【文档说明】《八年级数学下册期末突破易错挑战满分（人教版）》易错11 正方形的判定与性质易错（解析版）.docx，共(28)页，563.170 KB，由管理员店铺上传

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12020-2021学年八年级数学下册期末突破易错挑战满分（人教版）易错11正方形的判定与性质易错【典型例题】1．（2021·山东淄博市·八年级期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．（1

）求证：△ABM≌△DCM；（2）当AB：AD的值为多少时，四边形MENF是正方形？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析【分析】（1）求出AB=DC，∠A=∠D=

90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可；（2）求出∠EMF=90°，根据正方形的判定推出即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵M为AD中点，∴AM

=DM，在△ABM和△DCM，AMDMADABCD===，∴△ABM≌△DCM（SAS）；（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由：当四边形MENF是正方形时，则∠EMF=90°，∵△ABM≌△DCM，2∴∠

AMB=∠DMC=45°，∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，∴AM=DM=AB，∴AD=2AB，即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角

形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【专题训练】一、选择题1．（2021·山西运城市·九年级期末）下列说法正确的是（）A．有一个角是直角的平行四边形是正方形B．对角线互相垂直的矩形是正方形C．有一组邻边相等的菱形是正方形D．各边都相等的四边形是

正方形【答案】B【分析】根据正方形的判定：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，再判定这个矩形有一个角为直角进行分析即可．【详解】解：A.有一个角是直角的平行四边形是正方形，说法错误，应是矩形，不符合题意；B.对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，符合题意

；C.一组邻边相等的矩形是正方形，说法错误，不合题意；D.各边都相等的四边形是菱形，不是正方形，不合题意．故选B．【点睛】3本题主要考查了正方形的判定，关键是掌握正方形的判定方法．2．（2021·武汉市第一中学九年级期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，A

E⊥BC，垂足是E，若线段AE＝4，则四边形ABCD的面积为（）A．12B．16C．20D．24【答案】B【分析】延长CD，作AFCD⊥的延长线于点F，构造出全等三角形，()ABEADFAASVV，即可得到四边形ABCD的面积就等于正方形AECF

的面积．【详解】解：如图，延长CD，作AFCD⊥的延长线于点F，∵AEBC⊥，∴90AECAEB==，∵AFCD⊥，∴90AFC=，∵90C=，∴四边形AECF是矩形，∴90EAF=，∵BADEAF=

，∴BADEADEAFEAD−=−，即BAEDAF=，在ABE△和ADFV中，4BAEDAFAEBAFDABAD===，∴()ABEADFAASVV，∴AEAF=，∴四边形AECF是正方形，∵ABEADFSS=VV

，∴216ABCDAECFSSAE===．故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，正方形的性质和判定，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．3．（2020·浙江杭州市·八年级月考）我们知道，四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，边长

为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D¢处，则点C的对应点C的坐标为（）A．()3,1B．()2,1C．()1,3D．()2,3【答案】D【分析】由已知条件得到2ADAD==，1AOAB12==

，根据勾股定理得到22ODADOA3=−=，于是得到结论．【详解】解：2ADAD==Q，1AOAB12==，5223ODADOA=−=，2CD=Q，//CDAB，(2,3)C，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理

，正确的识别图形是解题的关键．4．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把B点折叠在折痕MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为H，则HBC的度数为（）A．30B．22.5C．15D．12.5【答案】C【分析】由翻折的性质得到AH=AB，

MN垂直平分AD，证明△ADH是等边三角形，得到∠DAH，可得∠HAB，结合AB=AH计算出∠ABH，从而可得∠HBC．【详解】解：由翻折的性质可知：AH=AB，MN垂直平分AD，∴DH=AH，∴AH=AD=DH=AB，∴△ADH是等边三角形，∴∠DA

H=60°．∴∠HAB=30°．∵AB=AH，∴∠ABH=12×（180°-30°）=75°．∴∠HBC=15°．6故选C．【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，证得三角形ADH是一个等边三角形是解题的关键．5．

（2021·山东济南市·八年级期末）在平面直角坐标系中，长方形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝3，OB＝4，D为边OB的中点，若E为x轴上的一个动点，当△CDE的周长最小时，求点E的坐标（）A．（一3，0）B．（3，0）C．

（0，0）D．（1，0）【答案】D【分析】由于C、D是定点，则CD是定值，如果△CDE的周长最小，即DE＋CE有最小值．为此，作点D关于x轴的对称点D′，当点E在线段CD′上时，△CDE的周长最小．【详解】如图，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，连接DE．若在边OA上任取点E′

与点E不重合，连接CE′、DE′、D′E′由DE′＋CE′＝D′E′＋CE′＞CD′＝D′E＋CE＝DE＋CE，∴△CDE的周长最小．∵OB＝4，D为边OB的中点，∴OD＝2，∴D（0，2），∵在长方形OACB中，OA＝3，OB＝4，D为OB

的中点，∴BC＝3，D′O＝DO＝2，D′B＝6，∵OE∥BC，∴Rt△D′OE∽Rt△D′BC，7∴OEDOBCDB=，即：623OE=，即：OE＝1，∴点E的坐标为（1，0）故选：D．【点睛】此题

主要考查轴对称−−最短路线问题，解决此类问题，一般都是运用轴对称的性质，将求折线问题转化为求线段问题，其说明最短的依据是：两点之间线段最短．6．（2020·河北省保定市第二中学分校九年级期中）如图，在正方形ABCD中，BF⊥CE于点F，交AC于点G，有以

下结论：①∠ABG＝∠AGB；②∠OBG＝∠OCE；③AG＝BE；④△BCG≌△CDE．则下列结论正确的是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【答案】D8【分析】由正方形的性质得∠BCD＝90°，∠BCG＝

∠CDE＝45°，BC＝CD，再由BF⊥CE，根据同角的余角相等得∠CBG＝∠DCE，进而由相似三角形的判定得△BCG≌△CDE，故④正确；由△BCG≌△CDE得CG＝DE，根据正方形的对角线相等得AC＝BD，由等式性质得AG＝BE，故③正确；由△BCG≌△

CDE得∠CBG＝∠DCE，根据正方形的性质得∠OBC＝∠OCD＝45°，再根据等式性质得∠OBG＝∠OCE，故②正确；由E是OD上的任意一点，当BE≠BC时，得到AB≠AG，此时∠ABG≠∠ACB，故①错误．【详解】解

：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCG＝∠CDE＝45°，BC＝CD，∵BF⊥CE，∴∠BFC＝90°，∴∠CBG+∠BCF＝∠BCF+∠DCE＝90°，∴∠CBG＝∠DCE，∴△BCG≌△CD

E（ASA），故④正确；∵△BCG≌△CDE，∴CG＝DE，∵正方形ABCD中，AC＝BD，∴AG＝BE，故③正确；∵△BCG≌△CDE，∴∠CBG＝∠DCE，∵正方形ABCD中∠OBC＝∠OCD＝45°

，∴∠OBG＝∠OCE，故②正确；∵E是OD上的任意一点，∴当BE≠BC时，有AB≠BE，∵AG＝BE，9∴AB≠AG，∴∠ABG≠∠AGB，故①错误；故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，关键是证明三角

形全等．二、填空题7．（2021·福建漳州市·九年级期末）若正方形ABCD的对角线AC的长为4，则该正方形的面积为_________．【答案】8【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．【详解】解：∵正方形的一条对角

线的长为4，∴这个正方形的面积=12×4²=8．故答案为：8．【点睛】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．8．（2019·浙江杭州市·八年级其他模拟）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，ACBD⊥，请添加一个条件：___

____．使得平行四边形ABCD为正方形．【答案】∠BAD=90°或AC=BD【分析】先判定平行四边形ABCD是菱形，再根据有一个角是直角的菱形是正方形；对角线相等的菱形是正方形，即可得出结论．【详解】解：∵□ABCD的对角线

AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，∴□ABCD是菱形，当∠BAD=90°时，□ABCD为正方形；当AC=BD时，□ABCD为正方形；故答案为：∠BAD=90°或AC=BD．10【点睛】本题考查了正方形的判定、菱形的判定；熟记正方形的判定方法是解题的关键．9．（

2021·四川成都市·九年级期末）如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，则∠DAE的度数为_________．【答案】22.5°【分析】由四边形ABCD是一个正方形，根据正方形的性质，可得∠ACB=45°，又由AC=EC，根据等边对等

角，可得∠E=∠CAE，继而根据等腰三角形的性质和三角形的内角和求得∠EAC的度数，进一步即可求得∠DAE的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴45ACB=，∴18045135ACE=−=

，又∵ACCE=，∴()118013522.52CAECEA==−=，则4252.52.52DAEDACCAE=−=−=．故答案为：22.5°【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合

思想的应用．10．（2021·陕西九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E．若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________．11【答案】22【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作D′P′⊥AD，由角平分

线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值．【详解】解：如图，过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作D′P⊥AD于P，∵DD′⊥AE，∴∠AFD＝∠AFD′，∵AF＝AF，∠D

AE＝∠CAE，∴△ADF≌△AD′F，∴AD′＝AD＝4，∵D′与D关于AE对称，∴QD＝QD′，∴DQ＋PQ＝QD′＋PQ＝PD′，∴D′P即为DQ＋PQ的最小值，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAD′＝45°，∴AP＝PD′，

∴在Rt△APD′中，PD′2＋AP2＝AD′2，即2D'P2＝16，∴PD′＝22，即DQ＋PQ的最小值为22．12故答案为：22【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．11．（202

1·内蒙古呼和浩特市·九年级一模）在正方形ABCD中，点E，F分别为BC和AB的中点，DE和FC交于点M，连接AM．若BC=5，则AM的长度为___．【答案】5【分析】延长CF和DA,相交于G点，通过证明△FBC≌△ECD证得∠EMC=90°，再通过证明△AF

G≌△BFC可得点A为GD的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．【详解】分别延长CF和DA,相交于G点,∵正方形ABCD中,点E,F分别为BC和AB的中点,∴FB=EC,∠FBC=∠ECD=90°,

BC=CD,∴△FBC≌△ECD(SAS).∴∠BFC=∠CED.∵∠BFC+∠BCF=90°,∴∠CED+∠BCF=90°,∴∠EMC=90°,∴ED⊥CF.∵∠GAF=∠CBF,AF=BF,∠AFG=∠BFC,∴△AFG≌△BFC(ASA),1

3∴AG=BC=AD,∴点A为GD的中点.∴在Rt△GMD中,AM=AD=BC=5.【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线，掌握上述基本性质定理是解题的关键．12．（2021·江西吉安市·九年级期末）在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AE

B=105°，AE=EP，则∠AEP的度数为_________．【答案】60°或90°或150°【分析】首先根据题意作出正方形以及∠AEB，再以E为圆心，EA为半径作圆，与正方形的交点即为满足条件的P点，分类讨论即可．【详解】如图所示，在正方形ABCD

中，∠AEB=105°，∵点P在正方形的边上，且AE=EP，∴可以E为圆心，EA为半径作圆，与正方形的交点即为满足条件的P点，①当P在AD上时，如图，AE=EP1，∵∠EBA=45°，∴∠EAB=180°-45°-105°=30°

，∠EAP1=60°，△EAP1为等边三角形，∴此时∠AEP1=60°；②当P在CD上时，如图，AE=EP2，AE=EP3，由①可知∠DEP1=180°-105°-60°=15°，∴此时∠DEP1=∠DEP2=15°，∠CEP2=∠AEP1=60°，∴此时∠AEP2=60°+15°+15

°=90°；∠AEP3=2∠AED=2×(180°-105°)=150°，故答案为：60°或90°或150°．14【点睛】本题考查正方形的性质以及等腰三角形的判定，熟练运用尺规作图的方式进行等腰三角形的确定是解题关键．三、解答题13．（2021·浙江台州市·九年级期中）如图，点M，N分别在正方

形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．（1）求证：△AEM≌△ANM．（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．【答案】（1）见解析；（2）正方形ABCD的边长为6．【分析】(1)想办法证明∠MAE

=∠MAN=45°，根据SAS证明三角形全等即可.(2)设CD=BC=x，则CM=x-3，CN=x-2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题.【详解】（1）证明：由旋转的性质得，△ADN

≌△ABE，∴∠DAN＝∠BAE，AE＝AN，∠D＝∠ABE＝90°，∴∠ABC+∠ABE＝90°，∴点E，点B，点C三点共线，∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DA

N+∠BAM＝45°，∴∠MAE＝∠MAN，∵MA＝MA，∴△AEM≌△ANM（SAS）．（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，∵△AEM≌△ANM，∴EM＝MN，15∵BE＝DN，∴MN＝BM+DN＝5

，∵∠C＝90°，∴MN2＝CM2+CN2，∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得，x＝6或﹣1（舍弃），∴正方形ABCD的边长为6．【点睛】本题考查旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识只，解题的关键是正确寻找全

等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型.14．（2021·上海九年级专题练习）已知：如图，在梯形ABCD中，//ADBC，ABCD=，2BCAD=，DEBC⊥，垂足为点F，且F是DE的中点，联结AE，交边BC于

点G．（1）求证：四边形ABGD是平行四边形；（2）如果2ADAB=，求证：四边形DGEC是正方形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接AC和BE，根据垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证明AB∥EC和ABE

C=即可得到四边形ABEC是平行四边形，由平行四边形的性质得12BGCGBC==，即可证明结论；（2）先由（1）的结论证明四边形DGEC是平行四边形，再由DCEC=得到四边形DGEC是菱形，再根据勾股定理的逆定理得90GDC=o，即可证明结论．【详解】解：（1）如图，

连接AC和BE，16∵DEBC⊥，F是DE的中点，∴DCEC=，由等腰三角形“三线合一”的性质得DCFECF=，∵AD∥BC，ABCD=，∴BDCF=，∴BECF=，∴AB∥EC，∵ABEC=，∴四边

形ABEC是平行四边形，∴12BGCGBC==，∵2BCAD=，∴ADBG=，∵AD∥BG，∴四边形ABGD是平行四边形；（2）∵四边形ABGD是平行四边形，∴AB∥DG，ABDG=，∵AB∥EC，ABEC=，∴DG∥EC，DGEC=

，∴四边形DGEC是平行四边形，∵DCEC=，∴四边形DGEC是菱形，∴DGDC=，由2ADAB=，即得22CGDCDG==，∴222DGDCCG+=，17∴90GDC=o，∴四边形DGEC是正方形．【点睛】本题考查平行四边形的性质

和判定，正方形的判定，解题的关键是熟练掌握这些性质定理．15．（2021·枣庄市第二十九中学九年级期末）如图，菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在正方形ABCD的边AB、CD、DA上，连接CF．（1）求证：∠HEA＝∠CGF；（2）当AH＝DG时，求证：菱形EFGH

为正方形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）连接GE，根据正方形对边平行，得∠AEG=∠CGE，根据菱形的对边平行，得∠HEG=∠FGE，利用两个角的差求解即可；（2）根据正方形的判定定理，证明∠GHE=90

°即可．【详解】证明：（1）连接GE，∵AB∥CD，∴∠AEG=∠CGE，∵GF∥HE，∴∠HEG=∠FGE，∴∠HEA=∠CGF；（2）∵四边形ABCD是正方形，18∴∠D=∠A=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴HG=HE，在Rt△

HAE和Rt△GDH中，AHDGHEHG==，∴Rt△HAE≌Rt△GDH，∴∠AHE=∠DGH，∵∠DHG+∠DGH=90°，∴∠DHG+∠AHE=90°，∴∠GHE=90°，∴菱形EFGH为正方形.【点睛】

本题考查了正方形的性质和判定，菱形的性质，平行线的性质，熟记正方形的性质和判定是解题的关键.16．（2020·浙江省杭州市萧山区高桥初级中学八年级期中）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．（1）求证：△ABG

≌△AFG；（2）求∠EAG的度数；（3）求BG的长．19【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）BG＝2．【分析】（1）利用翻折变换对应边关系得出AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；（2）由（1）

可得∠FAG＝12∠BAF，由折叠的性质可得∠EAF＝12∠DAF，继而可得∠EAG＝12∠BAD＝45°；（3）首先设BG＝x，则可得CG＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，然后利用勾股定理GE2＝CG2＋CE2，得方程：（x＋3）2＝（6﹣x）2＋32，解此方程即可求得答案．【详解】（

1）证明；在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°，∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，又∵AG＝AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，AG=AGA

B=AF，∴△ABG≌△AFG（HL）；（2）∵△ABG≌△AFG，∴∠BAG＝∠FAG，∴∠FAG＝12∠BAF，由折叠的性质可得：∠EAF＝∠DAE，∴∠EAF＝12∠DAF，∴∠EAG＝∠EAF＋∠FAG＝12（∠DAF＋∠BAF）

＝12∠DAB＝12×90°＝45°；（3）∵E是CD的中点，∴DE＝CE＝12CD＝12×6＝3，设BG＝x，则CG＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，∵GE2＝CG2＋CE2∴（x＋3）2＝（6﹣x）

2＋32，20解得：x＝2，∴BG＝2．【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，注意折叠中的对应关系、注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．17．（2020·弥勒市朋普中学八年级月考）（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上

一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并

说明理由；（3）解决问题：王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．【答案】（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（

3）如图所示，见解析．【分析】（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角

互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；【详解】（1）AE=AF．21理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABF=∠ADE=90°，A

B=AD．∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，∴∠BAF=∠DAE．在△ABF和△ADE中BAFDAEABADABFADE===，∴△ABF≌△ADE（ASA）∴AE=AF；（2）CE=MF．理由：∵△ABF≌△A

DE，∴∠BAF=∠DAE，∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，即∠AFM=∠AEC．∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，∴∠MAF=∠EAC，在△AMF和△ACE中AFMA

ECAFAEMAFEAC===，∴△AMF≌△ACE（ASA），∴CE=MF．(3)如图所示．过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，∵∠C=∠BAD=90°，∴∠B+∠ADC=180°，∴∠ADF+∠ADC

=180°，∴C、D、F共线，∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，22∴四边形AECF是正方形．【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题

的关键是利用全等三角形进行割补．18．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）在RtABCV中，90,12ACBAC==．点D在直线CB上，以,CACD为边作矩形ACDE，直线AB与直线,CEDE的

交点分别为,FG．（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求BG的长．②若DGGF=，求BC的长．（2）已知9BC=，是否存在点D，使得CBFV是等腰三角形？若存在，求CD的

长；若不存在，试说明理由．【答案】（1）①65；②123；（2）存在，CD的长为6或9或72．【分析】（1）①根据中点的定义求出DG=DE=6，从而求出AG，证明△AEG≌△BDG，可得BG；②证明△AEF≌△DEF，得到∠1=∠2，再证明∠B=∠1=∠3=∠2，在△DBF中，利用内

角和定理求出∠B，利用勾股定理求出BC；（2）分FC=FB，CB=CF，BC=BF三种情况分别求解即可．【详解】解：（1）①在正方形ACDE中，AC=DE=12，AE∥BC，∵点G为DE中点，23∴DG=GE=6，在Rt△AEG中，AG=22A

EEG+=65，∵AE∥BC，∴∠AEG=∠BDG，又EG=CG，∠AGE=∠BGD，∴△AEG≌△BDG（ASA），∴BG=AG=65；②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，∵EF=EF，∴△AEF≌△DEF（SAS），∴∠1=∠2

，设∠1=∠2=x，∵AE∥BC，∴∠B=∠1=x，∵GF=GD，∴∠3=∠2=x，在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°，∴∠B=30°，∴AB=24，∴在

Rt△ABC中，BC=22ABAC−=123；（2）当FC=FB时，点B、点D和点G重合，此时CD=BC=9；24当CB=CF时，即CF=9，∵四边形ACDE是矩形，∴AE∥CD，∴∠CBF=∠BAE，∵BC=CF，∴∠CFB=∠CBF=∠A

FE，∴∠BAE=∠AFE，∴AE=EF，设AE=EF=x，则CE=x+9，在△ACE中，()222129xx+=+，解得：x=72，即CD=AE=72；当BC=BF时，即BF=9，∵AB=22ACBC+=15，25∴AF=AB

-BF=6，∵四边形ACDE是矩形，∴AE∥CD，∴∠BCF=∠AEC，∵BC=BF，∴∠BCF=∠BFC=∠AFE，∴∠AFE=∠AEC，∴AE=AF=CD=6；综上：CD的长为6或9或72．【点睛】本题

考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．19．（2021·山东临沂市·九年级一模）已知：如图1所示将一块等腰三角板BMN放置与正方形ABCD的BÐ重合，连接AN、CM，E是AN的中点，连

接BE．（观察猜想）（1）CM与BE的数量关系是________；CM与BE的位置关系是________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板BMN绕点B逆时针旋转(090)，其他条件不变，线段CM与BE的关26系是否仍然成立，并说明理由；（拓展

延伸）（3）若旋转角45=o，且2NBEABE=，求BCBN的值．【答案】（1）2CMBE=；CMBE⊥；（2）成立，理由见解析；（3）622−【分析】（1）【观察猜想】根据正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可证明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根据

E是AN的中点，即可证明CM=2BE，根据等边对等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90∘即可证明CM⊥BE．（2）【探究证明】延长BE至F使EF=BE，连接AF，先证明△AEF≌△NEB，再证明△FAB≌MBC，得

到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，进而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可证明EB⊥CM；（3）[拓展延伸]由a=45°得到∠ABE=15°，由前面可得∠BMC=30°，过C作CG⊥MB于G，

设CG为m，则BC=2m，MG=3m，所以MB=BN=3m-m，最后求得BCBN的值．【详解】解:【观察猜想】(1)CM=2BE；CM⊥BE；如图1所示图1∵正方形ABCD，∴AB=CB，∵等腰三角形BMN，∴BM=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，∴∠BAN=∠BCM

，又∵E是AN的中点，27∴BE=AE=NE=12AN，∴CM=2BE，∵BE=AE，∴∠BAN=∠ABE，∴∠ABE=∠BCM，∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90∘∴∠BPM=90∘∴CM⊥BE．【探究证明】(2)CM=2BE，

CM⊥BE仍然成立．如图2所示，延长BE至F使EF=BE，连接AF，∵AE=EN，∠AEF=∠NEB，EF=BE，∴△AEF≌△NEB∴AF=BN，∠F=∠EBN，∴AF//BN，AF=BM，∴∠FAB+∠ABN=180°，∵∠MBN

=∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABN=90°，∴∠NBA+∠FAD=90°，∴∠CBN=∠FAD∴∠FAB=∠MBC，∵AB=BC，28∴△FAB≌MBC，∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，∵∠ABF+∠FBC=90°∴∠BCM+∠EBC=90°，∴EB⊥CM；[拓展延伸]

(3)由a=45°得∠MBA=∠ABN=45°，∵∠NBE=2∠ABE，∴∠ABE=15°，由前面可得∠MCB=∠ABE=15°，∠MBC=135°，∴∠BMC=180°-15°-135°=30°，如图3所示，过C作CG⊥MB于G，图3设CG为m则

BC=2m，MG=3m，所以MB=BN=3m-m，∴26223BCmBMmm−==−．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用以上性质解决问题．