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17. 如图所示,在正方形ABCD中,O是对角线BD上一点,连接AO,OC,OE⊥AO交BC于点E.求证:
(1)$AO=OC$;
(2)$OC=OE$.
(1)$AO=OC$;
(2)$OC=OE$.
答案
17.证明:(1)
∵四边形ABCD是正方形,
∴$∠ADO=∠CDO=45°$,$AD=CD$.
又$OD=OD$,
∴$△AOD≌△COD(\mathrm{SAS})$.
∴$AO=OC$.
(2)如图所示,过点O作$OF⊥AB$于点F,$OG⊥BC$于点G,则$∠AFO=∠EGO=90°$.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BD平分$∠ABC$,$∠ABC=90°$.
∴$OF=OG$,$∠FOG=90°$.
∵$OE⊥AO$,
∴$∠AOE=90°$.
∴$∠AOF+∠EOF=∠EOF+∠EOG$.
∴$∠AOF=∠EOG$.
∴$△AOF≌△EOG(\mathrm{ASA})$.
∴$AO=OE$.
由(1),得$AO=OC$,
∴$OC=OE$.
解析
【分析】
本题属于正方形背景下的线段相等证明题，核心思路是通过证明三角形全等得到对应边相等：
(1) 要证$AO=OC$，观察两条线段均与对角线BD上的点O相连，可将两条线段放在$△ AOD$和$△ COD$中，结合正方形边相等、对角线平分内角的性质，即可找到全等所需的条件，利用SAS证全等得结论。
(2) 要证$OC=OE$，由(1)已得$AO=OC$，因此只需证$AO=OE$即可。结合已知$OE⊥AO$，正方形内角为直角的特点，可过O分别作AB、BC的垂线构造直角三角形，利用角平分线的性质得到一组对应边相等，再通过同角的余角相等得到一组对应角相等，即可用ASA证直角三角形全等得到$AO=OE$，最后通过等量代换得到结论。
【解析】
(1) 证明：
已知四边形ABCD是正方形，根据正方形的性质，四条边相等，对角线平分一组内角，可得$AD=CD$，$∠ ADO=∠ CDO=45°$。
在$△ AOD$和$△ COD$中：
$\begin{cases} AD=CD \\ ∠ ADO=∠ CDO \\ OD=OD \end{cases}$
满足两边及其夹角对应相等，因此$△ AOD ≌ △ COD(\mathrm{SAS})$，根据全等三角形对应边相等，可得$AO=OC$。
(2) 证明：
过点O作$OF ⊥ AB$于点F，$OG ⊥ BC$于点G，可得$∠ AFO=∠ EGO=90°$。
因为四边形ABCD是正方形，所以对角线BD平分$∠ ABC$，且$∠ ABC=90°$。根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此$OF=OG$；同时四边形FBGO的三个内角都是直角，因此是矩形，可得$∠ FOG=90°$。
已知$OE ⊥ AO$，因此$∠ AOE=90°$，即$∠ AOF+∠ EOF=90°$，$∠ EOF+∠ EOG=90°$，根据同角的余角相等，可得$∠ AOF=∠ EOG$。
在$△ AOF$和$△ EOG$中：
$\begin{cases} ∠ AFO=∠ EGO \\ OF=OG \\ ∠ AOF=∠ EOG \end{cases}$
满足两角及其夹边对应相等，因此$△ AOF ≌ △ EOG(\mathrm{ASA})$，根据全等三角形对应边相等，可得$AO=OE$。
结合(1)的结论$AO=OC$，等量代换可得$OC=OE$。
【答案】
17.证明:(1)
∵四边形ABCD是正方形,
∴$∠ADO=∠CDO=45°$,$AD=CD$.
又$OD=OD$,
∴$△AOD≌△COD(\mathrm{SAS})$.
∴$AO=OC$.
(2)如图所示,过点O作$OF⊥AB$于点F,$OG⊥BC$于点G,则$∠AFO=∠EGO=90°$.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BD平分$∠ABC$,$∠ABC=90°$.
∴$OF=OG$,$∠FOG=90°$.
∵$OE⊥AO$,
∴$∠AOE=90°$.
∴$∠AOF+∠EOF=∠EOF+∠EOG$.
∴$∠AOF=∠EOG$.
∴$△AOF≌△EOG(\mathrm{ASA})$.
∴$AO=OE$.
由(1),得$AO=OC$,
∴$OC=OE$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，重点考查线段相等的证明思路，解题的关键是结合图形特征和已知条件挖掘全等所需的边角关系，第二问构造辅助线是解题的突破口，能有效锻炼学生的几何逻辑推理和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
本题属于正方形背景下的线段相等证明题，核心思路是通过证明三角形全等得到对应边相等：
(1) 要证$AO=OC$，观察两条线段均与对角线BD上的点O相连，可将两条线段放在$△ AOD$和$△ COD$中，结合正方形边相等、对角线平分内角的性质，即可找到全等所需的条件，利用SAS证全等得结论。
(2) 要证$OC=OE$，由(1)已得$AO=OC$，因此只需证$AO=OE$即可。结合已知$OE⊥AO$，正方形内角为直角的特点，可过O分别作AB、BC的垂线构造直角三角形，利用角平分线的性质得到一组对应边相等，再通过同角的余角相等得到一组对应角相等，即可用ASA证直角三角形全等得到$AO=OE$，最后通过等量代换得到结论。
【解析】
(1) 证明：
已知四边形ABCD是正方形，根据正方形的性质，四条边相等，对角线平分一组内角，可得$AD=CD$，$∠ ADO=∠ CDO=45°$。
在$△ AOD$和$△ COD$中：
$\begin{cases} AD=CD \\ ∠ ADO=∠ CDO \\ OD=OD \end{cases}$
满足两边及其夹角对应相等，因此$△ AOD ≌ △ COD(\mathrm{SAS})$，根据全等三角形对应边相等，可得$AO=OC$。
(2) 证明：
过点O作$OF ⊥ AB$于点F，$OG ⊥ BC$于点G，可得$∠ AFO=∠ EGO=90°$。
因为四边形ABCD是正方形，所以对角线BD平分$∠ ABC$，且$∠ ABC=90°$。根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此$OF=OG$；同时四边形FBGO的三个内角都是直角，因此是矩形，可得$∠ FOG=90°$。
已知$OE ⊥ AO$，因此$∠ AOE=90°$，即$∠ AOF+∠ EOF=90°$，$∠ EOF+∠ EOG=90°$，根据同角的余角相等，可得$∠ AOF=∠ EOG$。
在$△ AOF$和$△ EOG$中：
$\begin{cases} ∠ AFO=∠ EGO \\ OF=OG \\ ∠ AOF=∠ EOG \end{cases}$
满足两角及其夹边对应相等，因此$△ AOF ≌ △ EOG(\mathrm{ASA})$，根据全等三角形对应边相等，可得$AO=OE$。
结合(1)的结论$AO=OC$，等量代换可得$OC=OE$。
【答案】
17.证明:(1)
∵四边形ABCD是正方形,
∴$∠ADO=∠CDO=45°$,$AD=CD$.
又$OD=OD$,
∴$△AOD≌△COD(\mathrm{SAS})$.
∴$AO=OC$.
(2)如图所示,过点O作$OF⊥AB$于点F,$OG⊥BC$于点G,则$∠AFO=∠EGO=90°$.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BD平分$∠ABC$,$∠ABC=90°$.
∴$OF=OG$,$∠FOG=90°$.
∵$OE⊥AO$,
∴$∠AOE=90°$.
∴$∠AOF+∠EOF=∠EOF+∠EOG$.
∴$∠AOF=∠EOG$.
∴$△AOF≌△EOG(\mathrm{ASA})$.
∴$AO=OE$.
由(1),得$AO=OC$,
∴$OC=OE$.
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，重点考查线段相等的证明思路，解题的关键是结合图形特征和已知条件挖掘全等所需的边角关系，第二问构造辅助线是解题的突破口，能有效锻炼学生的几何逻辑推理和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
18.综合与实践.
【问题情境】
如图(1)所示,在正方形ABCD中,∠EAF=45°,AE,AF分别与BC,CD交于点E,F.
【探索发现】
(1)如图(1)所示,为探究线段BE,EF,DF之间的数量关系,小杨延长CB至点G,使得BG=DF,连接AG.先证明△ABG≌△ADF,再证明△AEF≌△AEG,即可得到BE,EF,DF之间的数量关系为
【操作探究】
(2)如图(2)所示,当点E,F分别在CB,DC的延长线上时,请根据上述小杨的思路,探究线段BE,EF,DF之间的数量关系.
【问题解决】
(3)如图(3)所示,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D,E在BC边上,且∠DAE=45°.若BD=3,DE=5,则BC的长为
【问题情境】
如图(1)所示,在正方形ABCD中,∠EAF=45°,AE,AF分别与BC,CD交于点E,F.
【探索发现】
(1)如图(1)所示,为探究线段BE,EF,DF之间的数量关系,小杨延长CB至点G,使得BG=DF,连接AG.先证明△ABG≌△ADF,再证明△AEF≌△AEG,即可得到BE,EF,DF之间的数量关系为
$BE+DF=EF$
.【操作探究】
(2)如图(2)所示,当点E,F分别在CB,DC的延长线上时,请根据上述小杨的思路,探究线段BE,EF,DF之间的数量关系.
【问题解决】
(3)如图(3)所示,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D,E在BC边上,且∠DAE=45°.若BD=3,DE=5,则BC的长为
12
.答案
18.(1)$BE+DF=EF$
(2)解:如图所示,延长BE至点G,使得$BG=DF$,连接AG.
∵四边形ABCD是正方形,
∴$AD=AB$,$∠D=∠ABC=90°$.
∴$∠ABG=90°$.
在$△ADF$和$△ABG$中,$\begin{cases} AD=AB,\\ ∠D=∠ABG,\\ DF=BG, \end{cases}$
∴$△ADF≌△ABG(\mathrm{SAS})$.
∴$∠DAF=∠BAG$,$AF=AG$.
∴$∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF=90°$.
∵$∠EAF=45°$,
∴$∠EAG=∠GAF-∠EAF=45°$.
∴$∠EAF=∠EAG$.
在$△EAF$和$△EAG$中,$\begin{cases} AE=AE,\\ ∠EAF=∠EAG,\\ AF=AG. \end{cases}$
∴$△EAF≌△EAG(\mathrm{SAS})$.
∴$EF=EG$.
∵$BG=BE+GE$,$BG=DF$,
∴$DF=BE+EF$.
(3)$12$
解析
【分析】
(1) 本题采用截长补短的构造思路，将DF转移到CB延长线的BG处，先利用正方形边相等、内角为直角的性质证明△ABG≌△ADF，得到AG=AF、∠BAG=∠DAF，结合∠EAF=45°可推出∠EAG=∠EAF=45°，再证明△AEF≌△AEG，将EF转化为EG，而EG=BE+BG=BE+DF，即可得到三者的数量关系。
(2) 延续第一问的构造思路，在BE延长线上取BG=DF，先证△ADF≌△ABG得到AG=AF、∠GAF=90°，结合∠EAF=45°推出∠EAG=∠EAF，再证△AEF≌△AEG得到EF=EG，结合线段和差关系即可推导BE、EF、DF的数量关系。
(3) 本题是正方形半角模型在等腰直角三角形中的迁移应用，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连接EF，先证△ADE≌△AFE得到DE=EF=5，再推出∠ECF=90°，利用勾股定理求出EC的长度，即可得到BC的总长。
【解析】
(1) 按照题中辅助线构造，△ABG≌△ADF得BG=DF，△AEF≌△AEG得EF=EG，
∵EG=BE+BG=BE+DF，
∴EF=BE+DF。
(2) 如图所示，延长BE至点G，使得$BG=DF$，连接AG.
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AD=AB$，$∠D=∠ABC=90°$，
∴$∠ABG=90°$。
在$△ADF$和$△ABG$中，
$\begin{cases} AD=AB,\\ ∠D=∠ABG,\\ DF=BG, \end{cases}$
∴$△ADF≌△ABG(\mathrm{SAS})$，
∴$∠DAF=∠BAG$，$AF=AG$，
∴$∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF=90°$。
∵$∠EAF=45°$，
∴$∠EAG=∠GAF-∠EAF=45°$，
∴$∠EAF=∠EAG$。
在$△EAF$和$△EAG$中，
$\begin{cases} AE=AE,\\ ∠EAF=∠EAG,\\ AF=AG, \end{cases}$
∴$△EAF≌△EAG(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=EG$。
∵$BG=BE+GE$，$BG=DF$，
∴$DF=BE+EF$。
(3) 将△ABD绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，得到△ACF，连接EF。
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转性质得：AD=AF，∠BAD=∠CAF，BD=CF=3，∠ACF=∠B=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，
∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°-45°=45°，
∴∠CAF+∠CAE=∠EAF=45°=∠DAE，
在△ADE和△AFE中，
$\begin{cases} AD=AF,\\ ∠DAE=∠FAE,\\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ADE≌△AFE(SAS)，
∴DE=EF=5，
在Rt△ECF中，由勾股定理得：$EC=\sqrt{EF^2-CF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴BC=BD+DE+EC=3+5+4=12。
【答案】
(1)$BE+DF=EF$
(2)线段BE,EF,DF之间的数量关系为$DF=BE+EF$，辅助线图：
(3)$12$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是半角模型的典型应用题目，通过构造全等三角形将分散的线段进行转化，体现了几何中的转化思想，前两问的探究为第三问的模型迁移做了铺垫，掌握半角模型的构造方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
(1) 本题采用截长补短的构造思路，将DF转移到CB延长线的BG处，先利用正方形边相等、内角为直角的性质证明△ABG≌△ADF，得到AG=AF、∠BAG=∠DAF，结合∠EAF=45°可推出∠EAG=∠EAF=45°，再证明△AEF≌△AEG，将EF转化为EG，而EG=BE+BG=BE+DF，即可得到三者的数量关系。
(2) 延续第一问的构造思路，在BE延长线上取BG=DF，先证△ADF≌△ABG得到AG=AF、∠GAF=90°，结合∠EAF=45°推出∠EAG=∠EAF，再证△AEF≌△AEG得到EF=EG，结合线段和差关系即可推导BE、EF、DF的数量关系。
(3) 本题是正方形半角模型在等腰直角三角形中的迁移应用，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连接EF，先证△ADE≌△AFE得到DE=EF=5，再推出∠ECF=90°，利用勾股定理求出EC的长度，即可得到BC的总长。
【解析】
(1) 按照题中辅助线构造，△ABG≌△ADF得BG=DF，△AEF≌△AEG得EF=EG，
∵EG=BE+BG=BE+DF，
∴EF=BE+DF。
(2) 如图所示，延长BE至点G，使得$BG=DF$，连接AG.
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AD=AB$，$∠D=∠ABC=90°$，
∴$∠ABG=90°$。
在$△ADF$和$△ABG$中，
$\begin{cases} AD=AB,\\ ∠D=∠ABG,\\ DF=BG, \end{cases}$
∴$△ADF≌△ABG(\mathrm{SAS})$，
∴$∠DAF=∠BAG$，$AF=AG$，
∴$∠GAF=∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF=90°$。
∵$∠EAF=45°$，
∴$∠EAG=∠GAF-∠EAF=45°$，
∴$∠EAF=∠EAG$。
在$△EAF$和$△EAG$中，
$\begin{cases} AE=AE,\\ ∠EAF=∠EAG,\\ AF=AG, \end{cases}$
∴$△EAF≌△EAG(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=EG$。
∵$BG=BE+GE$，$BG=DF$，
∴$DF=BE+EF$。
(3) 将△ABD绕点A逆时针旋转90°，使AB与AC重合，得到△ACF，连接EF。
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转性质得：AD=AF，∠BAD=∠CAF，BD=CF=3，∠ACF=∠B=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，
∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°-45°=45°，
∴∠CAF+∠CAE=∠EAF=45°=∠DAE，
在△ADE和△AFE中，
$\begin{cases} AD=AF,\\ ∠DAE=∠FAE,\\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ADE≌△AFE(SAS)，
∴DE=EF=5，
在Rt△ECF中，由勾股定理得：$EC=\sqrt{EF^2-CF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴BC=BD+DE+EC=3+5+4=12。
【答案】
(1)$BE+DF=EF$
(2)线段BE,EF,DF之间的数量关系为$DF=BE+EF$，辅助线图：
(3)$12$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是半角模型的典型应用题目，通过构造全等三角形将分散的线段进行转化，体现了几何中的转化思想，前两问的探究为第三问的模型迁移做了铺垫，掌握半角模型的构造方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
