2020年九年级数学中考压轴专题：《四边形综合问题》

三轮压轴专题：《四边形综合》
1．已知：在正方形ABCD中，AB＝3，E是边BC上一个动点（点E不与点B，点C重合），连接AE，点H是BC延长线上一点．过点B作BF⊥AE，交AE于点G，交DC于点F．（1）求证：AE＝BF；
（2）过点E作EM⊥AE，交∠DCH的平分线于点M，连接FM，判断四边形BFME的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，∠EMC的正弦值为，求四边形AGFD的面积．
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将对角线AC绕对角线交点O旋转，分别交边AD、BC于点E、F，点P是边DC上的一个动点，且保持DP＝AE，连接PE、PF，设AE＝x（0＜x＜3）．
（1）填空：PC＝，FC＝；（用含x的代数式表示）
（2）求△PEF面积的最小值；
（3）在运动过程中，PE⊥PF是否成立？若成立，求出x的值；若不成立，请说明理由．
3．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（6，0），点B（0，8）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（0°＜α＜90°）．
（I）如图①，当α＝30°时，求点D的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；
（Ⅲ）当点D落在线段OC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．
4．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．
①求证：PM＝QN；
②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为．
5．在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D 落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG 的长．
6．（1）【发现证明】
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．
小明发现，当把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD中，如果点E，F分别是CB，DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程．
②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF，BE，DF
之间的数量关系是（不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝3，求AF的长．
7．如图1，已知等腰Rt△ABC中，E为边AC上一点，过E点作EF⊥AB于F点，以为边作正方形，且AC＝3，EF＝．
（1）如图1，连接CF，求线段CF的长；
（2）将等腰Rt△ABC绕点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC，MF，求MC与MF关系．
8．（1）方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF．将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论：DE+BF＝EF．根据这个结论，若CD＝6，DE＝2，求EF的长．
（2）方法迁移：
如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论．
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接写出你的猜想（不必说明理由）．
9．如图，BD是平行四边形ABCD的对角线，DE⊥AB于点E，过点E的直线交BC于点G，且BG＝CG．
（1）求证：GD＝EG．
（2）若BD⊥EG垂足为O，BO＝2，DO＝4，画出图形并求出四边形ABCD的面积．
（3）在（2）的条件下，以O为旋转中心顺时针旋转△GDO，得到△G′D'O，点G′落在BC上时，请直接写出G′E的长．
10．如图，已知正方形ABCD，AB＝8，点E是射线DC上一个动点（点E与点D不重合），连接AE，BE，以BE为边在线段AD的右侧作正方形BEFG，连结CG．
（1）当点E在线段DC上时，求证：△BAE≌△BCG；
（2）在（1）的条件下，若CE＝2，求CG的长；
（3）连接CF，当△CFG为等腰三角形时，求DE的长．
11．如图1，在正方形ABCD（正方形四边相等，四个角均为直角）中，AB＝8，P为线段BC 上一点，连接AP，过点B作BQ⊥AP，交CD于点Q，将△BQC沿BQ所在的直线对折得到△BQC′，延长QC′交AD于点N．
（1）求证：BP＝CQ；
（2）若BP＝PC，求AN的长；
（3）如图2，延长QN交BA的延长线于点M，若BP＝x（0＜x＜8），△BMC'的面积为S，求S与x之间的函数关系式．
12．已知∠MAN＝135°，正方形ABCD绕点A旋转．
（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD 的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．
①如图1，若BM＝DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是；
②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不
成立，请说明理由；
（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．
13．我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；
（2）如图2，四边形ABCD是垂直四边形，求证：AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC＝3，求GE长．
14．过正方形ABCD（四边都相等，四个角都是直角）的顶点A作一条直线MN．
（1）当MN不与正方形任何一边相交时，过点B作BE⊥MN于点E，过点D作DF⊥MN于点F如图（1），请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）若改变直线MN的位置，使MN与CD边相交如图（2），其它条件不变，EF，BE，DF 的关系会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明；
（3）若继续改变直线MN的位置，使MN与BC边相交如图（3），其它条件不变，EF，BE，DF的关系又会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明．
15．如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE＝CF，点P在射线BC上（点P 不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．
（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）正方形ABCD的边长为6，AB＝3DE，QC＝1，请直接写出线段BP的长．
参考答案1．证明：（1）∵在正方形ABCD中，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∵∠BAE+∠ABF＝90°，∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，∴△ABE≌△BCF（ASA）
∴AE＝BF，
（2）四边形BFME是平行四边形
理由如下：如图1：在AB上截取BN＝BE，
∵△ABE≌△BCF
∴∠BAE＝∠FBC
∵AB＝BC，BN＝BE，
∴AN＝EC，∠BNE＝45°
∴∠ANE＝135°
∵CM平分∠DCH
∴∠DCM＝∠MCH＝45°
∴∠ECM＝135°＝∠ANE
∵AE⊥EM
∴∠AEB+∠MEC＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°
∴∠BAE＝∠MEC，且AN＝EC，∠ANE＝∠DCM
∴△ANE≌△ECM（SAS）
∴AE＝EM，∠BAE＝∠MEC
∴∠BAE＝∠FBC＝∠MEC
∴BF∥EM，且BF＝AE＝EM
∴四边形BFME是平行四边形
（3）如图2，连接BD，过点F作FN⊥BD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，∠DBC＝∠BDC＝45°，
∴BD＝3，∠DBF+∠FBC＝45°
∵∠MCH＝∠MEC+∠EMC＝45°，∠FBC＝∠MEC
∴∠EMC＝∠DBF
∴sin∠EMC＝sin∠DBF＝＝
∴设NF＝a，BF＝10a，
∵∠BDC＝45°，FN⊥BD
∴DN＝NF＝a，DF＝NF＝2a
∴BN＝3﹣a
∵BF2﹣NF2＝BN2，
∴98a2＝（3﹣a）2，
∴a＝
∴DF＝2×＝
∴FC＝
∵△ABE≌△BCF
∴BE＝CF＝，
∴EC＝，BF＝＝
∵∠FBC＝∠FBC，∠BGE＝∠BCF
∴△BGE∽△BCF
∴ ∴
∴BG ＝，GE ＝
∴S 四边形ADFG ＝S 四边形ADEC ﹣S 四边形ECFG ，
∴S 四边形ADFG ＝﹣（）＝
2．解：（1）∵四边形ABCD 是矩形
∴AD ∥BC ，DC ＝AB ＝3，AO ＝CO
∴∠DAC ＝∠ACB ，且AO ＝CO ，∠AOE ＝∠COF
∴△AEO ≌△CFO （ASA ）
∴AE ＝CF
∵AE ＝x ，且DP ＝AE
∴DP ＝x ，CF ＝x ，DE ＝4﹣x ，
∴PC ＝CD ﹣DP ＝3﹣x
故答案为：3﹣x ，x
（2）∵S △EFP ＝S 梯形EDCF ﹣S △DEP ﹣S △CFP ，
∴S △EFP ＝﹣﹣×x ×（3﹣x ）＝x 2﹣x +6＝（x ﹣）2+ ∴当x ＝时，△PEF 面积的最小值为
（3）不成立 理由如下：若PE ⊥PF ，则∠EPD +∠FPC ＝90°
又∵∠EPD +∠DEP ＝90°
∴∠DEP ＝∠FPC ，且CF ＝DP ＝AE ，∠EDP ＝∠PCF ＝90° ∴△DPE ≌△CFP （AAS ）
∴DE ＝CP
∴3﹣x ＝4﹣x
则方程无解，
∴不存在x 的值使PE ⊥PF ，
即PE⊥PF不成立．
3．解：（I）过点D作DG⊥x轴于G，如图①所示：
∵点A（6，0），点B（0，8）．
∴OA＝6，OB＝8，
∵以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，
∴AD＝AO＝6，α＝∠OAD＝30°，DE＝OB＝8，
在Rt△ADG中，DG＝AD＝3，AG＝DG＝3，
∴OG＝OA﹣AG＝6﹣3，
∴点D的坐标为（6﹣3，3）；
（Ⅱ）过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图②所示：
则GA＝DH，HA＝DG，
∵DE＝OB＝8，∠ADE＝∠AOB＝90°，
∴AE＝＝＝10，
∵AE×DH＝AD×DE，
∴DH＝＝＝，
∴OG＝OA﹣GA＝OA﹣DH＝6﹣＝，DG＝＝＝，∴点D的坐标为（，）；
（Ⅲ）连接AE，作EG⊥x轴于G，如图③所示：
由旋转的性质得：∠DAE＝∠AOC，AD＝AO，
∴∠OAC＝∠ADO，
∴∠DAE＝∠ADO，
∴AE∥OC，
∴∠GAE＝∠AOD，
∴∠DAE＝∠GAE，
在△AEG和△AED中，，
∴△AEG≌△AED（AAS），
∴AG＝AD＝6，EG＝ED＝8，
∴OG＝OA+AG＝12，
∴点E的坐标为（12，8）．
4．（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，
∴∠BCD＝∠DCQ，
∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，
∴BP＝DQ，
∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．
在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：
则∠QEN＝∠QNE，
∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，
在△PBM和△QDE中，，
∴△PBM≌△QDE（AAS），
∴PM＝QE＝QN．
②解：由①知PM＝QN，
∴MN＝PQ＝PC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
则PC＝2，BC＝2PC＝4，
＝2××42＝8；
∴菱形ABCD的面积＝2S
△ABC
故答案为：8．
5．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝54°，
∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°，
由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE，
∴∠DAE＝∠DAC＝18°；
故答案为：18；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，
由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED，
∴BF＝＝＝8，
∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，
设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2，
解得：x＝，
即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，∴∠EFG＝90°＝∠C，
在Rt△CEG和△FEG中，，
∴Rt△CEG≌△FEG（HL），
∴CG＝FG，
设CG＝FG＝y，
则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2，解得：y＝，
即CG的长为．
6．（1）【发现证明】
证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠DAG+∠FAD＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝DF+BE；
（2）【类比引申】
①不成立，结论：EF＝DF﹣BE；
证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，
∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，∴∠FAM＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△MAF（SAS），
∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；
②如图3，将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，
∴AN＝AF，∠NAF＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠NAE＝45°，
∴∠NAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ANE（SAS），
∴EF＝EN，
∴BE＝BN+NE＝DF+EF．
即BE＝EF+DF．
故答案为：BE＝EF+DF．
（3）【联想拓展】
解：由（1）可知AE＝AG＝3，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴DC＝BC＝AD＝6，
∴＝＝3．
∴BE＝DG＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，
设DF＝x，则EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，
在Rt△EFC中，∵CF2+CE2＝EF2，
∴（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得：x＝2．
∴DF＝2，
∴AF＝＝＝2．
7．解：（1）如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝3，∴AB＝3，
过点C作CM⊥AB于M，连接CF，
∴CM＝AM＝AB＝，
∵四边形AGEF是正方形，
∴AF＝EF＝，
∴MF＝AM﹣AF＝﹣，
在Rt△CMF中，CF＝＝＝；
（2）CM＝FM，CM⊥FM，
理由：如图2，
过点B作BH∥EF交FM的延长线于H，连接CF，CH，
∴∠BHM＝∠EFM，
∵四边形AGEF是正方形，
∴EF＝AF
∵点M是BE的中点，
∴BM＝EM，
在△BMH和△EMF中，
，
∴△BMH≌△EMF（AAS），
∴MH＝MF，BH＝EF＝AF
∵四边形AGEF是正方形，
∴∠FAG＝90°，EF∥AG，
∵BH∥EF，
∴BH∥AG，
∴∠BAG+∠ABH＝180°，
∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴∠CBH+∠CAG＝90°，
∵∠CAG+∠CAF＝90°，
∴∠CBH＝∠CAF，
在△BCH和△ACF中，
，
∴△BCH≌△ACF（SAS），
∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF，
∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°，
∴△FCH是等腰直角三角形，
∵MH＝MF，
∴CM＝FM，CM⊥FM；
8．解：（1）方法感悟：
∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DE＝2，
∵△GAF≌△EAF
∴GF＝EF，
∵CD＝6，DE＝2
∴CE＝4，
∵EF2＝CF2+CE2，
∴EF2＝（8﹣EF）2+16，
∴EF＝5；
（2）方法迁移：
DE+BF＝EF，
理由如下：如图②，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转可得，AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，∠D＝∠ABH，∵∠EAF＝∠DAB，
∴∠HAF＝∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD，
∴∠HAF＝∠EAF，
∵∠ABH+∠ABF＝∠D+∠ABF＝180°，
∴点H、B、F三点共线，
在△AEF和△AHF中，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝HF，
∵HF＝BH+BF，
∴EF＝DE+BF．
（3）问题拓展：
EF＝BF﹣FD，
理由如下：在BC上截取BH＝DF，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，且AB＝AD，BH＝DF，
∴△ABH≌△ADF（SAS）
∴∠BAH＝∠DAF，AH＝AD，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAE+∠BAH＝∠BAD，
∴∠HAE＝∠BAD＝∠EAF，且AE＝AE，AH＝AD，
∴△HAE≌△FAE（SAS）
∴HE＝EF，
∴EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF．
9．证明：（1）如图1，延长EG交DC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD，
∵AB∥CD，
∴∠H＝GEB，且BG＝CG，∠BGE＝∠CGH，
∴△CGH≌△BGE（AAS）
∴GE＝GH，
∵DE⊥AB，DC∥AB，
∴DC⊥DE，且GE＝GH，
∴DG＝EG＝GH；
（2）如图1：∵DB⊥EG，
∴∠DOE＝∠DEB＝90°，且∠EDB＝∠EDO，
∴△DEO∽△DBO，
∴
∴DE×DE＝4×（2+4）＝24，
∴EO ＝＝＝2，
∵AB ∥CD ， ∴
， ∴HO ＝2EO ＝4
， ∴EH ＝6
，且EG ＝GH ， ∴EG ＝3
，GO ＝EG ﹣EO ＝， ∴GB ＝＝＝，
∴BC ＝2＝AD ， ∴AD ＝DE ，
∴点E 与点A 重合，
如图2：
∵S 四边形ABCD ＝2S △ABD ，
∴S 四边形ABCD ＝2××BD ×AO ＝6×2
＝12；
（3）如图3，过点O 作OF ⊥BC ，
∵旋转△GDO ，得到△G ′D 'O ，
∴OG ＝OG '，且OF ⊥BC ，
∵OF∥AB，
∴＝＝，
∴GF＝BG＝，
∴GG'＝2GF＝，
∴BG'＝BG﹣GG'＝，
∵AB2＝AO2+BO2＝12，
∵EG'＝AG'＝＝，＝．10．（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴AB＝BC，BE＝BG，∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBG﹣∠EBC，即∠ABE＝∠CBG，
在△BAE和△BCG中，，
∴△BAE≌△BCG（SAS）；
（2）解：∵△BAE≌△BCG，
∴AE＝CG，
∵四边形ABCD正方形，
∴AB＝AD＝CD＝8，∠D＝90°，
∴DE＝CD﹣CE＝8﹣2＝6，
∴AE＝＝＝10，
∴CG＝10；
（3）解：①当CG＝FG时，如图1所示：
∵△BAE≌△BCG，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴FG＝BE，
∴AE＝BE，
在Rt△ADE和Rt△BCE中，，
∴Rt△ADE≌Rt△BCE（HL），
∴DE＝CE＝DC＝×8＝4；
②当CF＝FG时，如图2所示：
点E与点C重合，即正方形ABCD和正方形BEFG的一条边重合，DE＝CD＝8；
③当CF＝CG时，如图3所示：
点E与点D重合，DE＝0；
∵点E与点D不重合，
∴不存在这种情况；
④CF＝CG，当点E在DC延长线上时，如图4所示：
DE＝CD+CE＝16；
综上所述，当△CFG为等腰三角形时，DE的长为4或8或16．11．解：（1）证明：∵∠ABC＝90°
∴∠BAP+∠APB＝90°
∵BQ⊥AP
∴∠APB+∠QBC＝90°，
∴∠QBC＝∠BAP，
在△ABP于△BCQ中，
，
∴△ABP≌△BCQ（ASA），
∴BP＝CQ，
（2）由翻折可知，AB＝BC'，
连接BN，在Rt△ABN和Rt△C'BN中，AB＝BC'，BN＝BN，
∴Rt△ABN≌△Rt△C'BN（HL），
∴AN＝NC'，
∵BP＝PC，AB＝8，
∴BP＝2＝CQ，CP＝DQ＝6，
设AN＝NC'＝a，则DN＝8﹣a，
∴在Rt△NDQ中，（8﹣a）2+62＝（a+2）2
解得：a＝4.8，
即AN＝4.8．
（3）解：过Q点作QG⊥BM于G，由（1）知BP＝CQ＝BG＝x，BM＝MQ．
设MQ＝BM＝y，则MG＝y﹣x，
∴在Rt△MQG中，y2＝82+（y﹣x）2，
∴．
∴S
△BMC′＝S
△BMQ
﹣S
△BC'Q
＝
＝，
＝．
12．解：（1）①如图1，若BM＝DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN＝BM+DN．理由如下：
在△ADN与△ABM中，
，
∴△ADN≌△ABM（SAS），
∴AN＝AM，∠NAD＝∠MAB，
∵∠MAN＝135°，∠BAD＝90°，
∴∠NAD＝∠MAB＝（360°﹣135°﹣90°）＝67.5°，
作AE⊥MN于E，
则MN＝2NE，∠NAE＝∠MAN＝67.5°．
在△ADN与△AEN中，
，
∴△ADN≌△AEN（AAS），
∴DN＝EN，
∵BM＝DN，MN＝2EN，
∴MN＝BM+DN．
故答案为：MN＝BM+DN；
②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：
延长NC到点P，使DP＝BM，连结AP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABM＝∠ADC＝90°．
在△ABM与△ADP中，
，
∴△ABM≌△ADP（SAS），
∴AM＝AP，∠1＝∠2＝∠3，
∵∠1+∠4＝90°，
∴∠3+∠4＝90°，
∵∠MAN＝135°，
∴∠PAN＝360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）＝360°﹣135°﹣90°＝135°．
在△ANM与△ANP中，
，
∴△ANM≌△ANP（SAS），
∴MN＝PN，
∵PN＝DP+DN＝BM+DN，
∴MN＝BM+DN；
（2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDA＝∠DBA＝45°，
∴∠MDA＝∠NBA＝135°．
∵∠1+∠2＝45°，∠2+∠3＝45°，
∴∠1＝∠3．
在△ANB与△MAD中，
，
∴△ANB∽△MAD，
∴，
∴AB2＝BN•MD，
∵AB＝DB，
∴BN•MD＝（DB）2＝BD2，
∴BD2＝2BN•MD，
∴MD2+2MD•BD+BD2+BD2+2BD•BN+BN2＝MD2+BD2+BN2+2MD•BD+2BD•BN+2BN•MD，∴（MD+BD）2+（BD+BN）2＝（DM+BD+BN）2，
即MB2+DN2＝MN2，
∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．13．（1）解：四边形ABCD是垂直四边形；理由如下：
∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形；
（2）证明：设AC、BD交于点E，如图2所示：
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得：AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）解：连接CG、BE，如图3所示：
∵正方形ACFG和正方形ABDE，
∴AG＝AC，AB＝AE，CG＝AC＝4，BE＝AB，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE＝90°，
∴∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂直四边形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，BE＝AB＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，
∴GE＝．
14．解：（1）EF，BE，DF之间的数量关系为：EF＝BE+DF；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAF＝90°，
∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
在△ABE和△DAF中，，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝DF，
∴EF＝AF+AE＝BE+DF；
（2）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝BE﹣DF；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAF＝90°，
∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
在△ABE和△DAF中，，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝DF，
∴EF＝AF﹣AE＝BE﹣DF；
（3）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝DF﹣BE；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAF＝90°，
∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，
在△ABE和△DAF中，，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝DF，
∴EF＝AE﹣AF＝DF﹣BE．
15．解：（1）BP+QC＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
由旋转的性质得：∠PEG＝90°，EG＝EP，
∴∠PEQ+∠GEH＝90°，
∵QH⊥GD，
∴∠H＝90°，∠G+∠GEH＝90°，
∴∠PEQ＝∠G，
又∵∠EPQ+∠PEC＝90°，∠PEC+∠GED＝90°，∴∠EPQ＝∠GED，
在△PEQ和△EGD中，，
∴△PEQ≌△EGD（ASA），
∴PQ＝ED，
∴BP+QC＝BC﹣PQ＝CD﹣ED＝EC，
即BP+QC＝EC；
故答案为：BP+QC＝EC；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
由题意得：∠PEG＝90°，EG＝EP，
∴∠PEQ+∠GEH＝90°，
∵QH⊥GD，
∴∠H＝90°，∠G+∠GEH＝90°，
∴∠PEQ＝∠G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝90°，BC＝DC，
∴∠EPQ+∠PEC＝90°，
∵∠PEC+∠GED＝90°，
∴∠GED＝∠EPQ，
在△PEQ和△EGD中，，
∴△PEQ≌△EGD（ASA），
∴PQ＝ED，
∴BP+QC＝BC﹣PQ＝CD﹣ED＝EC，
即BP+QC＝EC；
（3）分两种情况：
①当点P在线段BC上时，点Q在线段BC上，
由（2）可知：BP＝EC﹣QC，
∵AB＝3DE＝6，
∴DE＝2，EC＝4，
∴BP＝4﹣1＝3；
②当点P在线段BC上时，点Q在线段BC的延长线上，如图3所示：同（2）可得：△PEQ≌△EGD（AAS），
∴PQ＝DE＝2，
∵QC＝1，
∴PC＝PQ﹣QC＝1，
∴BP＝BC﹣PC＝6﹣1＝5；
综上所述，线段BP的长为3或5．。