正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形。而双正方形常常跟其他知识点结合在一起成为中考的热点题目，比如与相似三角形、相似三角形、图形的旋转变换相结合，很多压轴题也经常以双正方形为载体。本文主要讲解与双正方形有关的综合题所涉及几何模型，给解决相关问题提供一些思路。
1、与模型相关：
（1）手拉手模型：△ABG≌△CBE．
（2）三垂直模型：△FGM≌△MCD．
（3）"8"字型相似：△AMD∽△EMF．
2、与对角线相关：
（1）连接BF、BD，则BF⊥BD．
（2）连接DF，取DF中点M．
连接MA、ME，则MA=ME，MA⊥ME．
连接MG、MC，则MG=MC，MG⊥MC．
（3）连接EG、BD，则EG∥BD，且△EDG面积等于△EBG面积．
1．（2019•广东中考题）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB＝2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM，AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N、K：则下列结论：①△ANH≌△GNF；②∠AFN＝∠HFG；③FN＝2NK；④S△AFN：S△ADM＝1：4．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
由正方形的性质得到FG＝BE＝2，∠FGB＝90°，AD＝4，AH＝2，∠BAD＝90°，求得∠HAN＝∠FGN，AH＝FG，根据全等三角形的定理定理得到△ANH≌△GNF（AAS），故①正确；
根据全等三角形的性质得到∠AHN＝∠HFG，推出∠AFH≠∠AHF，得到∠AFN≠∠HFG，故②错误；
根据全等三角形的性质得到AN＝1/2AG＝1，根据相似三角形的性质得到∠AHN＝∠AMG，根据平行线的性质得到∠HAK＝∠AMG，根据直角三角形的性质得到FN＝2NK；故③正确；
根据矩形的性质得到DM＝AG＝2，根据三角形的面积公式即可得到结论．故④正确，故选：C．
2．（2019•鞍山中考题）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【解析】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．
由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC ∠HDE＝90°，从而得GH⊥B，故①正确；
由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得HO∥BG且HO＝1/2BG；由△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH＝OG＝OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG＝∠EHF＝∠EGF＝45°，∠HEG＝∠HFG，从而证得△EHM∽△FHG，故②正确；
设HN＝a，则BC＝2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC＝b，CD＝2a，
3．（2019•扬州中考题）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN．若AB＝7，BE＝5，则MN＝______．
【解析】本题考查了正方形的性质及中位线定理、勾股定理的运用．构造基本图形是解题的关键．
连接CF，则MN为△DCF的中位线，根据勾股定理求出CF长即可求出MN的长．
∵正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝7，BE＝5，
∴GF＝GB＝5，BC＝7，
∴GC＝GB BC＝5 7＝12，
4．（2019•潍坊中考题）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M．
（1）求证：△AHF为等腰直角三角形．
（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长．
【解析】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，灵活运用这些知识进行推理是本题的关键．
（1）通过证明四边形AHGD是平行四边形，可得AH＝DG，AD＝HG＝CD，由"SAS"可证△DCG≌△HGF，可得DG＝HF，∠HFG＝∠HGD，可证AH⊥HF，AH＝HF，即可得结论；
（2）由题意可得DE＝2，由平行线分线段成比例可得EM/DM=EF/AD=5/3，即可求EM＝5/4.
5．（2020•龙岗区校级模拟）如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）探究PG与PC的位置关系及PG/PC的值（写出结论，不需要证明）；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60度．探究PG与PC的位置关系及PG/PC的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．
【解析】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．
（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
（2）方法同（1），只不过三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据三角函数来得出PG、CP的比例关系；
（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．
6．（2019秋•芜湖期末）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE．
（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG＝DE；
（2）如图2，如果正方形CEFG绕点C旋转到某一位置恰好使得CG∥BD，BG＝BD．
①求∠BDE的度数；
②若正方形ABCD的边长是√2，请求出△BCG的面积．
【解析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质、证明三角形全等是解题的关键．
（1）根据正方形的性质可以得出BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，再由SAS证明△BCG≌△DCE就可以得出结论；
（2）①连接BE，根据平行线的性质可以得出∠DCG＝∠BDC＝45°，可以得出∠BCG＝∠BCE，由SAS证得△BCG≌△BCE，得出BG＝BE，证得△BDE为正三角形即可以得出∠BDE＝60°；
②延长EC交BD于点H，过点G作GN⊥BC于N，由SSS证明△BCE≌△BCG，得出∠BEC＝∠DEC，得出EH⊥BD，BH═1/2BD，由勾股定理求出EH的值，得出CE的值，证出△GCN是等腰直角三角形，得出GN＝√2/2CG，由三角形面积公式即可得
7．（2019秋•孟村县期末）如图1．正方形AEFG的边长为2√2，点B在AE上，且AB＝2．
（1）如图2．将线段AB绕点A逆时针旋转，设旋转角为a（0°＜a＜360°），并以AB为边作正方形ABCD，连接DG，EB，试问随着线段AB的旋转，BE与DG有怎样的数量关系？说明理由；
（2）如图3，在（1）的条件下，若点B恰好落在线段DG上，求点B走过的路径长（保留π）．
【解析】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、弧长公式等知识；本题综合性强，证明三角形全等和证明等边三角形是解题的关键．
（1）BE＝DG， 证明△ABE≌△ADG（SAS）．即可得出结论；
（2）连接AC，交BD于M，连接CG，证出DG垂直平分AC．得出CG＝AG．由题意，知AD＝CD＝2，得出AC=2√2．证出AC＝AG．得出AC＝AG＝CG，即△ACG是等边三角形．得出∠CAG＝60°．求出∠BAG＝∠CAG﹣∠BAC＝60°﹣45°＝15°．得出∠EAB＝∠BAG ∠GAE＝15° 90°＝105°．则点B走过的路径长就是以A为圆心，AB长为半径，且圆心角为105°的一段弧的弧长，由弧长公式进行计算即可．所以点B走过的路径长是7π/6．
从历年中考来看，这类经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。往往涉及是几何综合题，在平行四边形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。所以说全面掌握相关知识，才有机会拼高分。
