式4如图，正方形ABCD 中,M 是BC 上一点,BP ⊥AM 于点P ,延长CP 交AB 于点Q,且BM=2BQ,求CP PQ 的值.。