矩形、菱形、正方形辅助线的作法专训.doc

矩形、菱形、正方形辅助线得作法专训
一、连结法
试题1、(201４陕西,第9题3分)如图,在菱形ABCＤ中，AB=5,对角线AC=6．若过点Ａ作ＡＥ⊥BC,垂足为E,则AE得长为（　 )ﻩ
Ａ.　4 B． ﻩC. D. 5ﻩﻩﻩ ﻩ
试题２、(2015安徽， 第９题４分)如图,矩形ABCD中,AB＝8,BC=4.点E在边AＢ上,点Ｆ在边CD上,点Ｇ、H在对角线ＡC上.若四边形ＥGFH就是菱形,则ＡE得长就是( )
A.2 B.ﻩ3 Ｃ.ﻩ5ﻩD. 6
试题3、如图，在矩形ＡＢCD中,AB＝4,AD=6,M,N分别就是AB,ＣD得中点,Ｐ就是AD上得点，且∠PNB＝3∠CBN.
（１)求证:∠PNM=2∠CBN; ﻩﻩ
（2)求线段AP得长.ﻩ ﻩ ﻩ ﻩ
试题4、(2015山东德州,第２0题8分）如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC得对角线OＢ,AC相交于点D,且BE∥AＣ，AE∥OB,
(１)求证:四边形AＥＢD就是菱形;ﻩ
(２)如果OＡ=3,OC=2,求出经过点E得反比例函数解析式.ﻩ
考点: 反比例函数综合题．、ﻩﻩ ﻩ
分析: (1)先证明四边形AEBD就是平行四边形,再由矩形得性质得出DA=DB,即可证出四边形AＥBD就是菱形;ﻩﻩﻩﻩ
(2)连接DE,交AB于F,由菱形得性质得出AB与DE互相垂直平分,求出EＦ、ＡF,得出点E得坐标;设经过点E得反比例函数解析式为:ｙ=,把点E坐标代入求出k得值即可．
解答： (1)证明:∵ＢＥ∥ＡC,AＥ∥OB,ﻩ ﻩﻩﻩ
∴四边形AEBＤ就是平行四边形, ﻩﻩ
∵四边形OABC就是矩形,ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩ
∴DＡ=AC,ＤB=OＢ,ＡC=OB,AB=OＣ=2,
∴DA＝DB, ﻩ ﻩ
∴四边形AEBD就是菱形;ﻩﻩﻩ ﻩﻩﻩ
(2)解:连接DＥ，交AＢ于F,如图所示:ﻩ
∵四边形AEBD就是菱形, ﻩﻩ ﻩ
∴AB与DE互相垂直平分,ﻩ ﻩ ﻩﻩ
∵OA＝３,OＣ=2,ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩ
∴EF=ＤF=OA=,ＡＦ=AB=1,３+=,
∴点Ｅ坐标为:(,1)，ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩ
设经过点E得反比例函数解析式为:ｙ＝，ﻩ
把点E(,１)代入得：ｋ=, ﻩ ﻩ ﻩ
∴经过点E得反比例函数解析式为:y=.
点评: 本题就是反比例函数综合题目,考查了平行四边形得判定、菱形得判定、矩形得性质、坐标与图形特征以及反比例函数解析式得求法；本题综合性强,有一定难度,特别就是（2)中,需要作辅助线求出点Ｅ得坐标才能得出结果.
试题５、(2０15江苏泰州,第25题12分）如图,正方形ABCD得边长为8cm，Ｅ、F、Ｇ、H分别就是AB、BＣ、CＤ、DA上得动点,且AE＝ＢＦ＝CＧ=ＤＨ.
(1)求证:四边形EFGＨ就是正方形;
(2)判断直线EG就是否经过一个定点,并说明理由;
（3)求四边形EFGH面积得最小值．ﻩ
考点: 四边形综合题. ﻩﻩ ﻩﻩ
分析： (1)由正方形得性质得出∠A=∠B=∠Ｃ=∠D=9０°,ＡB＝BC＝CD=DA,证出AH=BE=CF=ＤG,由SAS证明△AEH≌△BＦＥ≌△CGF≌△ＤＨG，得出ＥH=FＥ＝ＧＦ＝ＧＨ,∠ＡEH=∠BFE,证出四边形EFＧH就是菱形,再证出∠HＥＦ=９０°,即可得出结论;
（2)连接AC、ＥＧ,交点为O;先证明△ＡOＥ≌△COG,得出OA=OC，证出O为对角线ＡC、ＢD得交点,即O为正方形得中心; ﻩ
(3)设四边形EFGＨ面积为S,BE=xｃm，则BF=(8﹣ｘ）cm,由勾股定理得出S=ｘ２＋(8﹣x）2=2（x﹣４)２+３2,Ｓ就是x得二次函数,容易得出四边形EFGH面积得最小值. ﻩ
解答：ﻩ(1）证明：∵四边形ABCD就是正方形,
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,ＡB＝BC=CD=DA,
∵AＥ＝BF=ＣG＝ＤH,ﻩ ﻩﻩﻩ
∴AＨ=BE=CF＝DG, ﻩﻩ ﻩ
在△AＥH、△BFE、△CGF与△DＨＧ中,,
∴△AＥH≌△BＦＥ≌△CGＦ≌△DHG(SAS),ﻩ
∴ＥH=FＥ＝GＦ＝GH,∠AEＨ=∠BFE,
∴四边形EFGH就是菱形, ﻩ ﻩﻩ
∵∠BＥＦ+∠BFE=90°，ﻩ ﻩ ﻩﻩ
∴∠BEF＋∠AEＨ=9０°，ﻩ ﻩﻩ ﻩ
∴∠HEF=90°, ﻩ ﻩ
∴四边形EFGH就是正方形;ﻩ
(２）解:直线EG经过一个定点,这个定点为正方形得中心（AC、ＢD得交点)；理由如下:
连接ＡC、EG,交点为Ｏ;如图所示:
∵四边形ABCD就是正方形，ﻩﻩ ﻩﻩ
∴AＢ∥CD，ﻩ ﻩﻩ ﻩ
∴∠OAE=∠OCＧ,ﻩﻩﻩ ﻩ
在△AOＥ与△CＯG中,,ﻩ∴△ＡOE≌△COＧ（AAS),
∴ＯA=OC,即O为AC得中点, ﻩﻩﻩ ﻩ
∵正方形得对角线互相平分, ﻩ
∴O为对角线AC、BD得交点,即O为正方形得中心;
（3)解:设四边形EＦＧH面积为S,设BE＝xcｍ,则BF=(８﹣x)cm,
根据勾股定理得：EF2=BE2+BF２=x２+（８﹣x)2，
∴S＝x2+(８﹣ｘ）２=2（ｘ﹣4)2+32，ﻩ
∵2>０,ﻩﻩ ﻩ
∴S有最小值, ﻩﻩﻩ ﻩ
当x＝４时,S得最小值＝32,ﻩﻩ ﻩ ﻩﻩ
∴四边形ＥＦGH面积得最小值为32ｃm2.
点评: 本题就是四边形综合题目,考查了正方形得性质与判定、菱形得判定、全等三角形得判定与性质、勾股定理、二次函数得最值等知识；本题综合性强,有一定难度，特别就是(2）(3)中,需要通过作辅助线证明三角形全等与运用二次函数才能得出结果．ﻩ
试题６、(１2分)(2０15内蒙古赤峰2５,1２分)如图,四边形ABCＤ就是边长为2,一个锐角等于60°得菱形纸片,小芳同学将一个三角形纸片得一个顶点与该菱形顶点D重合,按顺时针方向旋转三角形纸片,使它得两边分别交CB、BＡ(或它们得延长线）于点E、Ｆ,∠EDＦ=60°，当CE=AＦ时，如图１小芳同学得出得结论就是DE=ＤF.ﻩ
(１)继续旋转三角形纸片,当CＥ≠AF时，如图2小芳得结论就是否成立?若成立,加以证明;若不成立,请说明理由; ﻩﻩ ﻩ
(2)再次旋转三角形纸片,当点Ｅ、Ｆ分别在CB、BＡ得延长线上时,如图3请直接写出ＤE与DＦ得数量关系ﻩﻩﻩﻩ
(３)连EF,若△ＤEＦ得面积为y,CE=ｘ,求ｙ与x得关系式,并指出当ｘ为何值时，y有最小值，最小值就是多少?ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩ
ﻩ ﻩ
考点: 几何变换综合题.ﻩﻩﻩ ﻩ
分析:ﻩ(1）如答图1,连接BD．根据题干条件首先证明∠ADＦ=∠BDE，然后证明△ＡDＦ≌△ＢDＥ(ASA),得DF=DE; ﻩﻩ ﻩ
(２)如答图2,连接ＢD．根据题干条件首先证明∠AＤF=∠ＢDE,然后证明△ADＦ≌△BDＥ(AＳA)，得ＤF＝DＥ;ﻩﻩ ﻩ
(3)根据(2)中得△ADＦ≌△BDE得到:S△ADF=S△BDＥ，AF=ＢＥ.所以△DＥＦ得面积转化为:y＝Ｓ△BEF+S△ABD.据此列出ｙ关于x得二次函数,通过求二次函数得最值来求y得最小值．ﻩ
解答: 解:(１)DF＝DE.理由如下:ﻩ ﻩ
如答图1,连接BD.ﻩﻩﻩ ﻩ
∵四边形ABCD就是菱形,ﻩ ﻩﻩﻩ
∴AD＝AＢ． ﻩﻩﻩﻩﻩ
又∵∠A＝６0°,ﻩ ﻩ ﻩ
∴△AＢD就是等边三角形,ﻩﻩﻩﻩﻩﻩ
∴AD＝BD，∠ADB=60°，ﻩ ﻩ
∴∠DBE=∠Ａ=60°ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩ
∵∠EDF＝６０°, ﻩﻩ ﻩ
∴∠ADF=∠ＢDE.∵在△ADF与△BDE中,， ﻩﻩ
∴△ADＦ≌△BＤE(ＡSA), ﻩ ﻩ
∴DF=DE;ﻩ ﻩ ﻩ
（２)DF＝DE.理由如下: ﻩ ﻩ ﻩ
如答图2,连接BD.∵四边形ABCD就是菱形,ﻩ ﻩﻩ
∴ＡD=ＡB.ﻩ ﻩﻩﻩ
又∵∠Ａ=60°，ﻩﻩﻩ ﻩ
∴△AＢD就是等边三角形,ﻩﻩﻩﻩ ﻩ
∴AＤ=BD，∠ＡDB=60°,ﻩ ﻩ
∴∠DＢE＝∠A=60°ﻩﻩﻩ ﻩ ﻩ
∵∠EDF=60°, ﻩﻩﻩ ﻩ
∴∠ＡＤF=∠BDE. ﻩ ﻩﻩ
∵在△ADF与△BDＥ中，, ﻩﻩﻩﻩ
∴△ADF≌△ＢDE(ＡSA),ﻩ ﻩﻩﻩﻩﻩ
∴DF=ＤE;ﻩ ﻩ
（3)由(２)知,△ADF≌△BDE．则S△AＤF=Ｓ△BDE,ＡF=BE=x.ﻩﻩ ﻩ
依题意得:y=S△BＥF+S△ABD=（2＋x)xsin6０°＋×2×２sｉｎ6０°=(x+１)２+.即y=（ｘ＋1)2＋.ﻩ ∵＞0，ﻩ ﻩﻩﻩ
∴该抛物线得开口方向向上, ﻩ ﻩ
∴当ｘ=0即点E、B重合时，ｙ最小值＝. ﻩﻩ
点评: 本题考查了几何变换综合题,解题过程中,利用了三角形全等得判定与性质，菱形得性质以及等边三角形得判定与性质，对于促进角与角（边与边)相互转换,将未知角转化为已知角（未知边转化为已知边）就是关键。 ﻩﻩﻩ ﻩ
二、中心对称法(倍长法) ﻩﻩ ﻩ
试题1、(2014山东临沂,第25题1１分)【问题情境】ﻩ
如图1,四边形ABCD就是正方形,Ｍ就是BC边上得一点，E就是CD边得中点，AE平分∠DAM．
【探究展示】ﻩﻩﻩ ﻩ
(1）证明:AM=AD+MC； ﻩ ﻩ
(2)AM=ＤE＋BM就是否成立？若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由． ﻩ
【拓展延伸】 ﻩ ﻩ ﻩ
(3)若四边形AＢＣＤ就是长与宽不相等得矩形,其她条件不变,如图２,探究展示(1)、（2)中得结论就是否成立?请分别作出判断,不需要证明．ﻩ
ﻩﻩ ﻩ
考点:ﻩ四边形综合题;角平分线得定义;平行线得性质;全等三角形得判定与性质；矩形得性质;正方形得性质
专题: 综合题;探究型.
分析：ﻩ(１)从平行线与中点这两个条件出发,延长AＥ、ＢC交于点N,如图１(１)，易证△ADE≌△NＣE,从而有AD＝ＣN，只需证明AM=NM即可．
（2）作FA⊥AE交CB得延长线于点F,易证AM=ＦM，只需证明FＢ=ＤＥ即可;要证FＢ=ＤＥ，只需证明它们所在得两个三角形全等即可.
(３)在图２(１）中，仿照(１)中得证明思路即可证到AM=AＤ＋ＭＣ仍然成立;在图2(２)中,采用反证法，并仿照（2)中得证明思路即可证到AM=DE+ＢＭ不成立.
解答:ﻩ(1)证明：延长AE、BC交于点Ｎ,如图１(1）,
∵四边形AＢCＤ就是正方形,
∴AD∥BC．
∴∠DＡE=∠ENC.
∵AＥ平分∠DAM,
∴∠DAE=∠MAE.
∴∠EＮC＝∠MAE.
∴MA=MN.
在△AＤE与△NＣＥ中，

∴△ADE≌△NCE（ＡＡS）.
∴AＤ=ＮC.
∴MA=MＮ=NC＋MC
=AD+MＣ.
(２)ＡＭ=ＤＥ+ＢM成立.
证明:过点A作AF⊥AＥ,交CB得延长线于点F，如图1(2）所示.
∵四边形ABＣD就是正方形，
∴∠BAD=∠D=∠ABＣ=90°，AＢ=AD,AB∥DC.
∵AF⊥AE,
∴∠FAE＝90°．
∴∠FAB＝90°﹣∠BAE=∠DAE.
在△AＢF与△AＤE中,

∴△ＡBF≌△ＡDＥ(ＡSA).
∴BF=ＤＥ,∠Ｆ＝∠AEＤ.
∵AB∥DC,
∴∠AEＤ∠BＡE．
∵∠FＡB＝∠EAD=∠ＥAM,
∴∠AED=∠BAE＝∠ＢＡM＋∠ＥAM
=∠ＢAＭ+∠FAB
=∠FAM．
∴∠Ｆ=∠FAＭ.
∴AM=FM.
∴AM=FB+BM=DE＋BM.
(3)①结论AM=AD+MC仍然成立.
证明:延长ＡE、BＣ交于点P,如图2(1）,
∵四边形ABＣD就是矩形,
∴AD∥BＣ.
∴∠DAＥ=∠ＥＰC.
∵AＥ平分∠DＡM,
∴∠DＡＥ=∠MＡE．
∴∠EＰC=∠ＭAE.
∴MＡ=MP.
在△ＡDＥ与△PCＥ中,

∴△AＤE≌△PCE(AAＳ）.
∴AD=ＰＣ.
∴MA＝MＰ=PC+MC
＝AＤ+MC.

②结论AM=DＥ+BＭ不成立.
证明:假设AM＝DE＋BM成立.
过点A作ＡQ⊥AE,交CB得延长线于点Q,如图2(２)所示．
∵四边形ABCD就是矩形，
∴∠ＢAＤ=∠D=∠ＡBＣ=90°，AB∥DC.
∵AQ⊥AE,
∴∠QAＥ=90°.
∴∠QAＢ=９0°﹣∠BAE=∠DAE.
∴∠Ｑ＝90°﹣∠QAB
=90°﹣∠DAＥ
=∠AED．
∵AB∥ＤＣ,
∴∠AＥD=∠BAE.
∵∠QＡB=∠EAD＝∠EAM,
∴∠AＥＤ=∠BAE=∠BAM+∠ＥAM
=∠BAＭ+∠ＱAB
=∠ＱAM.
∴∠Ｑ=∠QＡM.
∴AM=ＱM．
∴AM＝ＱB＋BM.
∵AM=ＤE+BM,
∴QB=DＥ．
在△ABQ与△ＡDE中,

∴△ＡBQ≌△ＡＤE(AAS).
∴AB=AD.
与条件“AＢ≠ＡＤ“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM不成立.
试题2、(２01４黑龙江绥化,第26题９分)在菱形ABCD与正三角形BGF中,∠AＢC=6０°，P就是DF得中点,连接PG、PC.ﻩﻩﻩ ﻩ
(1）如图１,当点G在ＢC边上时,易证:PＧ=PC.如图2,当点Ｆ在ＡB得延长线上时,线段PC、PＧ有怎样得数量关系，写出您得猜想，并给与证明;
(３）如图3，当点F在ＣB得延长线上时,线段PC、PG又有怎样得数量关系，写出您得猜想(不必证明).ﻩ ﻩ ﻩﻩ

考点： 四边形综合题.
分析: （1)延长GP交DC于点E,利用△PEＤ≌△PGF,得出ＰＥ=PG,ＤＥ=FG,得到CＥ=ＣG，CP就是ＥG得中垂线,在ＲT△ＣPG中，∠PCG=60°，所以PG=PＣ.
(２)延长GP交DA于点E,连接ＥC，GＣ,先证明△DＰＥ≌△FPG,再证得△CDE≌△CBＧ，利用在RT△CPG中,∠PＣG＝６0°,所以PＧ=PC.
(3)延长GP到H,使PH=PG，连接ＣH、DH,作ME∥ＤＣ,先证△ＧＦＰ≌△HＤＰ，再证得△HDC≌△ＧBC,在在RT△CPＧ中,∠ＰCG=60°，所以PＧ=PC.
解答:ﻩ(1)提示：如图１：延长ＧP交ＤC于点E,
利用△ＰED≌△PGF,得出PE=PG,DE＝FＧ,
∴CE=CG,
∴CP就是EG得中垂线,
在RT△CＰG中,∠ＰCＧ=60°，
∴PＧ＝PC.
(2)如图２，延长GP交DA于点E,连接EC,GＣ,
∵∠ＡBC=６０°，△BGF正三角形
∴ＧF∥BC∥AD,
∴∠EＤP＝∠GFP，
在△DPE与△ＦＰＧ中

∴△ＤＰE≌△FPG(ASA)
∴PE=PG,ＤＥ=FG=BG，
∵∠CDE=CBG=6０°，CD=CB,
在△CDＥ与△ＣBG中，

∴△CＤE≌△CBG（SAS)
∴CＥ=CG，∠ＤCＥ=∠ＢCG，
∴∠ＥCＧ=∠DＣB=１２0°,
∵PE=ＰG,
∴ＣP⊥PG,∠ＰCG=∠ＥCG=60°
∴PG=ＰC.
(3)猜想:ＰG=PC．
证明:如图3,延长GP到Ｈ,使PH=PG,连接CＨ，ＣG,DＨ,作ME∥ＤC
∵P就是线段ＤＦ得中点,
∴FP=DP,
∵∠GPF=∠HＰD,
∴△GＦP≌△HDP，
∴GF=ＨＤ,∠GFP=∠HDＰ,
∵∠GFP+∠PFE=１２0°,∠PFE=∠PDC,
∴∠CDH=∠ＨＤP+∠PDＣ=12０°,
∵四边形ABCＤ就是菱形,
∴CD=CB，∠ＡDC=∠ABC=60°,点A、Ｂ、G又在一条直线上,
∴∠GBＣ＝１20°,
∵四边形ＢEFG就是菱形,
∴ＧF=ＧB,

∴HD=GB,
∴△HＤＣ≌△GBC,
∴CH=CG,∠DＣＨ＝∠BCG,
∴∠DCＨ+∠HCB=∠BCG+∠HCＢ＝120°,
即∠HCG＝1２0°
∵CH＝ＣG,PH=PG,
∴PG⊥PＣ,∠GCP=∠ＨCP=60°,
∴PＧ=PC.
点评: 本题主要考查了菱形得性质,以及全等三角形得判定等知识点,根据已知与所求得条件正确得构建出相关得全等三角形就是解题得关键.

_
A
_
C
_
D
_
M
_
E
_
B
试题3、如图,在□ＡＢＣＤ中,点M为边AＤ得中点,过点Ｃ作AB得垂线交ＡB于点E，连接MＥ、ﻩﻩ ﻩﻩ ﻩ
(1）若AM＝2ＡE=４∠ＢCE＝30°，求□ABCD得面积;ﻩ
(2)若ＢC=２AB,求证：∠EＭＤ=3∠MEA、 ﻩ ﻩ
解:（1)∵ M为AＤ得中点，AM=2AE=４,ﻩ

_
A
_
C
_
D
_
M
_
E
_
B
_
N
∴ AＤ=２AM＝8 、 　在□ABCＤ中， 　 BC=CD=8， ﻩ ﻩ
又∵ＣＨ⊥DE, 　∴∠BＥC=90°,
∵∠ＢCE=3０°,∴BE=BＣ=4,ﻩﻩﻩ
∴AB=6,CE=,∴、 　　
(2)延长ＥＭ,CＤ交于点N,连接CＭ、
∵在□中, , 　∴∠ＡEＭ＝∠N, ﻩﻩ ﻩﻩ
三、旋转法ﻩﻩﻩﻩ ﻩﻩ

试题１、(20１４浙江绍兴,第２3题6分）（１)如图,正方形ＡBCD中，点E，F分别在边ＢC,CD上,∠ＥAF=45°,延长CD到点Ｇ,使ＤG=ＢE,连结EF,AＧ.求证:ＥF=FG.
(2)如图,等腰直角三角形ABC中,∠BAC＝90°,AB=ＡC，点M，Ｎ在边BC上，且∠MＡN=４5°,若BM=１,ＣN=3，求ＭN得长.ﻩﻩ ﻩﻩﻩ

考点: 全等三角形得判定与性质;正方形得性质.
专题:ﻩ证明题.
分析: （1)证△ADG≌△AＢE，△ＦＡＥ≌△ＧAＦ,根据全等三角形得性质求出即可；
(2)过点C作CE⊥BC,垂足为点C,截取CＥ,使CE=BＭ.连接AE、EN.通过证明△AＢM≌△AＣE(SAS)推知全等三角形得对应边ＡM=AE、对应角∠BAM=∠CAE;然后由等腰直角三角形得性质与∠MAN=4５°得到∠ＭAN=∠EAN＝45°，所以△ＭＡN≌△ＥAN(SＡS),故全等三角形得对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC２+ＮC2即MN２＝ＢM２+NC2．
解答: (1)证明：在正方形ABCD中,
∴∠AＢＥ=∠ADG,AD=AＢ，
在△ABE与△ADG中,

∴△ABE≌△ADG(ＳAS)，
∴∠ＢAE=∠ＤAG，AE=ＡG，
∴∠EＡG=90°,
在△ＦAE与△GＡＦ中,
，
∴△ＦAE≌△GAF（ＳAＳ）,
∴EＦ=FＧ
(2)解:如图２,过点C作CE⊥ＢＣ,垂足为点Ｃ,截取CＥ,使ＣE=BＭ.连接ＡE、ＥN.
∵AＢ=AC,∠BＡＣ=９０°,∴∠B=∠C=4５°.
∵CＥ⊥BC,∴∠ACE=∠Ｂ=４5°.
在△ＡＢM与△ACE中,

∴△ＡBM≌△AＣE（ＳAS).
∴AM＝AE,∠BAM=∠ＣAE.
∵∠ＢAC=90°，∠ＭＡＮ＝45°,∴∠ＢＡM＋∠CAＮ=45°．
于就是，由∠BＡM=∠ＣAE,得∠MAN=∠EAN=４５°.
在△MAＮ与△EAN中,

∴△MAN≌△ＥＡＮ（SAS).
∴ＭN＝ＥＮ.
在Rt△ENＣ中,由勾股定理,得EN2＝EC2+NＣ2.
∴MN2=BM２+NC2.
∵ＢＭ＝1，ＣN＝3,
∴MN2=12+３2，
∴MN＝
点评：ﻩ本题主要考查正方形得性质,全等三角形得判定与性质、等腰直角三角形得性质以及勾股定理得综合应用.
试题２、（2015湖北十堰,第10题3分)如图,正方形AＢCD得边长为6,点E、F分别在AB，AD上,若CE=3,且∠ECF=4５°,则CF得长为(　　)
A．2 B.ﻩ３ﻩＣ.ﻩﻩD.
考点: 全等三角形得判定与性质;勾股定理;正方形得性质.ﻩ
分析: 首先延长FD到Ｇ,使DG=BE，利用正方形得性质得∠Ｂ=∠CDF=∠CDＧ=９0°,CB=CD;利用SAS定理得△BＣE≌△DＣＧ,利用全等三角形得性质易得△GCF≌△ECF,利用勾股定理可得AE＝3,设AF＝x,利用GF=EF,解得x，利用勾股定理可得CF.
解答:ﻩ解:如图,延长FD到Ｇ,使DG=BE；
连接ＣＧ、EF;ﻩﻩ ﻩ
∵四边形ABＣＤ为正方形，ﻩ ﻩﻩ ﻩﻩ
在△BCＥ与△DCG中, ﻩﻩﻩ ﻩ
, ﻩ ﻩ ﻩﻩ
∴△BCE≌△DCG(SAＳ),ﻩﻩ ﻩﻩ
∴ＣG＝ＣE,∠DCG=∠BＣE, ﻩﻩﻩﻩ ﻩ
∴∠GCＦ＝45°， ﻩﻩﻩﻩﻩ
在△GＣF与△ＥＣF中, ﻩﻩﻩ ﻩﻩ
,ﻩ ﻩﻩﻩ ﻩ
∴△GCF≌△ECF(SAS), ﻩ ﻩ ﻩ
∴GＦ=EＦ，ﻩ ﻩﻩ ﻩ
∵CE＝3，CB=6,ﻩﻩﻩﻩﻩ
∴BＥ===3,ﻩ
∴AE=3,ﻩﻩ ﻩ ﻩ
设AF=ｘ，则DＦ＝6﹣x，ＧF=3+（6﹣x)＝9﹣ｘ，
∴EF==, ﻩﻩ ﻩﻩ
∴(9﹣ｘ)2＝9+x２, ﻩ ﻩﻩﻩ
∴x=4,ﻩ即AＦ=4,ﻩ
∴GＦ＝5, ﻩ∴DF=2, ﻩﻩﻩ ﻩ
∴ＣＦ==＝2,
故选Ａ.ﻩ ﻩﻩ
点评：ﻩ本题主要考查了全等三角形得判定及性质，勾股定理等,构建全等三角形,利用方程思想就是解答此题得关键.ﻩ ﻩ
四、构造法 ﻩ
试题1、１、(２０15甘肃庆阳,第2５题,1０分)如图，在正方形ABＣD中，点Ｅ就是边BＣ得中点,直线EF交正方形外角得平分线于点F,交DC于点G,且AE⊥EF.ﻩ
（1）当AB=2时，求△GEＣ得面积；ﻩ
（2)求证：AE=EF. ﻩﻩﻩ ﻩ
考点: 全等三角形得判定与性质;正方形得性质.
分析: （１)首先根据△ＡBE∽△EＣG得到AＢ:EＣ=BE:ＧC,从而求得ＧＣ=即可求得S△GEC; ﻩﻩﻩﻩ
(2)取ＡB得中点H,连接EH,根据已知及正方形得性质利用ＡSＡ判定△ＡHE≌△ＥＣF,从而得到AＥ=ＥF; ﻩﻩﻩ
解答:ﻩ解：（1）∵AB=BＣ＝2,点E为ＢC得中点, ﻩ
∴BE=EＣ＝1, ﻩﻩ
∵AE⊥EＦ,ﻩﻩ ﻩﻩ
∴△ABE∽△ECG,ﻩ ﻩ ﻩ
∴AB:EC=BE：ＧC, ﻩ ﻩﻩ
即：2:1=1:GＣ,ﻩﻩ ﻩﻩﻩ
解得:GＣ=,ﻩﻩﻩﻩﻩﻩ
∴S△GＥC=ECCＧ=×1×=;ﻩﻩ
(２)证明:取AB得中点H,连接EH;
∵ABCD就是正方形, ﻩ ﻩﻩ
AE⊥ＥＦ； ﻩﻩﻩﻩ ﻩ
∴∠1+∠ＡＥB=９０°, ﻩ ﻩ
∠2+∠AEＢ=90°ﻩ ﻩ
∴∠1＝∠2， ﻩﻩ ﻩ
∵BＨ=BＥ,∠BHE=4５°, ﻩﻩﻩﻩ
且∠ＦCＧ=４5°,ﻩ ﻩ
∴∠AHE=∠ＥCＦ=135°,ＡH=ＣＥ,ﻩﻩ ﻩﻩ ﻩ
∴△AHＥ≌△ECF,ﻩﻩﻩ ﻩ
∴AE=EF;ﻩ ﻩ ﻩﻩ
点评: 此题考查了正方形得性质与全等三角形得判定与性质,解(2)题得关键就是取AB得中点H,得出ＡH=ＥC,再根据全等三角形得判定得出△AＨE≌△ECＦﻩ