第11讲正方形中的几个常用模型探究
模
型一正方形的“十字架”模型
如图，正方形ABCD中，E、F在其左右两对边上，G、H在其上下两对边上.
若有EF⊥GH，则必有EF=GH.
证明方法：构造全等；
逆向应用：见“十字架”想直角三角形全等
【例题】：如图ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．
【分析】由DE＝CF可得AE＝DF⇒△DAF≌△ABE，然后根据全等三角形的对应角相等可得出BE与AF的关系．
如图ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．
【解答】解：BE＝AF，BE⊥AF；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，DE＝CF，
∴AE＝DF，
又∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△ADF
∴BE＝AF，∠ABE＝∠FAD，
∵∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠FAD+∠AEB＝90°，
∴BE⊥AF．
故BE＝AF，BE⊥AF．
【变式】去掉DE＝CF时，
（1）若已知BE=AF，则BE⊥AF成立吗？
【解答】解：BE⊥AF，理由如下；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=90°，AB=AD
易证得：Rt△ABE≌Rt△DAF（HL）
∴∠ABE=∠DAF
∵∠DAF＋∠BAF=90°
∴∠ABE＋∠BAF=∠AGB=90°
即BE⊥AF
（2）若已知BE⊥AF，则BE=AF成立吗？
【解答】解：BE=AF，理由如下；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=90°，AB=AD
又∵BE⊥AF
∴∠AGB=90°
∴∠ABE＋∠BAF=90°
∵∠DAF＋∠BAF=90°
∴∠ABE=∠DAF
∴△ABE≌△DAF（ASA）
∴BE=AF
【针对练习】
1．（槐荫区期末）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．2
B．
C．4
D．
【分析】根据题目中的条件，可以先证明△BAE和△ADF全等，然后即可得到∠ABE＝∠DAF，从而可以证明△BGF是直角三角形，再根据点H为BF的中点，可知GH是BF的一半，然后根据勾股定理可以求得BF的长，从而可以得到GH的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°，
在△BAE和△ADF中，
，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝
BF，
又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°，
∴CF＝3，
∴BF＝
＝
＝
，
∴GH＝
，
故选：B．
2．（灞桥区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、点F分别在AD、CD上，且AE＝DF，若四边形OEDF的面积是1，OA的长为1，则正方形的边长AB为（ ）
A．1 B．2 C．
D．2
【分析】根据正方形的性质得到AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠DAF，求得∠AOB＝90°，根据三角形的面积公式得到OA＝1，由勾股定理即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，
在△ABE与△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∴∠ABE+∠BAO＝∠DAF+∠BAO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∵△ABE≌△DAF，
∴S△ABE＝S△DAF，
∴S△ABE﹣S△AOE＝S△DAF﹣S△AOE，
即S△ABO＝S四边形OEDF＝1，
∵OA＝1，
∴BO＝2，
∴AB＝
＝
＝
，
故选：C。
3．（南京期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在CD、AD、BC上，且FG⊥BE，垂足为O．
（1）求证：BE＝FG；
（2）若O是BE的中点，且BC＝8，EC＝3，求AF的长．
【分析】（1）作AM∥FG交BE于N，BC于M．根据正方形的性质证明△ABM≌△BCE可得AM＝BE．再证明四边形AMGF为平行四边形．即可得结论；
（2）连接BF、EF，设AF＝x，则DF＝8﹣x，根据勾股定理即可求出AF的长．
【解答】（1）证明：作AM∥FG交BE于N，BC于M．
在正方形ABCD中，
∴AD∥BC，AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°．
∵FG⊥BE，
∴∠FOB＝90°．
∵AM∥FG，
∴∠ANB＝∠FOB＝90°．
∴∠ABN+∠EBC＝90°
∵∠C＝90°．
∴∠BEC+∠EBC＝90°．
∴∠ABN＝∠BEC．
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABM≌△BCE（AAS），
∴AM＝BE．
∵AD∥BC，
∴AF∥MG．
∵AM∥FG，
∴四边形AMGF为平行四边形．
∴AM＝FG．
∵AM＝BE，
∴BE＝FG．
（2）如图，连接BF、EF，
∵FG⊥BE，O是BE的中点，
∴BF＝FE．
在正方形ABCD中，
∴AD＝AB＝DC＝BC＝8．
∵EC＝3，
∴DE＝5．
设AF＝x，则DF＝8﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
BF2＝AB2+AF2＝82+x2．
在Rt△DEF中，由勾股定理得：
EF2＝DF2+DE2＝52+（8﹣x）2．
∵BF＝FE，
∴BF2＝EF2．
即82+x2＝52+（8﹣x）2，
解得：x＝
．
∴AF＝
．
4．（内黄县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且CE+CF＝4，BE和AF相交于点G，在点E、F运动的过程中，当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时，△BCG的面积为 ．
【分析】利用SAS判定△ABF≌△BCE，则得∠AGB＝90°；利用当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时可得∠ABG＝45°或60°，于是∠GBF＝45°或30°；过点G作GH⊥BC于点H，通过计算GH的长得到△BCG的高，利用三角形的面积公式即可求得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴CF+BF＝4．
∵CE+CF＝4，
∴CE＝BF．
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（SAS）．
∴∠AFB＝∠BEC．
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BEC．
∴∠ABG＝∠AFB．
∵∠ABG+∠FBG＝90°，
∴∠AFB+∠FBG＝90°．
∴BG⊥AF．
∴∠AGB＝90°．
∵△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍，
∴∠ABG＝45°或60°．
∴∠GBF＝45°或30°．
过点G作GH⊥BC于点H，如图，
当∠GBF＝45°时，点F与点C重合，
∴GH＝
，
∴△BCG的面积＝
×BC×GH＝4．
当∠GBF＝30°时，
∵BG＝
AB＝2，
∴GH＝
BG＝1．
∴△BCG的面积＝
×BC×GH＝2．
综上，△BCG的面积为4或2．
故答案为：4或2．
5．（罗湖区校级模拟）如图所示，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF；⑤∠BAE＝∠AFB
其中，正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据四边形ABCD是正方形及CE＝DF，可证出△ADE≌△BAF，然后依据全等三角形的性质可找出其中相等的线段可相等的角，然后再逐个进行判断即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，
∵CE＝DF，
∴AD﹣DF＝CD﹣CE，即AF＝DE，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE＝BF，故①正确；∠ABF＝∠DAE，
∵∠DAE+∠BAO＝90°，
∴∠ABF+∠BAO＝90°，
在△ABO中，∠AOB＝180°﹣（∠ABF+∠BAO）＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
假设AO＝OE，
∵AE⊥BF（已证），
∴AB＝BE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
∵在Rt△BCE中，BE＞BC，
∴AB＞BC，这与正方形的边长AB＝BC相矛盾，
所以，假设不成立，AO≠OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，
即S△AOB＝S四边形DEOF，故④正确；
∵AE⊥BF，
∴∠AOB＝90°．
∴∠OAB+∠ABO＝90°．
又∵∠AFB+∠ABO＝90°，
∴∠BAO＝∠AFO，故⑤正确．
故选：C．
模
型二正方形中的“三垂定理”模型
如图，已知正方形ABCD，过点B、D两点分别向过点C的直线作垂线，垂足分别为E、F，则有△BCE≌△CDF
【例题】．（蒙阴县期末）（1）数学课上，张老师给出了一个问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角∠DCG的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．
小明经过思考展示了一种正确的解题思路：取AB的中点H，连接HE，则可以证明AE＝EF．
请你写出证明过程．
（2）在此基础上，小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B、C外）的任意一点”，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，请写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（3）如图3，如果点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE＝EF”仍然成立吗？直接写出结论，不用说明理由．
【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE＝EF；
（2）如图2，在AB上取一点M，使AM＝CE，连接ME，方法同（1）可得出结论；
（3）延长BA到M，使AM＝CE，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE＝EF．
【解答】证明：（1）如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝∠AEF＝90°，
∵点H、E分别是边AB、BC的中点，
∴AH＝BH＝BE＝CE，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝135°，
∵CF是正方形外角∠DCG的平分线，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠AHE＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠BAE＝90°，∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）解：正确．
如图2，在AB上取一点M，使AM＝CE，连接ME，
∴BM＝BE，
∴∠BME＝45°，∠AME＝135°，
∵CF是正方形外交∠DCG的平分线，
∴∠DCF＝45°，∠ECF＝135°，
同（1）可证明△AME≌△ECF，
∴AE＝EF；
（3）成立．
理由如下：如图3，延长BA到M，使AM＝CE，
∵∠AEF＝90°，
∴∠FEG+∠AEB＝90°．
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∴∠MAE＝∠CEF．
∵AB＝BC，
∴AB+AM＝BC+CE，
即BM＝BE．
∴∠M＝45°，
∴∠M＝∠FCE．
在△AME与△ECF中，
，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
【针对练习】
1．（郾城区期末）如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是1和2，则正方形ABCD的面积是 ．
【分析】根据正方形性质得出AB＝CB，∠ABC＝90°，求出∠EAB＝∠FBC，证△AEB≌△BFC，求出BE＝CF＝2，在Rt△AEB中，由勾股定理求出AB，即可求出正方形的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝180°﹣90°＝90°，∠ABE+∠EAB＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△AEB和△BFC中，
，
∴△AEB≌△BFC（AAS），
∴BE＝CF＝2，
在Rt△AED中，由勾股定理得：AB＝
＝
，
即正方形ABCD的面积是5，
故答案为：5．
2．（巴中期末）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（﹣3，0），则点C到y轴的距离是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，则点C到y轴的距离为OE，通过证明△CBE≌△BAO得到BE＝OA，利用点A，B的坐标可求OA，OB的长，则结论可求．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，如图，
则点C到y轴的距离为OE．
∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（﹣3，0），
∴OA＝2，OB＝3．
∵CE⊥x轴，
∴∠CEB＝90°．
∴∠ECB+∠EBC＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB，∠CBA＝90°．
∴∠EBC+∠ABO＝90°．
∴∠ECB＝∠ABO．
在△CBE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS）．
∴EB＝OA＝2．
∴OE＝OB+BE＝3+2＝5．
∴点C到y轴的距离是5．
故选：B．
3．（鹿城区校级一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长．再根据全等三角形的对应边相等可得FQ＝DP，进而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中点，据此可得DM＝
DF．
【解答】解：如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CN＝
CD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN＝
＝
，
Rt△DFN中，DF＝
＝
＝
．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DM＝
DF＝
．
故选：A．
4．（西湖区校级月考）如图，过正方形ABCD的顶点B作直线l，过点A，C作l的垂线，垂足分别为E，F，若AE＝1，CF＝3，求AB的长．
【分析】先利用AAS判定△ABE≌△BCF，从而得出AE＝BF，BE＝CF，最后得出AB的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBF+∠FBA＝90°，AB＝BC，
∵CF⊥BE，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS）
∴AE＝BF＝1，BE＝CF＝3，
∴AB＝
＝
＝
．
5．（济源期末）[经典问题回顾]
如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，求证：AE＝EF．
对于本题，我们常用的思路是在AB上截取BM＝BE，构造全等三角形进行证明．
小明通过深度研究，又总结出了以下三种思路：
思路一：如图（1），在AB的延长线上截取BN，使BN＝BE，连接NE，利用全等三角形和特殊四边形，转化得到线段之间的数量关系，获证；
思路二：如图（2），连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q，利用全等三角形，获证；
思路三：如图（3），连接AC，作EG∥AB，交AC与点G，利用全等三角形，获证．
[进一步探究]
小明继续对这道题目进行了改编，请完成下面改编题目的解答．
四边形ABCD是正方形，点E是直线BC上一点，∠AEF＝β，EF交正方形外角平分线CF于点F．
（1）如图（4），若点E在边BC延长线上，β＝90°，线段AE与线段EF存在怎样的数量关系？并加以证明；
（
2）如图（5），若点E在边BC上，AE＝EF，求β的度数．
【分析】（1）结论：AE＝EF．如图（4）中，延长BA至H，使AH＝CE，连接HE，证明△HAE≌△CEF（ASA），可得结论．
（2）如图（5）中，连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q．证明Rt△APE≌Rt△FQE（HL），推出∠AEP＝∠FEQ，推出∠AEF＝∠PEQ＝90°，可得结论．
【解答】解：（1）结论：AE＝EF．
理由：如图（4）中，延长BA至H，使AH＝CE，连接HE，
∵BA＝BC，AH＝CE，
∴BH＝BE，
∴∠H＝45°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECF＝45°，
∴∠H＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，∠B＝90°，∠HAE＝∠B+∠BEA，∠CEF＝∠AEF+∠BEA，
∴∠HAE＝∠CEF，
在△HAE和△CEF中，
，
∴△HAE≌△CEF（ASA），
∴AE＝EF．
（2）如图（5）中，连接AC，过点E作EP⊥AC于点P，EQ⊥CF于点Q．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECQ＝∠PCE＝45°，
∴∠EPC＝∠Q＝∠PCQ＝90°，
∴四边形EPCQ是矩形，
∵∠PEC＝∠PCE＝45°，
∴PE＝PC，
∴四边形EPCQ是正方形，
∴PE＝EQ，
在Rt△APE和Rt△FQE中，
，
∴Rt△APE≌Rt△FQE（HL），
∴∠AEP＝∠FEQ，
∴∠AEF＝∠PEQ＝90°，
∴β＝90°．
模
型三正方形半角模型
【例题】．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
（1）求证：CE＝CF．
（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE＝45°，则GE＝BE+GD成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所累积的经验和知识，完成下题：
如图2，在直角梯形ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC＝12，E是AB上一点，且∠GCE＝45°，BE＝4，求GE的长．
【分析】（1）由SAS证明△CBE≌△CDF，即可得出结论；
（2）由（1）知，△CBE≌△CDF，得CE＝CF，∠BCE＝∠DCF，再证△ECG≌△FCG（SAS），即可得出结论；
（3）过C作CD⊥AG，交AG的延长线于D，证四边形ABCD是正方形，设GD＝x，则GE＝4+x，AG＝12﹣x，在Rt△AEG中，由勾股定理得出方程，求出x＝6，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：GE＝BE+GD成立，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
由（1）知，△CBE≌△CDF，
∴CE＝CF，∠BCE＝∠DCF，
∴∠DCF+∠ECD＝∠BCE+∠ECD＝∠BCD＝90°，
即∠ECF＝90°，
又∵∠GCE＝45°，
∴∠GCF＝∠GCE＝45°，
在△ECG和△FCG中，
，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴GE＝GF，
∵GF＝DF+GD，DF＝BE，
∴GE＝DF+GD＝BE+GD；
（3）解：过C作CD⊥AG，交AG的延长线于D，如图2所示：
则∠CDA＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝12，
∵BE＝4，
∴AE＝AB﹣BE＝8，
由（2）得：GE＝BE+GD，
设GD＝x，则GE＝4+x，AG＝12﹣x，
在Rt△AEG中，由勾股定理得：AE2+AG2＝GE2，
即82+（12﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝6，
∴GE＝4+6＝10．
【针对练习】
1．（高州市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积 ．
【分析】根据旋转的性质将四边形ABCD变形为正方形DEBE′，易求四边形ABCD的面积．
【解答】解：把Rt△DEA以绕D按逆时针旋转90°，如图：
∵旋转不改变图形的形状和大小，
∴A与C重合，∠A＝∠DCE′，∠E′＝∠AED＝90°．
∵在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠A+∠DCB＝180°，
∴∠DCE′+∠DCB＝180°，
即点B、C、E′在同一直线上，
∵∠DEB＝∠E′＝∠B＝90°，
∴四边形DEBE′是矩形，
∴S矩形DEBE′＝DE×BE＝5×5＝25，
∵S矩形DEBE′＝S四边形DEBC+S△DCE，
∵S四边形ABCD＝S四边形DEBC+S△ADE＝S四边形DEBC+S△DCE，
∴S四边形ABCD＝S矩形DEBE＝25．
故四边形ABCD的面积为25．
故答案为：25．
2．（丽水期中）已知正方形ABCD中，M，N是边BC，CD上任意两点，∠MAN＝45°，连结MN．
（1）如图①，请直接写出BM，DN，MN三条线段的数量关系： ；
（2）如图②，过点A作AH⊥MN于点H，求证：AB＝AH；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．
【分析】（1）延长CD到E，使DE＝BM，利用SAS证明△ABM≌△ADE，得∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，再证明△AMN≌△AEN（SAS），得MN＝NE＝ND+BM；
（2）由（1）知，∠AMB＝∠AED，∠AED＝∠AMN，得∠AMB＝∠AMN，再利用角平分线的性质可证明结论；
（3）将图③放到图②中，利用HL证明Rt△ABM≌Rt△AHM，得BM＝MH＝2，同理得，NH＝ND＝3，设BC＝AB＝x，则CM＝x﹣2，CN＝x﹣3，在Rt△MCN中，利用勾股定理列方程，从而解决问题．
【解答】（1）解：延长CD到E，使DE＝BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABM＝∠ADE＝90°，
∵BM＝DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS），
∴∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝∠NAE＝45°，
∵AN＝AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝NE＝ND+BM，
∴MN＝BM+DN，
故答案为：MN＝BM+DN；
（2）证明：由（1）知，∠AMB＝∠AED，∠AED＝∠AMN，
∴∠AMB＝∠AMN，
∵AB⊥BC，AH⊥MN，
∴AB＝AH；
（3）解：将图③放到图②中，
∵AB＝AH，AM＝AM，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（HL），
∴BM＝MH＝2，
同理得，NH＝ND＝3，
设BC＝AB＝x，则CM＝x﹣2，CN＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理得，
（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍），
∴AB＝6．
由（1）知，AB＝AH，
∴AH＝6．
3．（香洲区校级模拟）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．
（1）如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，有BM+DN＝MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
【分析】（1）在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，根据正方形性质得出AD＝AB，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠ABE＝90°，证△ABE≌△ADN推出AE＝AN；∠EAB＝∠NAD，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME＝MN即可；
（2）在DN上截取DE＝MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM＝AE；∠MAB＝∠EAD，求出∠EAN＝∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN＝EN即可．
【解答】解：（1）图1中的结论仍然成立，即BM+DN＝MN，理由为：
如图2，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠ABE＝90°，
∵在△ABE和△ADN中
，
∴△ABE≌△ADN（SAS）．
∴AE＝AN；∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝45°＝∠MAN，
∵在△AEM和△ANM中
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∴MN＝ME＝BE+BM＝DN+BM，
即DN+BM＝MN；
（2）猜想：线段BM，DN和MN之间的等量关系为：DN﹣BM＝MN．
证明：如图3，在DN上截取DE＝MB，连接AE，
∵由（1）知：AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，BM＝DE，
∴△ABM≌△ADE（SAS）．
∴AM＝AE；∠MAB＝∠EAD，
∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN，
∴∠DAE+∠BAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，
∵在△AMN和△AEN中
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵DN﹣DE＝EN，
∴DN﹣BM＝MN．
【其他模型练习】
1．（平顶山期末）（1）如图1，边长为a的正方形ABCD对角线AC与BD相交于点O，且正方形OEFG绕点O旋转时，OE交边AB于点H，OG交边BC于点R．则图中阴影部分（四边形BROH）的面积为 ；（用含a的代数式表示）
（2）如图2，已知△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝a，BD平分∠ABC，点O为BD的中点．正方形OEFG绕点O旋转时，OE交边AB于点H，OG交边BC于点R．求图中阴影部分（即四边形BROH）的面积；
（3）如图3，△ABC与△OEF均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠EOF＝90°，AB＝BC，OE＝OF．BD是Rt△ABC斜边AC上的中线，点O为BD的中点，OE交边AB于点H，OF交边BC于点R．设两三角形重叠部分（阴影部分）的面积为S，已知EF＝3
，当两三角形的空白部分（除去阴影部分）的面积差为2时，直接写出阴影部分面积S的值．
【分析】（1）由题意得OA＝OB，∠OAB＝∠OBC＝45°又因为∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOR+∠EOB＝90°可得∠AOE＝∠BOR，根据ASA可证△AOH≌△BOR，由全等三角形的性质可得S△AOH＝S△BOR，可得重叠部分的面积为正方形面积的
，即可求解；
（2）介绍两种解法：
解法一：如图2，过点O作MN∥AC分别与AB，BC交于点M，N，连接DM，DN，根据平行线分线段成比例定理可得点D，M，N分别为AC，AB，BC的中点，证明四边形BNGM是正方形，可得阴影部分的面积；
解法二：如图3，如图3，过点O作MN∥AC分别与AB，BC交于点M，N，证明△MOH≌△BOR（ASA），可得阴影部分的面积；
（3）先计算OE＝OF＝3，根据两三角形的空白部分（除去阴影部分）的面积差为2列方程（分两种情况），可得AB2的值，由（2）的结论可得S的值．
【解答】解：（1）如图1，在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOR+∠EOB＝90°，
∴∠AOH＝∠BOR．
在△AOH和△BOR中
，
∴△AOH≌△BOR（ASA），
∴S△AOH＝S△BOR，
∴图中阴影部分的面积＝S△AOB＝
S正方形ABCD＝
a2，
故答案为：
a2；
（2）如图2，过点O作MN∥AC分别与AB，BC交于点M，N，连接DM，DN，
∴
＝
，
∵AB＝BC＝a，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD＝CD，
∴点D，M，N分别为AC，AB，BC的中点，
∴MD∥BC，DN∥AB，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，BM＝BN，
∴四边形BNGM是正方形，
由（1）中得：S阴影部分＝
S正方形BNDM＝
×BM2＝
；
方法二：如图3，过点O作MN∥AC分别与AB，BC交于点M，N，
同理得：BM＝BN＝
a，
∵∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴BO⊥MN，∠HMO＝∠RBO＝45°，OM＝OB，
∠MOH+∠BOH＝∠BOH+∠BOR＝90°，
∴∠MOH＝∠BOR，
∴△MOH≌△BOR（ASA），
∴S阴影部分＝S△BOM＝
S△MBN＝
×
BM2＝
×BM2＝
；
（3）∵△EFO是等腰直角三角形，且∠EOF＝90°，EF＝3
，
∴OE＝OF＝3，
∵两三角形的空白部分（除去阴影部分）的面积差为2，
分两种情况：
①（
AB2﹣S）﹣（
﹣S）＝2，
解得：AB2＝13，
由（2）得：S＝
AB2＝
；
②（
AB2﹣S）﹣（
﹣S）＝﹣2，
解得：AB2＝5，
∴S＝
AB2＝
；
综上，S的值为
或
．
2．（南岸区期末）已知四边形ABCD是正方形，点F为射线AD上一点，连接CF并以CF为对角线作正方形CEFG，连接BE，DG．
（1）如图1，当点F在线段AD上时，求证：BE＝DG；
（2）如图1，当点F在线段AD上时，求证：CD﹣DF＝
BE；
（3）如图2，当点F在线段AD的延长线上时，请直接写出线段CD，DF与BE间满足的关系式．
【分析】（1）由“SAS”可证△BCE≌△DCG，可得结论．
（2）如图1中，设CD交FG于点O，过点G作GT⊥DG交CD于T．证明△DGT是等腰直角三角形，再证明△DGF≌△TGC即可解决问题；
（3）如图2，过点G作GT⊥DG交DC的延长线于T，证明△DGT是等腰直角三角形，再证明△DGF≌△TGC即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD，四边形EFGC都是正方形，
∴∠BCD＝∠ECG＝90°，CB＝CD，CE＝CG，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG；
（2）证明：如图1中，设CD交FG于点O，过点G作GT⊥DG交CD于T，
∵∠FDC＝∠FGC＝90°，
∴C，F，D，G四点共圆，
∴∠CDG＝∠CFG＝45°，
∵GT⊥DG，
∴∠DGT＝90°，
∴∠GDT＝∠DTG＝45°，
∴GD＝GT，
∴△DGT是等腰直角三角形，
∴DT＝
DG，
∵∠DGT＝∠FGC＝90°，
∴∠DGF＝∠TGC，
∵GF＝GC，
∴△GDF≌△GTC（SAS），
∴DF＝CT，
∴CD﹣DF＝CD﹣CT＝DT＝
DG，
由（1）可知：BE＝DG，
∴CD﹣DF＝
BE；
（3）DC+DF＝
BE，理由如下：
如图2，过点G作GT⊥DG交DC的延长线于T，
∵∠CDF＝∠CGF＝90°，
∴点D，点F，点G，点C四点共圆，
∴∠CDG＝∠CFG＝45°，
∵GT⊥DG，
∴∠CDG＝∠T＝45°，
∴DG＝TG，
∴△DTG是等腰直角三角形，
∴DT＝
DG，
∵∠DGT＝∠FGC＝90°，
∴∠DGF＝∠CGT，
又∵DG＝GT，GF＝GC，
∴△DFG≌△TCG（SAS），
∴DF＝CT，
∴DC+DF＝DT＝
DG，
∴DC+DF＝
BE．
3．（成都期末）如图所示，已知边长为13的正方形OEFG，其顶点O为边长为10的正方形ABCD的对角线AC，BD的交点，连接CE，DG．
（1）求证：△DOG≌△COE；
（2）当点D在正方形OEFG内部时，设AD与OG相交于点M，OE与DC相交于点N，求证：MD+ND＝
OD；
（3）将正方形OEFG绕点O旋转一周，当点G，D，C三点在同一直线上时，请直接写出EC的长．
【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）如图1中，过点O作OJ⊥CD于点J，OK⊥AD于点K．证明四边形OJDK是正方形，再利用全等三角形的性质证明MK＝NJ，可得结论；
（3）分两种情形：如图2中，当等G在CD的延长线上时，过点O作OH⊥CD于H．如图3中，当点G值DC的延长线上时，分别求出DG，可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OD＝OC，
∵四边形EFGO是正方形，
∴∠GOE＝∠DOC＝90°，OG＝OE，
∴∠DOG＝∠EOC，
在△GOD和△EOC中，
，
∴△DOG≌△COE（SAS）；
（2）证明：如图1中，过点O作OJ⊥CD于点J，OK⊥AD于点K．
∵∠ODJ＝∠ODK＝45°，∠OJD＝∠OKD＝∠JDK＝90°，
∴四边形OJDK是矩形，DJ＝OJ，DK＝OK，OD＝
DJ，
∴四边形OJDK是正方形，
∴OK＝OJ＝DJ＝DK，
∵∠GOE＝∠KOJ＝90°，
∴∠KOM＝∠NOJ，
∵∠OKM＝∠OJN＝90°，
∴△OKM≌△OJN（ASA），
∴KM＝JN，
∴DM+DN＝DK+KM+DJ﹣JN＝2DJ＝
OD；
（3）解：如图2中，当点G在CD的延长线上时，过点O作OH⊥CD于H．
∵∠DOC＝90°，CD＝10，OH⊥CD，OD＝OC，
∴DH＝CH＝5，
∴OH＝
CD＝5，
∵OG＝13，
∴GH＝
＝
＝12，
∴DG＝GH＝DH＝12﹣5＝7，
∵△DOG≌△COE，
∴CE＝DG＝7．
如图3中，当点G在DC的延长线上时，同法可得GH＝12，DG＝DH+GH＝17，可得CE＝DG＝17．
综上所述，满足条件的CE的长为7或17．