專題06 四邊形常見模型（考點(diǎn)清單+7種題型解讀）（解析版）

專題06四邊形常見模型（7種題型解讀）【考點(diǎn)題型一】垂美四邊形模型【模型介紹】對(duì)角線互相垂直的四邊形為垂美四邊形.已知圖示結(jié)論（性質(zhì)）證明過程四邊形中AC⊥BD①S垂美四邊形ABCD=12AC?②AB2+DC2=AD2+BC2如圖，在矩形ABCD中，P為CD邊上有一點(diǎn)，連接AP、BPDP2+BP2=AP2+PC2∵DP2+BP2=DP2+BC2+PC2PC2+AP2=PC2+DP2+AD2而AD=BC∴DP2+BP2=AP2+PC2如圖，在矩形ABCD中，P為矩形內(nèi)部任意一點(diǎn)，連接AP、BP，CP，DPAP2+PC2=DP2+BP2過點(diǎn)P分別作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分別為點(diǎn)E、點(diǎn)F、點(diǎn)G、點(diǎn)H由已知條件可得HF⊥EG∴HG2+EF2=EH2+FG2(證明過程略)而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH∴AP2+PC2=DP2+BP21．（23-24八年級(jí)上·山東濟(jì)南·期末）如圖1，對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．?dāng)?shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)們?cè)诶蠋煹膸ьI(lǐng)下開展了對(duì)垂美四邊形的研究．(1)【概念理解】如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，則四邊形ABCD______（填“是”或“不是”）垂美四邊形．(2)【性質(zhì)探究】如圖1，四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD．小瑩利用勾股定理的知識(shí)探索出四邊形ABCD的四條邊具有以下數(shù)量關(guān)系：AB(3)【問題解決】如圖3，分別以Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形ABD，使得∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，連接CD，BE，DE，已知BC=3【答案】(1)是，理由見詳解(2)正確，理由見詳解(3)DE的值為73【分析】本題主要考查四邊形的綜合，理解垂美四邊形的定義，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)，垂直的判定和性質(zhì)，勾股定理的綜合運(yùn)用的知識(shí)是解題的關(guān)鍵．（1）如圖所示，連接AC，BD，交于點(diǎn)O，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可證△ABC≌△ADCSSS（2）根據(jù)勾股定理即可求解；（3）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可證△ABE≌△ADCSAS，四邊形BCED是垂美四邊形，再根據(jù)（2）中的結(jié)論可得BC2【詳解】（1）解：是，理由如下，如圖所示，連接AC，BD，交于點(diǎn)在△ABC，△ADC中，AB=AD，CB=CD，AC=AC，∴△ABC≌△ADCSSS∴∠ABC=∠ADC，∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，在△ABO，AB=AD∠BAO=∠DAO∴△ABO≌△ADOSAS∴∠AOB=∠AOD，∵∠AOB+∠AOD=180°，∴∠AOB=∠AOD=90°，∴AC⊥BD，∴四邊形ABCD是垂美四邊形，故答案為：是；（2）解：正確，理由如下，∵四邊形ABCD是垂美四邊形，AC⊥BD，交于點(diǎn)O，∴在Rt△AOB中，A在Rt△AOD中，A在Rt△BOC中，B在Rt△DOC中，C∴AB2+C∴AB（3）解：如圖所示，設(shè)AB，CD交于點(diǎn)M，CD，∵∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，∴∠CAE+∠BAC=∠BAD+∠BAC，即∠BAE=∠DAC，在△ABE，AE=AC∠EAB=∠CAD∴△ABE≌△ADCSAS∴∠ABE=∠ADC，∵∠ADC+∠AMD=90°，∠AMD=∠BMC，∴∠ABE+∠BMC=90°，∴在△BMN中，∠BNM=180°?∠ABE+∠BMC∴BE⊥CD，即四邊形BCED是垂美四邊形，由（2）可得，BC∵在Rt△ABC中，BC=3，AC=4∴AB=B∵△ACE是等腰直角三角形，△ABD是等腰直角三角形，∴在Rt△ACE中，CE=在Rt△ABD中，BD=∴BC2+D∴DE=73DE的值為73．2．（22-23八年級(jí)下·河南駐馬店·期末）學(xué)習(xí)了特殊的四邊形——平行四邊形后，對(duì)特殊四邊形的探究產(chǎn)生了興趣，發(fā)現(xiàn)另外一類特殊四邊形，如圖1，我們把兩條對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．通過探究，我們得出垂美四邊形ABCD的面積S等于兩對(duì)角線乘積的一半．

(1)概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四邊形的是______．(2)問題解決：如圖2，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC=8，AB=10①求證：四邊形BCGE為垂美四邊形；②四邊形BCGE的面積是_______．【答案】(1)菱形、正方形(2)①證明見解析；②130【分析】（1）根據(jù)題干信息進(jìn)行解答即可；（2）①證明△GAB≌△CAE，得出BG=CE，∠ABG=∠AEC，根據(jù)∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，得出∠ABG+∠BMN=90°，即可得出∠BNM=90°，證明四邊形BCGE為垂美四邊形；②根據(jù)勾股定理求出BC=AB2?AC2=6，得出BF=BC+CF=14【詳解】（1）解：∵菱形和正方形的對(duì)角線互相垂直，平行四邊形的對(duì)角線和矩形的對(duì)角線不一定互相垂直，∴在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四邊形的是菱形、正方形；故答案為：菱形、正方形．（2）①證明：連接CG、BE，BG交CE于N，BA交CE于M，如圖2所示：

∵四邊形ACFG和四邊形ABDE是正方形，∴∠F=∠CAG=∠BAE=90°，F(xiàn)G=AG=AC=CF，AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中AG=AC∠GAB=∠CAE∴△GAB≌△CAE，∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，∴∠ABG+∠BMN=90°，∴∠BNM=90°，∴四邊形BCGE為垂美四邊形；②∵FG=CF=AC=8，∠ACB=90°，AB=10，∴BC=A∴BF=BC+CF=14，在Rt△BFG中，BG=∴CE=BG=265∵四邊形BCGE為垂美四邊形，∴四邊形BCGE的面積=1故答案為：130．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股勾股定理，正方形、矩形、菱形和平行四邊形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形全等的判定，證明△GAB≌△CAE．3．（22-23八年級(jí)下·湖北孝感·期中）新定義：對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做“垂美四邊形”．(1)如圖1，已知四邊形ABCD是垂美四邊形．①若AC=36②若AB=c,BC=d,CD=a,DA=b，探究a、b、c、d的數(shù)量關(guān)系．(2)如圖2，已知D、E分別是△ABC中邊BC、AC的中點(diǎn)，AD⊥BE，AC=6,BC=8，請(qǐng)運(yùn)用②中的結(jié)論，直接寫出AB的長(zhǎng)為___________________．【答案】(1)①123；②(2)2【分析】（1）①由面積和差關(guān)系可求解；②由勾股定理列出方程組，可求解；（2）由三角形的中位線定理可得BD=DC=4，AE=EC=3，DE=1【詳解】（1）解：①如圖1，∵四邊形ABCD是垂美四邊形，∴AC⊥BD，∵S∴S②如圖1，∵四邊形ABCD是垂美四邊形，∴AC⊥BD，在Rt△AOB中，A在Rt△AOD中，A在Rt△COB中，C在Rt△COD中，C∴AO2+B∴CD即：c2（2）解：如圖，連接DE，∵D、E分別是△ABC中邊BC、AC的中點(diǎn)，AC=6,BC=8，∴BD=DC=4，AE=EC=3，DE=1∵AD⊥BE，∴四邊形ABDE是垂美四邊形，∴AB∴AB∴AB=25故答案為2【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了勾股定理，三角形中位線定理，勾股定理等知識(shí)，理解垂美四邊形的定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．4．（22-23八年級(jí)下·福建廈門·期中）在學(xué)習(xí)了平行四邊形章節(jié)后，小明根據(jù)所學(xué)習(xí)的內(nèi)容，試著創(chuàng)造了一個(gè)新的特殊四邊形，規(guī)定：對(duì)角線互相垂直的四邊形稱為“垂美四邊形”如圖1所示．(1)【概念理解】證明：有三條邊相等的垂美四邊形是菱形；（寫出已知、求證）(2)【性質(zhì)探索】若記垂美四邊形ABCD面積為S，試直接寫出S與AC、BD之間的關(guān)系；(3)【性質(zhì)應(yīng)用】根據(jù)不完全統(tǒng)計(jì)，勾股定理的證明有400多種方法，小明為了證明勾股定理，嘗試用兩個(gè)全等的直角三角形（Rt△ABC≌Rt△BED）如圖2擺放，其中B、C、E在一條直線上，若假設(shè)直角三角形三邊長(zhǎng)為x，y，z，即BC=ED=x，AB=BE=y【答案】(1)證明見詳解(2)S=(3)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)已知寫出已知求證再利用三角形全等證明結(jié)論即可；（2）四邊形ABCD的面積=△ABC的面積+△ADC的面積=1（3）根據(jù)垂美四邊形的性質(zhì)、勾股定理、結(jié)合（2）的結(jié)論計(jì)算即可．【詳解】（1）已知：四邊形ABCD的兩條對(duì)角線互相垂直，即AC⊥BD，且AB=BC=CD；求證：四邊形ABCD是菱形證明：∵AC⊥BD，∴∠BOA=∠BOC=90°，在Rt△BOA和RtOB=OBAB=CB∴Rt△AOB≌同理可得：Rt△COD≌∴OA=OC,OB=OD，又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，∴有三條邊相等的垂美四邊形是菱形；（2）解：如圖1所示：∵四邊形ABCD的面積=△ABC的面積+△ADC的面積=1∴S=1（3）由已知，可得∠BCA=∠EDB∵∠CBO+∠EDB=90°∴∠CBO+∠BCA=90°∴AC⊥BD∴ABCD是垂美四邊形由（2）可得ABCD是垂美四邊形的面積S=∴S=∵SSS∴12z所以勾股定理得證．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查的是正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、垂直的定義、勾股定理的應(yīng)用，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運(yùn)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)題型二】中點(diǎn)四邊形模型【模型介紹】依次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形叫做中點(diǎn)四邊形.中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)：已知點(diǎn)E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，則①順次連接任意四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是平行四邊形.②中點(diǎn)四邊形的周長(zhǎng)等于原四邊形對(duì)角線之和.③中點(diǎn)四邊形的面積等于原四邊形面積的一半.④順次連接對(duì)角線互相垂直的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是矩形.⑤順次連接對(duì)角線相等的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是菱形.⑥順次連接對(duì)角線互相垂直且相等的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是正方形.速記口訣：矩中菱，菱中矩，正中正.5．（23-24九年級(jí)上·河南平頂山·期中）如圖,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,順次連接正方形ABCD四邊的中點(diǎn)得到第一個(gè)正方形A1B1C1D1,又順次連接正方形A1B

【答案】12【分析】本題考查正方形性質(zhì),勾股定理知識(shí)．通過閱讀本題利用正方形及中點(diǎn)得到線段長(zhǎng)度繼而利用勾股定理求得下一個(gè)正方形邊長(zhǎng),后根據(jù)規(guī)律求得正方形周長(zhǎng)及面積．根據(jù)圖形的變化得出規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵．【詳解】解:∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,∴正方形ABCD的面積為1,周長(zhǎng)為4;∵順次連接正方形ABCD四邊的中點(diǎn)得到第一個(gè)正方形A1∴AA1=A即正方形A1B1C1∵順次連接正方形A1B1同理可得正方形A2B2C2……∴以此類推,不難發(fā)現(xiàn)規(guī)律,第n個(gè)正方形的周長(zhǎng)為42n,面積為∴第六個(gè)正方形A6B6C6故答案為：12，6．（22-23八年級(jí)下·山東淄博·期中）如圖，已知四邊形ABCD是矩形．(1)如圖1，若E，F(xiàn)，G，(2)若菱形EFGH的三個(gè)頂點(diǎn)E，F(xiàn)，H分別在①如圖2，若AE=2ED=4，BG=5，BF?AF=②如圖3，若AE=2ED=4，AB=8，請(qǐng)寫出【答案】(1)見解析；(2)①AB=7，②8?213【分析】（1）利用三角形的中位線先判斷出四邊形EFGH是平行四邊形，借助矩形的對(duì)角線AC=BD,進(jìn)而判斷出EF=EH,，即可得出結(jié)論；（2）①先判斷出△SFG≌△DHE,進(jìn)而求出SG=2,再建立方程x+3②先判斷出BF最小時(shí)，△BFG的面積最小，進(jìn)而判斷出EF=EH最大時(shí)，△BFG最小，最后用勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖1，連接AC,BD，在矩形ABCD中，∵E,F分別是AD,AB的中點(diǎn)，∴EF∥BD,且∵G,H分別是BC,CD的中點(diǎn)，∴GH∥∴EF∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵E,H分別是AD,CD的中點(diǎn)，∴EH=∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD,∴EH=∵EF=∴EF=EH,又∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．（2）解：①如圖2，連接FH，過點(diǎn)G作GS⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于S，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠FAE=∠EDH=∠GSF=90°,AB∴∠BFH=∠DHF,∵四邊形EFGH是菱形，∴FG∴∠GFH=∠EHF,∴∠SFG=∠DHE,∴△SFG≌△DHE,∴SG=DE=2,∵BG=∴BS=設(shè)AF=x,則BF=x+在Rt△FSG中，∵AE=4∴在Rt△EAF中，∵FG=EF,∴∴x=∴AB=2×13②如圖3，過點(diǎn)G作GS⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于S，由（1）知，△SFG≌△DHE,∴SG=DE=2,∴當(dāng)S△BFG要最小，則BF∵BF=AB?AF=8?AF,∴AF最大時(shí)，BF最小，在Rt△AEF中，∴AF=∴EF最大時(shí)，AF最大，∵四邊形EFGH是菱形，∴EF=EH,∴EH最大時(shí)，EF也最大，而點(diǎn)H在邊CD上，DE=2,∴當(dāng)點(diǎn)H和點(diǎn)C重合時(shí)，EH最大，最大值為：DE+C∴EF最大為68∴AF∴B∴△GBF面積的最小值為8?213【點(diǎn)睛】此題主要考查了四邊形綜合題，三角形的中位線定理，平行四邊形，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△SFG≌△DHE是解本題的關(guān)鍵．7．（20-21八年級(jí)下·河北石家莊·期中）四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點(diǎn)，順次連接各邊中點(diǎn)得到的新四邊形EFGH稱為中點(diǎn)四邊形．（1）我們知道：無論四邊形ABCD怎樣變化，它的中點(diǎn)四邊形EFGH都是平行四邊形．特殊的：①當(dāng)對(duì)角線AC=BD時(shí)，四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形為__________形；②當(dāng)對(duì)角線AC⊥BD時(shí)，四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形是__________形．（2）如圖：四邊形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，請(qǐng)利用（1）中的結(jié)論，判斷四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形EFGH的形狀并進(jìn)行證明．【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形見解析【分析】（1）①連接AC、BD，根據(jù)三角形中位線定理證明四邊形EFGH都是平行四邊形，根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明；②根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形證明；（2）分別延長(zhǎng)BA、CD相交于點(diǎn)M，連接AC、BD，證明△ABC≌△DMB，得到AC=DB，根據(jù)（1）①證明即可．【詳解】（1）解：（1）①連接AC、BD，∵點(diǎn)E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點(diǎn)，∴EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，∴EH∥FG，同理EF∥HG，∴四邊形EFGH都是平行四邊形，∵對(duì)角線AC=BD，∴EH=EF，∴四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形是菱形；②當(dāng)對(duì)角線AC⊥BD時(shí)，EF⊥EH，∴四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形是矩形；故答案為：菱；矩；（2）四邊形ABCD的中點(diǎn)四邊形EFGH是菱形．理由如下：分別延長(zhǎng)BA、CD相交于點(diǎn)M，連接AC、BD，∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等邊三角形，∴MB=BC=CM，∠M=60°，∵BC=AB+CD，∴MA+AB=AB+CD=CD+DM，∴MA=CD，DM=AB，在△ABC和△DMB中，AB=DM∠ABC=∠M∴△ABC≌△DMB，∴AC=DB，∴四邊形ABCD的對(duì)角線相等，中點(diǎn)四邊形EFGH是菱形．【點(diǎn)睛】本題考查的是矩形、菱形的判定、中點(diǎn)四邊形的定義，掌握中點(diǎn)四邊形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．8．（22-23八年級(jí)上·山東威?！て谀?）如圖1，四邊形ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為四邊的中點(diǎn)，順次連接E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH的形狀是_____________；（2）將圖1中四邊形ABCD沿BD折疊，其它條件不變，得到圖2，（1）中的結(jié)論是否成立？請(qǐng)說明理由；（3）將圖1中四邊形ABCD沿AC折疊，其它條件不變，得到圖3，（1）中的結(jié)論是否依然成立？請(qǐng)說明理由．【答案】（1）平行四邊形；（2）四邊形EFGH是平行四邊形，理由見解析；（3）四邊形EFGH是平行四邊形，理由見解析．【分析】（1）連接BD，根據(jù)三角形中位線定理證明GF∥（2）（3）同（1）根據(jù)平行四邊形的判定定理證明即可．【詳解】解：（1）連接BD，∵點(diǎn)E，H分別為AB，AD的中點(diǎn)，F(xiàn)，G分別為∴HE∥BD，∴GF∥∴四邊形EFGH是平行四邊形；故答案為：平行四邊形；（2）四邊形EFGH是平行四邊形，理由如下，連接BD，∵點(diǎn)E，H分別為AB，AD的中點(diǎn)，F(xiàn)，G分別為∴HE∥BD，∴GF∥∴四邊形EFGH的形狀是平行四邊形；（3）四邊形EFGH是平行四邊形，理由如下，連接BD，∵點(diǎn)E，H分別為AB，AD的中點(diǎn)，F(xiàn)，G分別為∴HE∥BD，∴GF∥∴四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查的是平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用三角形中位線定理，學(xué)會(huì)添加常用輔助線．【考點(diǎn)題型三】梯子模型【模型介紹】如下圖，一根長(zhǎng)度一定的梯子斜靠在豎直墻面上，當(dāng)梯子底端滑動(dòng)時(shí)，探究梯子上某點(diǎn)（如中點(diǎn)）或梯子構(gòu)成圖形上的點(diǎn)的軌跡模型（圖2），就是所謂的梯子模型.【考查方向】已知一條線段的兩個(gè)端點(diǎn)在坐標(biāo)軸上滑動(dòng)，求線段最值問題.模型一：如圖所示，線段AC的兩個(gè)端點(diǎn)在坐標(biāo)軸上滑動(dòng)，∠ACB=∠AOC=90°，AC的中點(diǎn)為P，連接OP、BP、OB，則當(dāng)O、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)線段OB最大值.模型二：如圖所示，矩形ABCD的頂點(diǎn)A、B分別在邊OM、ON上，當(dāng)點(diǎn)A在邊OM上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)B隨之在ON上運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)的過程中矩形ABCD形狀保持不變，AB的中點(diǎn)為P，連接OP、PD、OD，則當(dāng)O、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，此時(shí)線段OD取最大值.9．（18-19八年級(jí)下·湖北武漢·期末）如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的內(nèi)部，頂點(diǎn)A，B分別在射線OM，ON上，AB＝4，BC＝2，則點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是①22－2；②22＋2；③25－2；④2＋2【答案】②【分析】取AB中點(diǎn)E，連接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三邊關(guān)系分析出當(dāng)O、E、D三點(diǎn)共線時(shí)，OD最大為OE+DE．【詳解】取AB中點(diǎn)E，連接OE、DE、OD，∵∠MON=90°，∴OE=12在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=22．在△ODE中，根據(jù)三角形三邊關(guān)系可知DE+OE＞OD，∴當(dāng)O、E、D三點(diǎn)共線時(shí)，OD最大為OE+DE=22+2．故答案為：②．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、勾股定理以及三角形三邊關(guān)系，解決動(dòng)態(tài)問題的最值問題一般轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)間線段最短或三角形三邊關(guān)系問題．10．（2021八年級(jí)·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖所示，線段AB的兩端在坐標(biāo)軸上滑動(dòng)，∠ABC=90°，AB的中點(diǎn)為Q，連接OQ,QC，求證：O，Q，C三點(diǎn)共線時(shí)，OC取得最大值．【答案】見解析【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系和勾股定理判定即可；【詳解】如圖．在Rt△AOB中，AQ=BQ，∴OQ=1在Rt△ABC中，由勾股定理得CQ=Q∵OC≤OQ+CQ，∴當(dāng)O，Q，C三點(diǎn)共線，OC取得最大值，OC=OQ+QC，即OC=1【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形三邊關(guān)系和勾股定理的應(yīng)用，準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．11．（2022·湖北隨州·一模）在求線段最值問題中，我們常通過尋找（或構(gòu)造）待求線段的“關(guān)聯(lián)三角形”來解決問題．“關(guān)聯(lián)三角形”中除待求線段外的兩條線段的長(zhǎng)度是已知（或可求的），再利用三角形三邊關(guān)系定理求解，線段取得最值時(shí)“關(guān)聯(lián)三角形”不復(fù)存在（即三頂點(diǎn)共線）．例：如圖1，∠MON=90°，矩形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在邊OM，ON上，當(dāng)B在邊ON上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A隨之在邊OM上運(yùn)動(dòng)，矩形的形狀保持不變，其中AB=2，BC=1，運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是多少？分析：如圖1，取AB的中點(diǎn)E，連接DE、OE，則△ODE中，OD為待求線段，DE，OE的長(zhǎng)是可求的，即△ODE為待求線段OD的“關(guān)聯(lián)三角形”，在△ODE中利用三角形三邊關(guān)系定理可以得到OD的不等式，當(dāng)點(diǎn)O，E，D三點(diǎn)共線時(shí)（如圖2），“關(guān)聯(lián)三角形”不存在，此時(shí)可得到OD的最值．(1)根據(jù)上面的分析，完成下列填空：解：如圖1，取AB的中點(diǎn)E，連接DE，OE．在Rt△OAB中，OE=1在Rt△ADE中，DE=1+1在△ODE中，OD<OE+DE，即OD______2+1如圖2，當(dāng)點(diǎn)O，E，D三點(diǎn)共線時(shí)，OD_________2+1綜上所述：OD≤2+1，即點(diǎn)D到點(diǎn)(2)如圖3，點(diǎn)P在第一象限，△ABP是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，當(dāng)點(diǎn)A在x軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)B隨之在y軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)P到原點(diǎn)的最大距離是________．(3)如圖4，點(diǎn)E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AE=DF，連接CF交BD于點(diǎn)G，連接BE交AG于點(diǎn)H．若正方形的邊長(zhǎng)為2，試求DH長(zhǎng)度的最小值．【答案】(1)<，=，2(2)3(3)5【分析】（1）根據(jù)題意及三角形的三邊關(guān)系即可得到答案；（2）取AB中點(diǎn)Q，連接OQ、PQ，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推導(dǎo)OQ的長(zhǎng)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及勾股定理計(jì)算PQ的長(zhǎng)，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知，當(dāng)O、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，求OP的長(zhǎng)，此時(shí)即點(diǎn)P到原點(diǎn)的最大距離；（3）取AB中點(diǎn)O，連接OH、OG，根據(jù)正方形的性質(zhì)利用“邊角邊”證明△ABE≌△DCF、△ADG≌△CDG，借助全等三角形的性質(zhì)推導(dǎo)出∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推導(dǎo)OH的長(zhǎng)；利用勾股定理求出OD的長(zhǎng)，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知，當(dāng)O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長(zhǎng)度最小，并計(jì)算DH的長(zhǎng)即可．【詳解】（1）解：取AB的中點(diǎn)E，連接DE，OE．在Rt△OAB中，OE=1在Rt△ADE中，DE=1+1在△ODE中，OD<OE+DE，即OD<2+1如圖2，當(dāng)點(diǎn)O，E，D三點(diǎn)共線時(shí)，OD=2+1綜上所述：OD≤2+1，即點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是故答案為：<，=，2+1（2）如下圖，取AB中點(diǎn)Q，連接OQ、PQ，∵∠AOB=90°，Q為AB中點(diǎn)，∴OQ=1∵△ABP為等邊三角形，Q為AB中點(diǎn)，∴PQ⊥AB，BQ=1∴PQ=B在△OPQ中，OP<PQ+OQ，即OP<當(dāng)點(diǎn)O，Q，P三點(diǎn)共線時(shí)，OP=3綜上所述：OP≤3+1，即點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是故答案為：3+1（3）如下圖，取AB中點(diǎn)O，連接OH、OD，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA=90°，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，有AB=CD∠BAD=∠CDA∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，有AD=CD∠ADG=∠CDG∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠3=∠2，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°?(∠1+∠BAH)=90°，∵O為AB中點(diǎn)，∴OH=OA=1在Rt△AOD中，OD=O根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OH+DH>OD，∴當(dāng)O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長(zhǎng)度最小，DH的最小值為：OD?OH=5【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形和正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系、勾股定理等知識(shí)，解題關(guān)鍵是結(jié)合題意理解關(guān)聯(lián)三角形的應(yīng)用，并正確構(gòu)建所需三角形．【考點(diǎn)題型四】正方形半角模型【模型介紹】從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45°的兩條射線，并連結(jié)它們與該頂點(diǎn)的兩對(duì)邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平面幾何模型.【常見結(jié)論】已知正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC、CD上的點(diǎn)，∠EAF=45°，AE、AF分別與BD相交于點(diǎn)O、P，則：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C?CEF=2倍正方形邊長(zhǎng)④S?ABE+S?ADF=S?AEF⑤AB=AG=AD（過點(diǎn)A作AG⊥EF，垂足為點(diǎn)G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，則點(diǎn)F為CD三等分點(diǎn)12．（22-23八年級(jí)下·湖北黃岡·期末）解答(1)如圖1，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是AD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且DF=BE，求證：CE=CF；(2)如圖2，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，G是AD上一點(diǎn)，如果∠GCE=45°，請(qǐng)你利用（1）的結(jié)論證明：GE=BE+GD；(3)運(yùn)用（1）（2）解答中所積累的經(jīng)驗(yàn)和知識(shí)，完成下題：如圖3，在直角梯形ABCD中，AD∥BCBC>AD，∠B=90°，AB=BC，E是AB上一點(diǎn)，且∠DCE=45°，BE=4，AE=8

【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)108【分析】（1）由四邊形是ABCD正方形，易證得△CBE≌△CDF，即可得CE=CF；（2）延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，由（1）知△CBE≌△CDF，易證得∠ECF=∠BCD=90°，又由∠GCE=45°，可得∠GCF=∠GCE=45°，即可證得△ECG≌△FCG，繼而可得GE=BE+GD；（3）首先過過C作CG⊥AD，交AD延長(zhǎng)線于G，易證得四邊形ABCG為正方形，由（1）（2）可知，ED=BE+DG，設(shè)DG=x則DE=4+x，AD=12?x，由勾股定理解出x的值，求出AD=6，繼而求得直角梯形ABCD的面積．【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，∵∠ADC=90°，∴∠FDC=90°，∴∠B=∠FDC，∵BE=DF，∴△CBE≌△CDF(SAS)∴CE=CF．（2）證明：如圖2，延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，

由（1）知△CBE≌△CDF，∴∠BCE=∠DCF，∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，∵CE=CF，GC=GC，∴△ECG≌△FCG，∴CE=GF，∴GE=GF=DF+GD=BE+GD；（3）解：如圖3，過C作CG⊥AD，交AD延長(zhǎng)線于G，

在直角梯形ABCD中，∵AD∥∴∠A=∠B=90°，又∵∠CGA=90°，AB=BC，∴四邊形ABCG為正方形，∴AG=BC，∵∠DCE=45°，根據(jù)（1）（2）可知，ED=BE+DG，設(shè)DG=x則DE=4+x，AD=12?x，在Rt△AED∵DE2=A解這個(gè)方程，x=6，∴AD=6，∴S即梯形ABCD的面積為108．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)與判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角梯形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，注意掌握輔助線的作法是解此題的關(guān)鍵，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．13．（22-23八年級(jí)下·江蘇南京·階段練習(xí)）如圖1，四邊形ABCD是矩形，動(dòng)點(diǎn)P從B出發(fā)，沿射線BC方向移動(dòng)，作△PAB關(guān)于直線PA的對(duì)稱△PAB(1)若四邊形ABCD是正方形，直線PB'與直線CD相交于點(diǎn)M，連接①如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上(不包括B和C)，說明結(jié)論“∠PAM=45°”成立的理由．②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC延長(zhǎng)線上，試探究：結(jié)論∠PAM=45°是否總是成立？請(qǐng)說明理由．(2)在矩形ABCD中，AB=10，AD=6，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC延長(zhǎng)線上，當(dāng)△PCB'為直角三角形時(shí)，直接寫出PB的長(zhǎng)【答案】(1)①成立，理由見解析；②成立，理由見解析；(2)10或30或10【分析】（1）①證明Rt△ADM≌Rt△AB'MHL（2）當(dāng)∠PB'C為直角時(shí)，由PC2【詳解】（1）解：①∵△PAB和△PAB'∴∠AB'P=∠MB'∵AM=AM，∴Rt∴∠DAM=∠B∵∠DAB=∠DAM+∠B∴∠MAB則∠PAM=∠MAB②∠PAM=45°如下圖，同理可得：Rt△ADM≌∴∠MAB設(shè)∠PAB=∠PAB'=α則∠DAP=∠PAB則∠DAB=∠DAP+∠PAB=α+α?2β=90°，∴α?β=45°，∴∠PAM=45°；（2）解：①如圖，當(dāng)∠PB在Rt△ABC中，∠ABC=90°由勾股定理得：AC=A設(shè)PB=x，則PC=6?x，由對(duì)稱知：PB'=PB=x∴∠PB又∵AB∴B在Rt△PB'∴(6?x)解得：x=10即PB=10②如下圖，當(dāng)∠PCB'=90°，B'在Rt△ADB'∴CB在Rt△PCB'解得BP=30；如下圖，當(dāng)∠CPB∵∠B=∠B'=∠BP∴四邊形AB∴BP=AB=10，綜上所述，PB=10或30或1034故答案為：10或30或1034【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．14．（20-21八年級(jí)下·廣東廣州·期末）已知：四邊形ABCD是正方形，AB=20，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，AD，DC上．(1)如圖1，若∠EDF=45°，AE=CF，則∠DFC的度數(shù)為________；(2)如圖2，若∠EDF=45°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，求△EBF的周長(zhǎng)；(3)如圖3，若GD=BF=5，GF和EH交于點(diǎn)O，且∠EOF=45°，求EH的長(zhǎng)度．【答案】(1)67.5°(2)40(3)EH=【分析】（1）證明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF=12×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC（2）延長(zhǎng)BC到點(diǎn)K，使CK=AE，連接DK，構(gòu)造全等三角形，證明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周長(zhǎng)；（3）過點(diǎn)D作DL∥EH，交AB于點(diǎn)L，作DM∥FG，交BC于點(diǎn)M，連接LM，運(yùn)用（2）中的結(jié)論和勾股定理求出BL的長(zhǎng)，再用勾股定理求出DL的長(zhǎng)即可．【詳解】（1）解：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠ADE=∠CDF，∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°，∴∠CDF+∠CDF=45°，∴∠CDF=22.5°，∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°．（2）如圖2，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)K，使CK=AE，連接DK，∵∠DCK=180°?90°=90°，∴∠DCK=∠A，∴△DCK?△DAESAS∴DK=DE，∠CDK=∠ADE，∴∠KDF=∠CDK+∠CDF=∠ADE+∠CDF=45°，∴∠KDF=∠EDF，∵DF=DF，∴△KDF?△EDFSAS∴KF=EF，∵KF=CK+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF，∴BE+EF+BF=BE+AE+CF+BF=AB+BC，∵AB=BC=20，∴BE+EF+BF=40，即△EBF的周長(zhǎng)為40；（3）如圖3，作DL∥EH，交AB于點(diǎn)L，交FG于點(diǎn)P，作DM∥FG，交BC于點(diǎn)M，交EH于點(diǎn)Q，連接LM，∵DH∥LE，DG∥FM，∴四邊形DLEH、四邊形DGFM、四邊形OPDQ都是平行四邊形，∴GD=BF=FM=5，EH=DL，∠LDM=∠POQ=∠EOF=45°，∴BM=5+5=10；由（2）得，BL+LM+BM=40，∴BL+LM=30，∴LM=30?BL，∵∠B=90°，∴BL∴BL解得BL=40∴AL=20?40∵AD=AB=20，∴DL=20∴EH=20【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等，解題關(guān)鍵是正確地作出輔助線構(gòu)造全等三角形．15．（21-22八年級(jí)下·湖北咸寧·期中）在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．(1)作△APB≌△AND（如圖①），求證：△APM≌△ANM；(2)求證：MN(3)矩形ABCD中，M、N分別在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如圖②），請(qǐng)你直接寫出線段MN，BM，DN之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)MN【分析】（1）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可證明△APM≌△ANM；（2）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的結(jié)論得到PM=MN，根據(jù)勾股定理即可證明MN（3）將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AB'M'，則△AMN≌△AM'N，利用全等三角形的性質(zhì)可得出M'N=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則AD=a+c，CD=b+c，進(jìn)而可得出M'F=a-b，NF=b【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠EAF=45°．∴∠BAM+∠NAD=45°，∵△APB≌△AND，∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，∴∠PAB+∠BAM=45°，∴∠PAM=∠NAM=45°，在△APM和△ANM中，PA=NA∠PAM=∠NAM∴△APM≌△ANM(SAS)；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，∵△APB≌△AND，∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，∴PM∵△APM≌△ANM，∴PM=MN，∴MN（3）解：MN將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AB過點(diǎn)M'作M'F⊥CD于F同（1）可證△AMN≌△AM∴M'N=∵∠C=90°，∠CMN=45°，∴CM=CN．設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則AD=a+c，CD=b+c，∴M'F=AD-AB'=AD-AB=a+c-（b+c）=NF=DN+DF=DN+B'M'=DN+BM=b在Rt△M'FN中，∴MN【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）利用SAS即可證明△APM≌△ANM；（2）證明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通過構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理找出MN【考點(diǎn)題型五】折疊模型【解題思路】翻折問題屬于圖形變換中的實(shí)際問題，在解決翻折問題的有關(guān)的題目中，要注意隱含的已知條件比較多.比如翻折前后的圖形全等，這樣就好出現(xiàn)相等的線段和相等的角；因?yàn)榇蟛糠址蹎栴}是對(duì)矩形進(jìn)行翻折，所以翻折后由于線段交錯(cuò)，出現(xiàn)的直角三角形也引起注意；因?yàn)榉蹎栴}本身是軸對(duì)稱的問題，所以翻折前后對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連線段會(huì)被折痕所在直線垂直平分；折痕還會(huì)平分翻折所形成的兩個(gè)角.總之，翻折問題并不復(fù)雜，只要要把隱含已知條件熟記于心，再結(jié)合其他有關(guān)知識(shí)就能讓此類問題迎刃而解了.16．（23-24八年級(jí)下·江蘇鹽城·階段練習(xí)）如圖，四邊形OABC為矩形，其中O為原點(diǎn)，A、C兩點(diǎn)分別在x軸和y軸上，B點(diǎn)的坐標(biāo)是8,14．點(diǎn)D，E分別在OC，CB邊上，且CE:EB=5:3，將矩形OABC沿直線DE折疊，使點(diǎn)C落在AB邊上點(diǎn)F處(1)F點(diǎn)的坐標(biāo)是________，D點(diǎn)的坐標(biāo)是________．(2)若點(diǎn)P在第二象限，且四邊形PEFD是矩形，則P點(diǎn)的坐標(biāo)是________(3)若M是坐標(biāo)系內(nèi)的點(diǎn)，點(diǎn)N在y軸上，若以點(diǎn)M，N，D，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)N的坐標(biāo)．【答案】(1)8,10；0,4(2)?3,8(3)0,?6或0,14或0,373【分析】（1）由BC=8，且CE:EB=5:3，求出CE、BE的長(zhǎng)，再由折疊的特征求出EF的長(zhǎng)，由勾股定理求出BF的長(zhǎng)即可得到點(diǎn)F的坐標(biāo)；過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，則OD=AG，DG=OA=8，所以FG=10?OD，由折疊得，F(xiàn)D=DC=14?OA，由勾股定理，得FD2=DG2+FG（2）連接PF交DE于點(diǎn)G，由矩形的性質(zhì)得點(diǎn)G分別為DE、PF的中點(diǎn)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)即可求出點(diǎn)P坐標(biāo)；（3）由（1）得，F(xiàn)(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折疊得，DF=CD=14?4=10=AF，分四種情況：①當(dāng)四邊形MNDF是菱形，點(diǎn)M與點(diǎn)A重合，②當(dāng)四邊形MNDF是菱形，N與點(diǎn)C重合，③當(dāng)四邊形MDNF是菱形，④當(dāng)四邊形MDFN是菱形，分別討論求解即可．【詳解】（1）解：（1）如圖1，∵矩形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸上，且8,14，∴A(8,0)，C(0,14)，∵BC=8，且CE:EB=5:3，∴CE=58BC=由折疊得，F(xiàn)E=CE=5，∵∠B=90°，∴根據(jù)勾股定理得BF=4，∴AF=14?4=10，∴F(8,10)．過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，∵矩形OABC，∴∠DOA=∠OAG=90°∵DG⊥AB∴∠DGA=∠DGB=90°∴四邊形OAGD是矩形，∴OD=AG，DG=OA=8，∴FG=10?OD，由折疊得，F(xiàn)D=DC=14?OA，由勾股定理，得F即14?OD∴OD=4∴D0,4（2）解：連接PF交DE于點(diǎn)G，如圖，∵四邊形PEFD是矩形，∴點(diǎn)G分別為DE、PF的中點(diǎn)，由（1）得，E5,14，D0,4，∴G5設(shè)P(m,n)，則8+m2=5∴m=?3，n=8，∴P?3,8（3）解：由（1）得，F(xiàn)(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折疊得，DF=CD=14?4=10=AF，①當(dāng)四邊形MNDF是菱形，如圖，點(diǎn)M與點(diǎn)A重合，則DN=DF=10，∴ON=10?4=6∴N0,?6②當(dāng)四邊形MNDF是菱形，N與點(diǎn)C重合，如圖，∴N(0,14)；③當(dāng)四邊形MDNF是菱形，如圖，設(shè)DN=FN=DM=FM=r，作FH⊥DN于點(diǎn)H，則H(0,10)，∠FHN=90°，F(xiàn)H=8，∴DH=10?4=6，由NH2+F解得，r=25∴ON=4+25∴N(0,37④當(dāng)四邊形MDFN是菱形，如圖，連結(jié)FM，交y軸于G，∵四邊形MDFN是菱形，∴FM⊥y，DG=NG=10?4=6，∴ON=4+6+6=16∴N(0,16)，綜上所述，N的坐標(biāo)為(0,?6)或(0,14)或(0,373)【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查矩形的折疊問題、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、線段的中點(diǎn)坐標(biāo)等知識(shí)與方法，解第（3）題時(shí)要進(jìn)行分類討論，求出所有符合條件的結(jié)果，此題難度較大，屬于考試壓軸題．17．（23-24八年級(jí)下·江蘇南通·階段練習(xí)）折疊問題是我們常見的數(shù)學(xué)問題，它是利用圖形變化的軸對(duì)稱性質(zhì)解決的相關(guān)問題．?dāng)?shù)學(xué)活動(dòng)課上，同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展了數(shù)學(xué)活動(dòng)．【操作】如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)M在邊AD上，將矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)D?處，MD'與BC交于點(diǎn)【猜想】（1）請(qǐng)直接寫出線段MN、CN的數(shù)量關(guān)系______．【應(yīng)用】如圖2，繼續(xù)將矩形紙片ABCD折疊，使AM恰好落在直線MD'上，點(diǎn)A落在點(diǎn)A'處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B（2）若CD=4，MD=8，求（3）猜想MN、EM、MC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；【答案】（1）MN=CN；（2）EC=10（3）EM【分析】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理，等角對(duì)等邊等等：（1）由折疊的性質(zhì)可得∠CMD=∠CMD'，再由矩形的性質(zhì)結(jié)合平行線的性質(zhì)得到∠CMD=∠MCN，則∠CMD（2）由折疊的性質(zhì)可得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，設(shè)MN=NC=x，則ND'=MD（3）由折疊的性質(zhì)證明∠EMC=90°，由勾股定理得到EM2+MC2【詳解】解：（1）∵矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊，∴∠CMD=∠CMD∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠CMD=∠MCN，∴∠CMD∴MN=CN．故答案為：MN=CN；（2）∵矩形ABCD沿MC所在直線折疊，∴∠D=∠D'=90°，DC=設(shè)MN=NC=x，∴ND在Rt△ND'∴ND∴8?x解得x=5，∴MN=5，同理可證明EN=MN=5，∴EC=EN+CN=10；（3）EM由折疊的性質(zhì)可得∠AME=∠EMN，∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN=180°，∴∠EMN+∠CMN=90°，即∠EMC=90°，∴EM∵EN=MN=CN，∴CE=2MN，∴EM18．（23-24八年級(jí)上·江蘇無錫·階段練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，已知AB=6，點(diǎn)P是BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，將△ABP沿AP折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B'，射線PB'交線段CD或線段AD交于點(diǎn)(1)如圖①，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在線段CD上，且點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，求BP的長(zhǎng)；(2)如圖②，當(dāng)BP=2時(shí)，射線PB'恰好經(jīng)過點(diǎn)D，求【答案】(1)2(2)10【分析】本題考查折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握折疊前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等．（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得B'P=BP，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，通過證明（2）設(shè)PC=x，由折疊可知B'P=BP=2，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，解Rt△PCD【詳解】（1）解：如圖，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，AB=6，∴AB=BC=CD=DA=6，∠B=∠D=∠C=90°，∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，∴CE=DE=1設(shè)BP=x，則CP=6?x，由折疊可知B'P=BP=x，AB在Rt△AB'AB∴Rt△AB'∴B'∴PE=PB在Rt△PCE中，P∴6?x2解得x=2，∴BP=2；（2）解：如圖，由折疊可知B'P=BP=2，AB設(shè)PC=x，則AD=BC=BP+CP=2+x，在Rt△PCD中，C∴PD=C∴B'在Rt△AB'∴62解得x=8，即PC=8，∴BC=BP+PC=2+8=10．19．（23-24八年級(jí)上·江蘇南通·階段練習(xí)）綜合與實(shí)踐：在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形紙片的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．在矩形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，F(xiàn)為AD邊上一點(diǎn)，連接CE、CF，分別將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，且C、H、G三點(diǎn)共線．(1)如圖1，若F為AD邊的中點(diǎn)，AB=BC=6，點(diǎn)G與點(diǎn)H重合，則∠ECF=°，BE=；(2)如圖2，若F為AD的中點(diǎn)，AB=5，BC=4，求BE的長(zhǎng)．(3)AB=5，AD=3，若F為AD的三等分點(diǎn)(圖僅供參考)，請(qǐng)直接寫出BE的長(zhǎng)．【答案】(1)45，2(2)12(3)2或9【分析】（1）證明四邊形ABCD是正方形，由正方形的性質(zhì)得出AD=AB=6，∠BCD=90°，由勾股定理及折疊的性質(zhì)可得出答案；（2）延長(zhǎng)CG，交AB于點(diǎn)T，連接FT，證明Rt△FTG≌Rt△FAT，在Rt△CBT中，勾股定理求得（3）分兩種情況：①當(dāng)AF=2DF時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH=EP，EH=GP，證明Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），由全等三角形的性質(zhì)得出AE=FP，設(shè)BE=EH=a，F(xiàn)P=a+1，AE=FP=5?a，得出a+1=5?a，則可得出答案；②當(dāng)DF=2AF時(shí)，如圖4，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH=EP，EH=GP，設(shè)BE=EH=a，F(xiàn)P=a+2，AE=5?a，由勾股定理得出12+5?a【詳解】（1）解：∵AB=BC，四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=6，∠BCD=90°，∵F為AD的中點(diǎn)，∴DF=AF=3，∵將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，∴BE=EG，DF=FG=3，設(shè)BE=x，則AE=6?x，∴EF=3+x，∵EF∴(3+x)∴x=2，∴BE=2．∵將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，∴∠BCE=∠GCE，∠DCF=∠GCF，∵∠BCD=90°，∴∠ECF=1故答案為：45；2；（2）解：如圖2，延長(zhǎng)CG，交AB于點(diǎn)T，連接FT，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=4,AB=CD=5∵F是AD的中點(diǎn)，∴AF=DF=2∵折疊，∴∠FGC=∠FGT=90°,FG=FD=2在Rt△FTG,FT=FT∴Rt∴TG=TA設(shè)TG=TA=a，在Rt△CBT中，CT=CG+GT=5+a，BT=BA?TA=5?aC即5+a解得：a=4即TG=∵CG=CD=5,CH=CB=4∴HG=1，設(shè)BE=x，則EH=x，在Rt△EHT中，ET=BA?BE?TA=5?x?E∴5?x?解得：x=即BE=12（3）2或97分兩種情況：①當(dāng)AF=2DF時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH=EP，EH=GP，由折疊的性質(zhì)可知，CD=CG=5，BC=CH=3，∴HG=CG?CH=2，∵AF=2DF，∴AF=2，∴AF=EP，在Rt△EFP和RtAF=EPEF=EF∴Rt∴AE=FP，設(shè)BE=EH=a，F(xiàn)P=a+1，AE=FP=5?a，∴a+1=5?a，解得a=2，∴BE=2．②當(dāng)DF=2AF時(shí)，如圖4，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH=EP，EH=GP，由折疊的性質(zhì)可知，CD=CG=5，BC=CH=3，∴EP=HG=CG?CH=2，∵DF=2AF，∴AF=1．設(shè)BE=EH=a，F(xiàn)P=a+2，AE=5?a，∵EF∴1解得a=9∴BE=9綜上可知，BE的長(zhǎng)為2或97【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)題型六】十字架模型【模型介紹】如圖，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，則EF=MN【易錯(cuò)點(diǎn)】正方形內(nèi)十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.【解題技巧】無論怎么變，只要垂直，十字架就相等.20．（20-21八年級(jí)下·遼寧鞍山·期末）如圖，在正方形ABCD中，邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)M，N是邊AB，BC上兩點(diǎn)，且BM=CN=1，連接CM，DN；（1）則DN與CM的數(shù)量關(guān)系是__________，位置關(guān)系是__________；（2）若點(diǎn)E，F(xiàn)分別是DN與CM的中點(diǎn)，計(jì)算EF的長(zhǎng)；（3）延長(zhǎng)CM至P，連接BP，若∠BPC=45°，試求PM的長(zhǎng)．【答案】（1）CM=DN，DN⊥CM；（2）2；（3）10【分析】（1）證△BCM≌△CDN，得出CM=DN，∠BCM=∠CDN，再證∠CDN+∠DCM=90°即可；（2）連CE并延長(zhǎng)交AD于G，求出GM長(zhǎng)，再根據(jù)中位線的性質(zhì)求出EF即可；（3）過點(diǎn)B作BH⊥CM于點(diǎn)H，根據(jù)勾股定理求出BH=PH=31010，CM=【詳解】解：（1）設(shè)CM與DN交于點(diǎn)Q，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠B=∠NCD=90°，∵BM=CN，∴△BCM≌△CDN，∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，∵∠BCM+∠MCD=90°，∴∠CDN+∠MCD=90°，∴∠CQD=90°，∴DN⊥CM，故答案為：CM=DN，DN⊥CM．（2）連CE并延長(zhǎng)交AD于G，∵BC∥AD，∴∠ENC=∠EDG，∵NE=DE，∠NEC=∠GED，△CNE≌△GDE∴CE=EG，NC=GD=1，又∵M(jìn)F=CF，∴EF=1∵正方形的邊長(zhǎng)為3，BM=CN=1，∴AM=AG=2GM=∴EF=（3）過點(diǎn)B作BH⊥CM于點(diǎn)H，CM=C∵12∴BH=3CH=B∵∠BPC=45°，∴PH=BH=3∴PC=6∴PM=10【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，中位線性質(zhì)和勾股定理，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)進(jìn)行推理證明和準(zhǔn)確計(jì)算．21．（20-21八年級(jí)下·安徽阜陽(yáng)·期末）小華和他的同學(xué)們組成了“愛琢磨”學(xué)習(xí)小組，有一次，他們遇到這樣一道題：如圖1，已知正方形ABCD，點(diǎn)E、F、G、H分別在AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，則GE=FH．經(jīng)過思考，大家給出了以下兩種方案：（甲）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)B作BN∥EG交（乙）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交小杰和他的同學(xué)們順利解決了該題后，大家琢磨著改變問題的條件，做更多的探索．(1)對(duì)于他們遇到的問題，請(qǐng)?jiān)诩?、乙兩個(gè)方案中任選一個(gè)，加以證明；(2)如果把條件中的“EG⊥FH”改為“EG與FH所得銳角為45°”．若正方形的邊長(zhǎng)為1，F(xiàn)H的長(zhǎng)為52，如圖2，試求EG【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）選擇甲方案，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)B作BN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，證明△ABM≌△BCD(ASA)，可得選擇乙方案，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，作AN∥EG交證明△ABM≌△ADN(ASA)，得AM=AN，從而EG=FH．（2）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AN∥EG交CD于點(diǎn)N．延長(zhǎng)CB到P，使BP=DN，證明△ABP≌△ADN(SAS)，得∠PAB=∠NAD，AP=AN，根據(jù)EG與FH所夾角為45°，可證△PAM≌△NAM(SAS)，得PM=MN，設(shè)DN=x，則NC=1?x，MN=PM=x+12，在Rt【詳解】（1）①選擇甲方案，證明如下：如右圖，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)過點(diǎn)B作BN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴四邊形AMFH、四邊形BNGE是平行四邊形，∴AM=HF，BN=EG，又∵EG⊥FH，∴AM⊥EG，∴AM⊥BN，∴∠BAM+∠ABN=90°，∠ABN+∠CBN=90°∴∠BAM=∠CBN，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠BCD=90°，在△ABM和△BCN中，∠BAM=∠CBN，AB=BC，∠ABM=∠BCD=90°，∴△ABM≌△BCD(ASA)，∴AM=BN，即EG=FH．②選擇乙方案，證明如下：如圖，過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)作AN∥EG交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴四邊形AMFH、四邊形AEGN是平行四邊形，∴AM=HF，AN=EG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠ADN=90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM=90°，∴∠BAM+∠MAD=90°，∠DAM+∠MAD=90°，∴∠BAM=∠DAN，在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DANAB=AD∴△ABM≌△ADN(ASA)，∴AM=AN，即EG=FH．（2）過點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)過點(diǎn)A作AN∥EG交CD于點(diǎn)延長(zhǎng)CB到P，使BP=DN，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴四邊形AMFH、四邊形AEGN是平行四邊形，∴AM=FH=又∵AB=1，∴在Rt△ABM中，BM=1在△ABP和△ADN中，AB=AD∠ABP=∠AND∴△ABP≌△ADN(SAS∴∠PAB=∠NAD，AP=AN，又∵EG與FH所夾角為45°，∴∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°，即∠PAM=∠MAN=45°，∴△PAM≌△NAM(SAS)，∴PM=MN，設(shè)DN=x，則NC=1?x，MN=PM=x+1∵BM=12，在Rt△NCM中，MC∴1解得：x=1∴EG=AN=D【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和應(yīng)用，涉及三角形全等的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，作輔助線，構(gòu)造平行四邊形和全等三角形．22．（2024·河南·一模）綜合與實(shí)踐數(shù)學(xué)課上，老師提出了這樣一個(gè)問題：如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是CD,AD上的兩點(diǎn)，連接AE,BF交于點(diǎn)P．

已知AE⊥BF，求證：AE=BF．甲小組同學(xué)的證明思路如下：由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE．再由AB=DA，∠BAF=∠D=90°，證得△ABF≌△DAE（依據(jù)：________），從而得AE=BF．乙小組的同學(xué)猜想，其他條件不變，若已知AE=BF，同樣可證得AE⊥BF，證明思路如下：由AB=DA，BF=AE可證得Rt△ABF≌Rt△DAEHL，可得完成任務(wù)：（1）填空：上述材料中的依據(jù)是________（填“SAS”或“AAS”或“ASA”或“HL”）【發(fā)現(xiàn)問題】同學(xué)們通過交流后發(fā)現(xiàn)，已知AE⊥BF可證得AE=BF，已知AE=BF同樣可證得AE⊥BF，為了驗(yàn)證這個(gè)結(jié)論是否具有一般性，又進(jìn)行了如下探究．

【遷移探究】在正方形ABCD中，點(diǎn)E在CD上，點(diǎn)M，N分別在AD,BC上，連接AE,MN交于點(diǎn)P．甲小組同學(xué)根據(jù)MN⊥AE畫出圖形如圖2所示，乙小組同學(xué)根據(jù)MN=AE畫出圖形如圖3所示．甲小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知MN⊥AE仍能證明MN=AE，乙小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知MN=AE無法證明MN⊥AE一定成立．（2）①在圖2中，已知MN⊥AE，求證：MN=AE；②在圖3中，若∠DAE=α，則∠APM的度數(shù)為________．【拓展應(yīng)用】（3）如圖4，在正方形ABCD中，AB=3，點(diǎn)E在邊AB上，點(diǎn)M在邊AD上，且AE=AM=1，點(diǎn)F，N分別在直線CD,BC上，若EF=MN，當(dāng)直線EF與直線MN所夾較小角的度數(shù)為30°時(shí)，請(qǐng)直接寫出CF的長(zhǎng)．【答案】（1）ASA；（2）①見解析；②90°?2α；（3）2?3或【分析】（1）先證明∠ABF=∠DAE，結(jié)合AB=DA，∠BAF=∠D=90°可知根據(jù)ASA即可證明△ABF≌△DAE；（2）①作MH⊥BC于點(diǎn)H，先證明∠HMN=∠DAE，然后根據(jù)ASA即可證明△HMN≌△DAE即可證明結(jié)論成立；②NL⊥AD于點(diǎn)L，同理可證△LNM≌△DAEHL，從而∠MNL=∠DAE=α（3）①當(dāng)N、F在BC、CD邊上時(shí)，作FG⊥AB于點(diǎn)G，作MH⊥BC于點(diǎn)H，則四邊形ABHM和四邊形BCFG都是矩形，同理可證△EGF≌△NHMHL，求出∠HMN=∠EFG=30°，設(shè)EG=x，則EF=2x，利用勾股定理求出x的值，進(jìn)而可求出CF的長(zhǎng)．當(dāng)N、F在CB、CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，同理可求出CF【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAP+∠DAE=90°．∵AE⊥BF，∴∠BAP+∠ABF=90°，∴∠ABF=∠DAE，∵∠BAF=∠D=90°，∴△ABF≌△DAEASA故答案為：ASA；（2）①作MH⊥BC于點(diǎn)H，

∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=AD，∠C=∠D=90°，∴四邊形CDMH是矩形，∴CD=MH=AD，∠AMH=∠DMH=90°，∴∠AMP+∠HMN=90°．∵AE⊥MN，∴∠AMP+∠DAE=90°，∴∠HMN=∠DAE，∴△HMN≌△DAEASA∴MN=AE；②作NL⊥AD于點(diǎn)L，

同理可證四邊形CDLN是矩形，∴CD=LN=AD．∵AD=LN,AE=MN，∴△LNM≌△DAEHL∴∠MNL=∠DAE=α，∴∠LMN=90°?α，∴∠APM=∠LMN?∠DAE=90°?2α．故答案為：90°?2α；（3）解：①當(dāng)N、F在BC、CD邊上時(shí)，如圖，∠MPE=30°，作FG⊥AB于點(diǎn)G，作MH⊥BC于點(diǎn)H，則四邊形ABHM和四邊形BCFG都是矩形，

同理可證△EGF≌△NHMHL∴∠HMN=∠EFG．∵GF∥BC，∴MH⊥GF，∴∠FKH+∠EFG=90°．∵∠FKH=∠HMN+∠MPE，∴∠HMN+∠MPE+∠EFG=90°∵∠MPE=30°，∴∠HMN=∠EFG=30°，∴EG=1設(shè)EG=x，則EF=2x，∵EG∴x2∴x=3∴CF=BG=AB?AE?EG=3?1?3②當(dāng)N、F在CB、CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，同理可得：∠HMN=∠EFG=30°，EG=3∴CF=BG=AB?AE+EG=3?1+

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，以及三角形外角的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．23．（22-23八年級(jí)下·江蘇蘇州·階段練習(xí)）在正方形紙片ABCD中，點(diǎn)M、N分別是BC、AD上的點(diǎn)，連接MN．(1)問題探究：如圖1，作DD'⊥MN，交AB于點(diǎn)D(2)問題解決：如圖2，將正方形紙片ABCD沿過點(diǎn)M、N的直線折疊，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D'恰好落在AB上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C'，若BD'=12【答案】(1)見解析(2)MN=6【分析】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握正方形中的十字架模型是解題的關(guān)鍵．（1）過點(diǎn)N作NH⊥BC于H，利用ASA證明△ADD'≌△HNM（2）連接MD'，DD'，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，由勾股定理得，BD'2【詳解】（1）解：證明：過點(diǎn)N作NH⊥BC于H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠ABM=90°，∵∠NHB=90°，∴四邊形ABHN是矩形，∴AB=HN，∵DD∴∠DON=90°，∴∠OND+∠ODN=90°，∵∠OND+∠MNH=90°，∴∠ODN=∠MNH，∵∠DAD'=∠NHM∴△ADD'≌△HNMASA∴MN=DD（2）（2）連接MD'，由折疊的性質(zhì)得到：C'M=CM，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，由勾股定理得，BD∴122解得：x=18，∴AB=AD=18，∴AD由勾股定理得，DD∵M(jìn)N是DD由（1）知，DD∴MN=610【考點(diǎn)題型七】對(duì)角互補(bǔ)模型類型一90°對(duì)角互補(bǔ)模型如圖，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則①AD=CD②AB+BC=2BD③S△ABD+S△BDC=12BD類型一120°對(duì)角互補(bǔ)模型如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，則①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√324．（19-20八年級(jí)上·湖南邵陽(yáng)·期中）初步探究：如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD．探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系，小王同學(xué)探究此問題的方法是：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論是．靈活運(yùn)用：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是BC、CD上的點(diǎn)，且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．拓展延伸：如圖3，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，若點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上，仍然滿足EF=BE+FD，請(qǐng)直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系．

【答案】初步探究：∠BAE+∠FAD=∠EAF；靈活應(yīng)用：成立，見解析；拓展延伸：∠EAF=180°?【分析】初步探究：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；靈活運(yùn)用：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進(jìn)而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；拓展延伸：在DC延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導(dǎo)得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)論．【詳解】解：初步探究：結(jié)論：∠BAE+∠FAD=∠EAF，理由：如圖1，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，

∵∠B=∠ADC=90°，∴∠B=∠ADG=90°，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+DF，∴EF=DF+DG=FG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF，∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠BAE+∠DAF；故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；靈活運(yùn)用：仍成立，理由：如圖2，延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，

∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD，GF=DG+FD，∴EF=GF，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF，∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠BAE+∠DAF；拓展延伸：結(jié)論：∠EAF=180°?1理由：如圖3