【期中讲练测】苏科版八年级下册数学 专题06四边形常见模型（考点清单）.zip

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【考点题型一】垂美四边形模型
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
1．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．数学兴趣小组的同学们在老师的带领下开展了对垂美四边形的研究．
(1)【概念理解】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，则四边形ABCD______（填“是”或“不是”）垂美四边形．
(2)【性质探究】如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．小莹利用勾股定理的知识探索出四边形ABCD的四条边具有以下数量关系：AB2+CD2=AD2+BC2．请判断小莹的结论是否正确，并说明理由．
(3)【问题解决】如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边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，连接CD，BE，DE，已知BC=3，AC=4，请直接写出DE的值．
【答案】(1)是，理由见详解
(2)正确，理由见详解
(3)DE的值为73
【分析】本题主要考查四边形的综合，理解垂美四边形的定义，掌握全等三角形的判定和性质，垂直的判定和性质，勾股定理的综合运用的知识是解题的关键．
（1）如图所示，连接AC，BD，交于点O，根据全等三角形的判定和性质可证△ABC≌△ADCSSS，再证明△ABO≌△ADOSAS，由此即可求解；
（2）根据勾股定理即可求解；
（3）根据等腰直角三角形的性质可证△ABE≌△ADCSAS，四边形BCED是垂美四边形，再根据（2）中的结论可得BC2+DE2=CE2+BD2，根据勾股定理可求出AB，CE，BD的值，由此即可求解．
【详解】（1）解：是，理由如下，
如图所示，连接AC，BD，交于点O，
在△ABC，△ADC中，AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴∠ABC=∠ADC，∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，
在△ABO，△ADO中，
AB=AD∠BAO=∠DAOAO=AO，
∴△ABO≌△ADOSAS，
∴∠AOB=∠AOD，
∵∠AOB+∠AOD=180°，
∴∠AOB=∠AOD=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形，
故答案为：是；
（2）解：正确，理由如下，
∵四边形ABCD是垂美四边形，AC⊥BD，交于点O，
∴在Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2，
在Rt△AOD中，AD2=OA2+OD2，
在Rt△BOC中，BC2=OB2+OC2，
在Rt△DOC中，CD2=OC2+OD2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）解：如图所示，设AB，CD交于点M，CD，BE交于点N，

∵∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，
∴∠CAE+∠BAC=∠BAD+∠BAC，即∠BAE=∠DAC，
在△ABE，△ADC中，
AE=AC∠EAB=∠CADAB=AD，
∴△ABE≌△ADCSAS，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠ADC+∠AMD=90°，∠AMD=∠BMC，
∴∠ABE+∠BMC=90°，
∴在△BMN中，∠BNM=180°-∠ABE+∠BMC=180°-90°=90°，
∴BE⊥CD，即四边形BCED是垂美四边形，
由（2）可得，BC2+DE2=CE2+BD2，
∵在Rt△ABC中，BC=3，AC=4，
∴AB=BC2+AC2=32+42=5，
∵△ACE是等腰直角三角形，△ABD是等腰直角三角形，
∴在Rt△ACE中，CE=2AC=42，
在Rt△ABD中，BD=2AB=52，
∴BC2+DE2=CE2+BD2变形得，32+DE2=422+522，
∴DE=73，
DE的值为73．
2．（22-23八年级下·河南驻马店·期末）学习了特殊的四边形——平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．通过探究，我们得出垂美四边形ABCD的面积S等于两对角线乘积的一半．

(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=8，AB=10．
①求证：四边形BCGE为垂美四边形；
②四边形BCGE的面积是_______．
【答案】(1)菱形、正方形
(2)①证明见解析；②130
【分析】（1）根据题干信息进行解答即可；
（2）①证明△GAB≌△CAE，得出BG=CE，∠ABG=∠AEC，根据∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，得出∠ABG+∠BMN=90°，即可得出∠BNM=90°，证明四边形BCGE为垂美四边形；
②根据勾股定理求出BC=AB2-AC2=6，得出BF=BC+CF=14，根据勾股定理求出BG=BF2+FG2=142+82=265，得出CE=BG=265，根据12BG⋅CE=130求出三角形的面积即可．
【详解】（1）解：∵菱形和正方形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线和矩形的对角线不一定互相垂直，
∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是菱形、正方形；
故答案为：菱形、正方形．
（2）①证明：连接CG、BE，BG交CE于N，BA交CE于M，如图2所示：

∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴∠F=∠CAG=∠BAE=90°，FG=AG=AC=CF，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≌△CAE，
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，
∴四边形BCGE为垂美四边形；
②∵FG=CF=AC=8，∠ACB=90°，AB=10，
∴BC=AB2-AC2=6，
∴BF=BC+CF=14，
在Rt△BFG中，BG=BF2+FG2=142+82=265，
∴CE=BG=265，
∵四边形BCGE为垂美四边形，
∴四边形BCGE的面积=12BG⋅CE=130．
故答案为：130．
【点睛】本题主要考查了勾股勾股定理，正方形、矩形、菱形和平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，证明△GAB≌△CAE．
3．（22-23八年级下·湖北孝感·期中）新定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
(1)如图1，已知四边形ABCD是垂美四边形．
①若AC=36,BD=42，则它的面积为_____________；
②若AB=c,BC=d,CD=a,DA=b，探究a、b、c、d的数量关系．
(2)如图2，已知D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，AD⊥BE，AC=6,BC=8，请运用②中的结论，直接写出AB的长为___________________．
【答案】(1)①123；②c2+a2=b2+d2
(2)25
【分析】（1）①由面积和差关系可求解；②由勾股定理列出方程组，可求解；
（2）由三角形的中位线定理可得BD=DC=4，AE=EC=3，DE=12AB，由②的结论，列出方程可求解．
【详解】（1）解：①如图1，∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∵S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD，
∴S四边形ABCD=12×BD×AO+12×BD×CO=12×AC×BD=12×36×42=123；
②如图1，∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，
在Rt△AOD中，AO2+DO2=AD2，
在Rt△COB中，CO2+BO2=CB2，
在Rt△COD中，CO2+DO2=CD2，
∴AO2+BO2+CO2+DO2=CD2+AB2，AO2+DO2+CO2+BO2=CB2+AD2，
∴CD2+AB2=CB2+AD2，
即：c2+a2=b2+d2；
（2）解：如图，连接DE，
∵D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，AC=6,BC=8，
∴BD=DC=4，AE=EC=3，DE=12AB，
∵AD⊥BE，
∴四边形ABDE是垂美四边形，
∴AB2+DE2=BD2+AE2，
∴AB2+14AB2=16+9，
∴AB=25．
故答案为25
【点睛】本题是四边形综合题，考查了勾股定理，三角形中位线定理，勾股定理等知识，理解垂美四边形的定义并运用是解题的关键．
4．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在学习了平行四边形章节后，小明根据所学习的内容，试着创造了一个新的特殊四边形，规定：对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示．
(1)【概念理解】证明：有三条边相等的垂美四边形是菱形；（写出已知、求证）
(2)【性质探索】若记垂美四边形ABCD面积为S，试直接写出S与AC、BD之间的关系；
(3)【性质应用】根据不完全统计，勾股定理的证明有400多种方法，小明为了证明勾股定理，尝试用两个全等的直角三角形（Rt△ABC≌Rt△BED）如图2摆放，其中B、C、E在一条直线上，若假设直角三角形三边长为x，y，z，即BC=ED=x，AB=BE=y，AC=BD=z，试利用（2）中结论证明勾股定理．
【答案】(1)证明见详解
(2)S=12AC⋅BD
(3)证明见详解
【分析】（1）根据已知写出已知求证再利用三角形全等证明结论即可；
（2）四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=12AC⋅BO+12AC⋅DO=12AC⋅BD；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】（1）已知：四边形ABCD的两条对角线互相垂直，即AC⊥BD ，且AB=BC=CD；
求证：四边形ABCD是菱形
证明：∵AC⊥BD，
∴∠BOA=∠BOC=90° ，
在Rt△BOA 和Rt△BOC中
OB=OBAB=CB
∴Rt△AOB≌Rt△COBHL，
同理可得：Rt△COD≌Rt△COBHL，
∴OA=OC,OB=OD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴有三条边相等的垂美四边形是菱形；
（2）解：如图1所示：
∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=12AC⋅BO+12AC⋅DO=12AC⋅BD；
∴S=12AC⋅BD；
（3）由已知，可得∠BCA=∠EDB
∵∠CBO+∠EDB=90°
∴∠CBO+∠BCA=90°
∴AC⊥BD
∴ABCD是垂美四边形
由（2）可得ABCD是垂美四边形的面积S=12AC⋅BD
∴S=12AC⋅BD=12z2
∵S四边形ABCD=S梯形ABED-S△CED=x+y×y×12-12×x×y-x
S四边形ABCD=12y2+12xy+12x2-12xy
S四边形ABCD=12y2+12x2
∴12z2=12y2+12x2即z2=y2+x2
所以勾股定理得证．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
【考点题型二】中点四边形模型
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
① 顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形.
② 中点四边形的周长等于原四边形对角线之和.
③ 中点四边形的面积等于原四边形面积的一半.
④ 顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤ 顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥ 顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
5．（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图,正方形ABCD的边长为1,顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1,又顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2,…．以此类推,则第六个正方形A6B6C6D6的周长是 ;面积是 ．

【答案】 12 164
【分析】本题考查正方形性质,勾股定理知识．通过阅读本题利用正方形及中点得到线段长度继而利用勾股定理求得下一个正方形边长,后根据规律求得正方形周长及面积．根据图形的变化得出规律是解答本题的关键．
【详解】解:∵正方形ABCD的边长为1,
∴正方形ABCD的面积为1,周长为4;
∵顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1,
∴AA1=AD1=12,根据勾股定理得A1D1=122+122=22,
即正方形A1B1C1D1的周长为22×4=22,面积为222=12;
∵顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2,
同理可得正方形A2B2C2D2的周长为2,面积为14;
……
∴以此类推,不难发现规律,第n个正方形的周长为42n,面积为12n,
∴第六个正方形A6B6C6D6的周长为426=12,面积为126=164．
故答案为：12，164
6．（22-23八年级下·山东淄博·期中）如图，已知四边形ABCD是矩形．
(1)如图1，若E，F，G，H分别是AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是菱形；
(2)若菱形EFGH的三个顶点E，F，H分别在AD，AB，CD上，连接BG．
①如图2，若AE=2ED=4，BG=5， BF-AF=12，求AB的长；
②如图3，若AE=2ED=4，AB=8，请写出△GBF面积的最小值．
【答案】(1)见解析；
(2)①AB=7，②8-213．
【分析】
（1）利用三角形的中位线先判断出四边形EFGH是平行四边形，借助矩形的对角线 AC=BD,进而判断出EF=EH,， 即可得出结论；
（2）①先判断出△SFG≌△DHE,进而求出SG=2,再建立方程x+322+4=x2+16求解即可得出结论；
②先判断出BF最小时，△BFG的面积最小，进而判断出EF=EH最大时，△BFG最小，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）
证明：如图1， 连接AC,BD，
在矩形ABCD中，
∵E,F分别是AD,AB的中点，
∴EF∥BD,且EF=12BD，
∵G,H分别是BC,CD的中点，
∴GH∥BD,GH=12BD，
∴EF∥GH,EF=GH,
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵E,H分别是AD,CD的中点，
∴EH=12AC,
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD,
∴EH=12BD,
∵EF=12BD,
∴EF=EH,
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）
解：①如图2，连接FH，过点G作GS⊥AB交AB的延长线于S，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FAE=∠EDH=∠GSF=90°,AB∥CD,
∴∠BFH=∠DHF,
∵四边形EFGH是菱形，
∴FG∥EH,FG=EH=EF,
∴∠GFH=∠EHF,
∴∠SFG=∠DHE,
∴△SFG≌△DHE,
∴SG=DE=2,
∵BG=5,
∴BS=BG2-SG2=52-22=1,
设AF=x,则BF=x+12,
在Rt△FSG中，FG2=FS2+SG2=x+12+12+22=x+322+4,
∵AE=4，
∴在Rt△EAF中，EF2=AF2+AE2=x2+16,
∵FG=EF,
∴x+322+4=x2+16,
∴x=134,
∴AB=2×134+12=7；
② 如图3，过点G作GS⊥AB交AB的延长线于S，
由（1）知，△SFG≌△DHE,
∴SG=DE=2,
∴S△BFG=12BF×SG=12BF×2=BF,
当S△BFG要最小，则BF最小，
∵BF=AB-AF=8-AF,
∴AF最大时，BF最小，
在Rt△AEF中，AE=4,
∴AF=EF2-AE2=EF2-16,
∴EF最大时，AF最大，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF=EH,
∴EH最大时，EF也最大，
而点H在边CD上，DE=2,
∴当点H和点C重合时，EH最大，最大值为：DE+CD2=68,
∴EF最大为68,
∴AF最大=EF2-16=682-16=52=213，
∴BF最小=AB-AF最大=8-AF=8-213,
∴△GBF面积的最小值为8-213．
【点睛】
此题主要考查了四边形综合题，三角形的中位线定理，平行四边形，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，判断出△SFG≌△DHE是解本题的关键．
7．（20-21八年级下·河北石家庄·期中）四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明△ABC≌△DMB，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等边三角形，∴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=∠MBC=BM，
∴△ABC≌△DMB，∴AC=DB，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
8．（22-23八年级上·山东威海·期末）（1）如图1，四边形ABCD，点E，F，G，H分别为四边的中点，顺次连接E，F，G，H，则四边形EFGH的形状是_____________；
（2）将图1中四边形ABCD沿BD折叠，其它条件不变，得到图2，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）将图1中四边形ABCD沿AC折叠，其它条件不变，得到图3，（1）中的结论是否依然成立？请说明理由．
【答案】（1）平行四边形；（2）四边形EFGH是平行四边形，理由见解析；（3）四边形EFGH是平行四边形，理由见解析．
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明GF∥EH，GF=EH，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）（3）同（1）根据平行四边形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）四边形EFGH是平行四边形，理由如下，
连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH的形状是平行四边形；
（3）四边形EFGH是平行四边形，理由如下，
连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH的形状是平行四边形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
【考点题型三】梯子模型
【模型介绍】如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上，当梯子底端滑动时，探究梯子上某点（如中点）或梯子构成图形上的点的轨迹模型（图2），就是所谓的梯子模型.

【考查方向】已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动，求线段最值问题.
模型一：如图所示，线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，∠ACB=∠AOC=90°，
AC的中点为P，连接OP、BP、OB，则当O、P、B三点共线时，此时线段OB
最大值.
模型二：如图所示，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点A在
边OM上运动时，点B随之在ON上运动，且运动的过程中矩形ABCD形状保
持不变，AB的中点为P，连接OP、PD、OD，则当O、P、D三点共线时，此时
线段OD 取最大值.
9．（18-19八年级下·湖北武汉·期末）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是
①22－2；②22＋2；③25－2；④2＋2
【答案】②
【分析】取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE．
【详解】取AB中点E，连接OE、DE、OD，
∵∠MON=90°，
∴OE=12AB=2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=22．
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE=22+2．
故答案为：②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题．
10．（2021八年级·全国·专题练习）如图所示，线段AB的两端在坐标轴上滑动，∠ABC=90°，AB的中点为Q，连接OQ,QC，求证：O，Q，C三点共线时，OC取得最大值．
【答案】见解析
【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可；
【详解】如图．
在Rt△AOB中，AQ=BQ，
∴OQ=12AB．
在Rt△ABC中，由勾股定理得CQ=QB2+CB2=12AB2+CB2．
∵OC≤OQ+CQ，
∴当O，Q，C三点共线，OC取得最大值，OC=OQ+QC，即OC=12AB+12AB2+CB2；
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．
11．（2022·湖北随州·一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．
例：如图1，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离是多少？
分析：如图1，取AB的中点E，连接DE、OE，则△ODE中，OD为待求线段，DE，OE的长是可求的，即△ODE为待求线段OD的“关联三角形”，在△ODE中利用三角形三边关系定理可以得到OD的不等式，当点O，E，D三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到OD的最值．
(1)根据上面的分析，完成下列填空：
解：如图1，取AB的中点E，连接DE，OE．
在Rt△OAB中，OE=12AB=1，
在Rt△ADE中，DE=1+1=2，
在△ODE中，OD如图2，当点O，E，D三点共线时，OD_________2+1，
综上所述：OD≤2+1，即点D到点O的最大距离是________．
(2)如图3，点P在第一象限，△ABP是边长为2的等边三角形，当点A在x轴的正半轴上运动时，点B随之在y轴的正半轴上运动，运动过程中，点P到原点的最大距离是________．
(3)如图4，点E，F是正方形ABCD的边AD上的两个动点，满足AE=DF，连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，试求DH长度的最小值．
【答案】(1)<，=，2+1
(2)3+1
(3)5-1
【分析】（1）根据题意及三角形的三边关系即可得到答案；
（2）取AB中点Q，连接OQ、PQ，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推导OQ的长，根据等边三角形的性质及勾股定理计算PQ的长，然后根据三角形的三边关系可知，当O、Q、P三点共线时，求OP的长，此时即点P到原点的最大距离；
（3）取AB中点O，连接OH、OG，根据正方形的性质利用“边角边”证明△ABE≌△DCF、△ADG≌△CDG，借助全等三角形的性质推导出∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推导OH的长；利用勾股定理求出OD的长，然后根据三角形的三边关系可知，当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，并计算DH的长即可．
【详解】（1）解：取AB的中点E，连接DE，OE．
在Rt△OAB中，OE=12AB=1，
在Rt△ADE中，DE=1+1=2，
在△ODE中，OD如图2，当点O，E，D三点共线时，OD=2+1，
综上所述：OD≤2+1，即点D到点O的最大距离是2+1．
故答案为：<，=，2+1．
（2）如下图，取AB中点Q，连接OQ、PQ，
∵∠AOB=90°，Q为AB中点，
∴OQ=12AB=1，
∵△ABP为等边三角形，Q为AB中点，
∴PQ⊥AB，BQ=12AB=1，
∴PQ=BP2-BQ2=22-12=3，
在△OPQ中，OP当点O，Q，P三点共线时，OP=3+1，
综上所述：OP≤3+1，即点D到点O的最大距离是3+1．
故答案为：3+1．
（3）如下图，取AB中点O，连接OH、OD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA=90°，∠ADG=∠CDG，
在△ABE和△DCF中，有
AB=CD∠BAD=∠CDAAE=DF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1=∠2，
在△ADG和△CDG中，有
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠3=∠2，
∴∠1=∠3，
∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，
∴∠1+∠BAH=90°，
∴∠AHB=180°-(∠1+∠BAH)=90°，
∵O为AB中点，
∴OH=OA=12AB=1，
在Rt△AOD中，OD=OA2+AD2=12+22=5，
根据三角形的三边关系，OH+DH>OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
DH的最小值为：OD-OH=5-1．
【点睛】本题考查了等边三角形和正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、勾股定理等知识，解题关键是结合题意理解关联三角形的应用，并正确构建所需三角形．
【考点题型四】正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
【常见结论】已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE
③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF
⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
12．（22-23八年级下·湖北黄冈·期末）解答
(1)如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE，求证：CE=CF；
(2)如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE=45°，请你利用（1）的结论证明：GE=BE+GD；
(3)运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BCBC>AD，∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，AE=8，求直角梯形ABCD的面积．

【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)108
【分析】（1）由四边形是ABCD正方形，易证得△CBE≌△CDF，即可得CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，由（1）知△CBE≌△CDF，易证得∠ECF=∠BCD=90°，又由∠GCE=45°，可得∠GCF=∠GCE=45°，即可证得△ECG≌△FCG，继而可得GE=BE+GD；
（3）首先过过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，易证得四边形ABCG为正方形，由（1）（2）可知，ED=BE+DG，设DG=x则DE=4+x，AD=12-x，由勾股定理解出x的值，求出AD=6，继而求得直角梯形ABCD的面积．
【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠FDC=90°，
∴∠B=∠FDC，
∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)，
∴CE=CF．
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接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：如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，

在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A=∠B=90°，
又∵∠CGA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCG为正方形，
∴AG=BC，
∵∠DCE=45°，
根据（1）（2）可知，ED=BE+DG，
设DG=x则DE=4+x，AD=12-x，
在Rt△AED中，
∵DE2=AD2+AE2，即(x+4)2=82+(12-x)2，
解这个方程，x=6，
∴AD=6，
∴S梯形ABCD=12(AD+BC)⋅AB=12×(6+12)×12=108，
即梯形ABCD的面积为108．
【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
13．（22-23八年级下·江苏南京·阶段练习）如图1，四边形ABCD是矩形，动点P从B出发，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'．
(1)若四边形ABCD是正方形，直线PB'与直线CD相交于点M，连接AM．
①如图2，当点P在线段BC上(不包括B和C)，说明结论“∠PAM=45°”成立的理由．
②当点P在线段BC延长线上，试探究：结论∠PAM=45°是否总是成立？请说明理由．
(2)在矩形ABCD中，AB=10，AD=6，当点P在线段BC延长线上，当△PCB'为直角三角形时，直接写出PB的长 ．
【答案】(1)①成立，理由见解析；②成立，理由见解析；
(2)10或30或1034-503
【分析】（1）①证明Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，得到∠DAM=∠B'AM，而∠DAB=∠DAM+∠B'AM+∠B'AP+∠BAP=90°，则∠MAB'+∠PAB'=45°，即可求解；②方法同①，即可；
（2）当∠PB'C为直角时，由PC2=B'C2+PB2，即可求解；当∠PCB'=90°、∠CPB'=90°同理可解．
【详解】（1）解：①∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，
∴∠AB'P=∠MB'A=∠D=∠B=90°，AB=AB'=AD，∠B'AP=∠PAB，
∵AM=AM，
∴Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，
∴∠DAM=∠B'AM，
∵∠DAB=∠DAM+∠B'AM+∠B'AP+∠BAP=90°，
∴∠MAB'+∠PAB'=45°，
则∠PAM=∠MAB'+∠PAB'=45°；
②∠PAM=45°成立，理由：
如下图，

同理可得：Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，
∴∠MAB'=∠MAD，
设∠PAB=∠PAB'=α，∠MAB'=∠MAD=β，
则∠DAP=∠PAB'-∠B'AD=α-2β，
则∠DAB=∠DAP+∠PAB=α+α-2β=90°，
∴α-β=45°，
∴∠PAM=45°；
（2）解：①如图，当∠PB'C为直角时，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=136，
设PB=x，则PC=6-x，
由对称知：PB'=PB=x，∠AB'P=∠B=90°，
∴∠PB'C=90°，
又∵AB'=AB=10，
∴B'C=136-10，
在Rt△PB'C中，PC2=B'C2+PB2，
∴(6-x)2=(136-10)2+x2，
解得：x=1034-503，
即PB=1034-503；
②如下图，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB'=AB'2-AD2=102-62=8，
∴CB'=10+8=18，
在Rt△PCB'中，则有：182+(BP-6)2=BP2，
解得BP=30；
如下图，当∠CPB'=90°时，

∵∠B=∠B'=∠BPB'=90°，AB=AB'，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=10，
综上所述，PB=10或30或1034-503．
故答案为：10或30或1034-503．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
14．（20-21八年级下·广东广州·期末）已知：四边形ABCD是正方形，AB=20，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1)如图1，若∠EDF=45°，AE=CF，则∠DFC的度数为________；
(2)如图2，若∠EDF=45°，点E，F分别是AB，BC上的动点，求△EBF的周长；
(3)如图3，若GD=BF=5，GF和EH交于点O，且∠EOF=45°，求EH的长度．
【答案】(1)67.5°
(2)40
(3)EH=20103
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= 12×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使CK=AE，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
【详解】（1）解：如图1，∵四边形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）如图2，延长BC到点K，使CK=AE，连接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的周长为40；
（3）如图3，作DL∥EH，交AB于点L，交FG于点P，作DM∥FG，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵DH∥LE，DG∥FM，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴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°，
∴BL2+BM2=LM2，
∴BL2+102=30-BL2，
解得BL=403，
∴AL=20-403=203，
∵AD=AB=20，
∴DL=202+2032=20103，
∴EH=20103．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．
15．（21-22八年级下·湖北咸宁·期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：MN2=BM2+DN2；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)MN2=2BM2+2DN2．理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明MN2=BM2+DN2；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB'M'，则△AMN≌△AM'N，利用全等三角形的性质可得出M'N=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出M'F=a-b，NF=b+a，在Rt△M'FN中，利用勾股定理可求出M'N2=2a2+2b2，进而可得出MN2=2BM2+2DN2．
【详解】（1）证明：∵四边形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=∠NAMAM=AM，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴PM2=BM2+PB2，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴MN2=BM2+DN2；
（3）解：MN2=2BM2+2DN2．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB'M'．如图：
过点M'作M'F⊥CD于F，连接M'N，
同（1）可证△AMN≌△AM'N，
∴M'N=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴M'F=AD-AB'=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+B'M'=DN+BM=b+a．
在Rt△M'FN中，M'N2=M'F2+NF2=(a-b)2+(a+b)2=2a2+2b2，
∴MN2=2BM2+2DN2．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出MN2=2BM2+2DN2．
【考点题型五】折叠模型
【解题思路】翻折问题属于图形变换中的实际问题，在解决翻折问题的有关的题目中，要注意隐含的已知条件比较多.比如翻折前后的图形全等，这样就好出现相等的线段和相等的角；因为大部分翻折问题是对矩形进行翻折，所以翻折后由于线段交错，出现的直角三角形也引起注意；因为翻折问题本身是轴对称的问题，所以翻折前后对应点所连线段会被折痕所在直线垂直平分；折痕还会平分翻折所形成的两个角.总之，翻折问题并不复杂，只要要把隐含已知条件熟记于心，再结合其他有关知识就能让此类问题迎刃而解了.
16．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，四边形OABC为矩形，其中O为原点，A、C两点分别在x轴和y轴上，B点的坐标是8,14． 点D，E分别在OC，CB边上，且CE:EB=5:3，将矩形OABC沿直线DE折叠，使点C落在AB边上点F处
(1)F点的坐标是________，D点的坐标是________．
(2)若点P在第二象限，且四边形PEFD是矩形，则P点的坐标是________
(3)若M是坐标系内的点，点N在y轴上，若以点M，N，D，F为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有满足条件的点N的坐标．
【答案】(1)8,10；0,4
(2)-3,8
(3)0,-6或0,14或0,373或0,16
【分析】（1）由BC=8，且CE:EB=5:3，求出CE、BE的长，再由折叠的特征求出EF的长，由勾股定理求出BF的长即可得到点F的坐标；过点D作DG⊥AB于G ，则OD=AG，DG=OA=8，所以FG=10-OD，由折叠得，FD=DC=14-OA，由勾股定理，得FD2=DG2+FG2，即14-OD2=82+10-OD2，求解得OD=4，妈可得点D坐标．
（2）连接PF交DE于点G，由矩形的性质得点G分别为DE、PF的中点，利用中点坐标即可求出点P坐标；
（3）由（1）得，F(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折叠得，DF=CD=14-4=10=AF，分四种情况：①当四边形MNDF是菱形，点M与点A重合，②当四边形MNDF是菱形，N与点C重合，③当四边形MDNF是菱形，④当四边形MDFN是菱形，分别讨论求解即可．
【详解】（1）
解：（1）如图1，∵矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，且8,14，
∴A(8,0)，C(0,14)，
∵BC=8，且CE:EB=5:3，
∴CE=58BC=58×8=5，BE=38BC=38×8=3，
由折叠得，FE=CE=5，
∵∠B=90°，
∴根据勾股定理得BF=4，
∴AF=14-4=10，
∴F(8,10)．
过点D作DG⊥AB于G ，
∵矩形OABC，
∴∠DOA=∠OAG=90°
∵DG⊥AB
∴∠DGA=∠DGB=90°
∴四边形OAGD是矩形，
∴OD=AG，DG=OA=8，
∴FG=10-OD，
由折叠得，FD=DC=14-OA，
由勾股定理，得FD2=DG2+FG2
即14-OD2=82+10-OD2
∴OD=4
∴D0,4．
（2）解：连接PF交DE于点G，如图，
∵四边形PEFD是矩形，
∴点G分别为DE、PF的中点，
由（1）得，E5,14，D0,4，F8,10，
∴G52,9，
设P(m,n)，则8+m2=52，10+n2=9，
∴m=-3，n=8，
∴P-3,8．
（3）
解：由（1）得，F(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折叠得，DF=CD=14-4=10=AF，
①当四边形MNDF是菱形，如图，
点M与点A重合，则DN=DF=10，
∴ON=10-4=6
∴N0,-6；
②当四边形MNDF是菱形，N与点C重合，如图，
∴N(0,14)；
③当四边形MDNF是菱形，如图，
设DN=FN=DM=FM=r，
作FH⊥DN于点H，则H(0,10)，∠FHN=90°，FH=8，
∴DH=10-4=6，
由NH2+FH2=FN2，得(r-6)2+82=r2，
解得，r=253，
∴ON=4+253=373，
∴N(0,373)，
④当四边形MDFN是菱形，如图，
连结FM，交y轴于G，
∵四边形MDFN是菱形，
∴FM⊥y，DG=NG=10-4=6，
∴ON=4+6+6=16
∴N(0,16)，
综上所述，N的坐标为(0,-6)或(0,14)或(0,373)或N(0,16)．
【点睛】此题重点考查矩形的折叠问题、菱形的判定与性质、勾股定理、线段的中点坐标等知识与方法，解第（3）题时要进行分类讨论，求出所有符合条件的结果，此题难度较大，属于考试压轴题．
17．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点Dʹ处，MD'与BC交于点N．
【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME．
（2）若CD=4，MD=8，求EC的长．
（3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并说明理由；
【答案】（1）MN=CN；（2）EC=10（3）EM2+MC2=4MN2，理由见解析
【分析】
本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等：
（1）由折叠的性质可得∠CMD=∠CMD'，再由矩形的性质结合平行线的性质得到∠CMD=∠MCN，则∠CMD'=∠MCN，进而可得MN=CN；
（2）由折叠的性质可得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，设MN=NC=x，则ND'=MD'-MN=8-x，由ND'2+D'C2=NC2，得到8-x2+42=x2，解得x=5，则MN=5，同理可证明EN=MN=5，则EC=EN+CN=10；
（3）由折叠的性质证明∠EMC=90°，由勾股定理得到EM2+MC2=CE2，再证明CE=2MN，即可得到EM2+MC2=4MN2．
【详解】
解：（1）∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD=∠CMD'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CMD=∠MCN，
∴∠CMD'=∠MCN，
∴MN=CN．
故答案为：MN=CN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，
设MN=NC=x，
∴ND'=MD'-MN=8-x，
在Rt△ND'C中，∠D'=90°，
∴ND'2+D'C2=NC2，
∴8-x2+42=x2，
解得x=5，
∴MN=5，
同理可证明EN=MN=5，
∴EC=EN+CN=10；
（3）EM2+MC2=4MN2，理由如下：
由折叠的性质可得∠AME=∠EMN，∠DMC=∠CMN，
∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN=180°，
∴∠EMN+∠CMN=90°，即∠EMC=90°，
∴EM2+MC2=CE2，
∵EN=MN=CN，
∴CE=2MN，
∴EM2+MC2=4MN2．
18．（23-24八年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，已知AB=6，点P是BC上的一个动点，连接AP，将△ABP沿AP折叠，点B的对应点为B'，射线PB'交线段CD或线段AD交于点E．
(1)如图①，四边形ABCD是正方形，点E在线段CD上，且点E是CD的中点，求BP的长；
(2)如图②，当BP=2时，射线PB'恰好经过点D，求BC的长；
【答案】(1)2
(2)10
【分析】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等，对应角相等．
（1）根据折叠的性质可得B'P=BP，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，通过证明Rt△AB'E ≌Rt△ADEHL，推出B'E=DE=3，再用勾股定理解Rt△PCE即可；
（2）设PC=x，由折叠可知B'P=BP=2，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，解Rt△PCD可得PD=36+x2，推出B'D=36+x2-2，再解Rt△AB'D求出x的值即可．
【详解】（1）解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴ AB=BC=CD=DA=6，∠B=∠D=∠C=90°，
∵点E是CD的中点，
∴ CE=DE=12CD=3，
设BP=x，则CP=6-x，
由折叠可知B'P=BP=x，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，
在Rt△AB'E和Rt△ADE中，
AB'=ADAE=AE，
∴ Rt△AB'E ≌Rt△ADEHL，
∴ B'E=DE=3，
∴ PE=PB'+B'E=x+3，
在Rt△PCE中，PC2+CE2=PE2，
∴ 6-x2+32=3+x2，
解得x=2，
∴ BP=2；
（2）解：如图，
由折叠可知B'P=BP=2，AB'=AB=6，∠AB'P=∠ABP=90°，
设PC=x，则AD=BC=BP+CP=2+x，
在Rt△PCD中，CD2+PC2=PD2，
∴ PD=CD2+PC2=36+x2，
∴ B'D=PD-B'P=36+x2-2，
在Rt△AB'D中，AB'2+B'D2=AD2，
∴ 62+36+x2-22=x+22，
解得x=8，即PC=8，
∴ BC=BP+PC=2+8=10．
19．（23-24八年级上·江苏南通·阶段练习）综合与实践：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
在矩形ABCD中，E为AB边上一点，F为AD边上一点，连接CE、CF，分别将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．
(1)如图1，若F为AD边的中点，AB=BC=6，点G与点H重合，则∠ECF= °，BE= ；
(2)如图2，若F为AD的中点，AB=5，BC=4，求BE的长．
(3)AB=5，AD=3，若F为AD的三等分点(图仅供参考)，请直接写出BE的长．
【答案】(1)45，2
(2)127
(3)2或97
【分析】
（1）证明四边形ABCD是正方形，由正方形的性质得出AD=AB=6，∠BCD=90°，由勾股定理及折叠的性质可得出答案；
（2）延长CG，交AB于点T，连接FT，证明Rt△FTG≌Rt△FAT，在Rt△CBT中，勾股定理求得TG=TA=45，在Rt△EHT中，勾股定理即可求解．
（3）分两种情况：①当AF=2DF时，如图3，过点E作EP ∥ GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，证明Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），由全等三角形的性质得出AE=FP，设BE=EH=a，FP=a+1，AE=FP=5-a，得出a+1=5-a，则可得出答案；②当DF=2AF时，如图4，过点E作EP ∥ GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，设BE=EH=a，FP=a+2，AE=5-a，由勾股定理得出12+5-a2=22+a+22，求出a则可得出答案．
【详解】（1）解：∵AB=BC，四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=6，∠BCD=90°，
∵F为AD的中点，
∴DF=AF=3，
∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴BE=EG，DF=FG=3，
设BE=x，则AE=6-x，
∴EF=3+x，
∵EF2=AE2+AF2，
∴(3+x)2=(6-x)2+32，
∴x=2，
∴BE=2．
∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴∠BCE=∠GCE，∠DCF=∠GCF，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=12∠BCD=12×90°=45°．
故答案为：45；2；
（2）
解：如图2，延长CG，交AB于点T，连接FT，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4,AB=CD=5
∵F是AD的中点，
∴AF=DF=2
∵折叠，
∴∠FGC=∠FGT=90°,FG=FD=2
在Rt△FTG,Rt△FAT中，
FT=FTFG=FA
∴Rt△FTG≌Rt△FAT
∴TG=TA
设TG=TA =a，
在Rt△CBT中，CT=CG+GT=5+a，BT=BA-TA=5-a，
CT2=CB2+BT2
即5+a2=5-a2+42
解得：a=45,
即TG=45
∵CG=CD=5,CH=CB=4
∴HG=1，
设BE=x，则EH=x，
在Rt△EHT中，ET=BA-BE-TA=5-x-45,
ET2=EH2+TH2
∴5-x-452=x2+1+452
解得：x=127
即BE=127；
（3）2或97．
分两种情况：①当AF=2DF时，
如图3，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，
由折叠的性质可知，CD=CG=5，BC=CH=3，
∴HG=CG-CH=2，
∵AF=2DF，
∴AF=2，
∴AF=EP，
在Rt△EFP和Rt△FEA中，
AF=EPEF=EF，
∴Rt△EFP≌Rt△FEA(HL)，
∴AE=FP，
设BE=EH=a，FP=a+1，AE=FP=5-a，
∴a+1=5-a，
解得a=2，
∴BE=2．
②当DF=2AF时，
如图4，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，
由折叠的性质可知，CD=CG=5，BC=CH=3，
∴EP=HG=CG-CH=2，
∵DF=2AF，
∴AF=1．
设BE=EH=a，FP=a+2，AE=5-a，
∵EF2=AF2+AE2=EP2+FP2，
∴12+(5-a)2=22+(a+2)2，
解得a=97，
∴BE=97．
综上可知，BE的长为2或97．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【考点题型六】十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
20．（20-21八年级下·辽宁鞍山·期末）如图，在正方形ABCD中，边长为3，点M，N是边AB，BC上两点，
且BM=CN=1，连接CM，DN；
（1）则DN与CM的数量关系是__________，位置关系是__________；
（2）若点E，F分别是DN与CM的中点，计算EF的长；
（3）延长CM至P，连接BP，若∠BPC=45°，试求PM的长．
【答案】（1）CM=DN，DN⊥CM；（2）2；（3）105
【分析】（1）证△BCM≌△CDN，得出CM=DN，∠BCM=∠CDN，再证∠CDN+∠DCM=90°即可；
（2）连CE并延长交AD于G，求出GM长，再根据中位线的性质求出EF即可；
（3）过点B作BH⊥CM于点H，根据勾股定理求出BH=PH=31010，CM=10，PC=6510即可．
【详解】解：（1）设CM与DN交于点Q，
∵四边形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，
故答案为：CM=DN，DN⊥CM．
（2）连CE并延长交AD于G，
∵BC∥AD，
∴∠ENC=∠EDG，
∵NE=DE，∠NEC=∠GED，
△CNE≌△GDE
∴CE=EG，NC=GD=1，
又∵MF=CF，
∴EF=12MG，
∵正方形的边长为3，BM=CN=1，
∴AM=AG=2
GM=AM2+AG2=22
∴EF=2
（3）过点B作BH⊥CM于点H，
CM=CB2+BM2=10，
∵12BH⋅CM=12BC⋅BM，
∴BH=31010，
CH=BC2-BH2=91010，
∵∠BPC=45°，
∴PH=BH=31010，
∴PC=6510，
∴PM=105；
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明和准确计算．
21．（20-21八年级下·安徽阜阳·期末）小华和他的同学们组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们遇到这样一道题：
如图1，已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则GE=FH．经过思考，大家给出了以下两种方案：
（甲）过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N；
（乙）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD延长线于点N．
小杰和他的同学们顺利解决了该题后，大家琢磨着改变问题的条件，做更多的探索．
(1)对于他们遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个，加以证明；
(2)如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH所得锐角为45°”．若正方形的边长为1，FH的长为52，如图2，试求EG的长度．
【答案】(1)见解析
(2)103
【分析】（1）选择甲方案，过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD的延长线于点N，证明△ABM≌△BCD(ASA)，可得AM=BN，从而EG=FH；
选择乙方案，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N．
证明△ABM≌△ADN(ASA)，得AM=AN，从而EG=FH．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N．延长CB到P，使BP=DN，证明△ABP≌△ADN(SAS)，得∠PAB=∠NAD，AP=AN，根据EG与FH所夹角为45°，可证△PAM≌△NAM(SAS)，得PM=MN，设DN=x，则NC=1-x，MN=PM=x+12，在Rt△NCM中，12+x2=14+(1-x)2，解得：x=13，即可得EG=AN=DN2+AD2=103．
【详解】（1）①选择甲方案，证明如下：
如右图，过点A作AM∥HF交BC于点M，
过点B作BN∥EG交CD的延长线于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形AMFH、四边形BNGE是平行四边形，
∴AM=HF，BN=EG，
又∵EG⊥FH，
∴AM⊥EG，
∴AM⊥BN，
∴∠BAM+∠ABN=90°，∠ABN+∠CBN=90°
∴∠BAM=∠CBN，
∵四边形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选择乙方案，证明如下：
如图，过点A作AM∥HF交BC于点M，
作AN∥EG交CD的延长线于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形AMFH、四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
∵四边形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=∠AND=90°，
∴△ABM≌△ADN(ASA)，
∴AM=AN，即EG=FH．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，
过点A作AN∥EG交CD于点N．
延长CB到P，使BP=DN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形AMFH、四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=FH=52
又∵AB=1，
∴在Rt△ABM中，BM=12，
在△ABP和△ADN中，
AB=AD∠ABP=∠ANDBP=DN，
∴△ABP≌△ADN(SAS)，
∴∠PAB=∠NAD，AP=AN，
又∵EG与FH所夹角为45°，
∴∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°，
即∠PAM=∠MAN=45°，
∴△PAM≌△NAM(SAS)，
∴PM=MN，
设DN=x，则NC=1-x，MN=PM=x+12，
∵BM=12，∴CM=1-12=12，
在Rt△NCM中，MC2+CN2=MN2，
∴12+x2=14+(1-x)2，
解得：x=13，
∴EG=AN=DN2+AD2=103．
【点睛】本题考查了正方形的性质和应用，涉及三角形全等的判定与性质，解题的关键是读懂题意，作辅助线，构造平行四边形和全等三角形．
22．（2024·河南·一模）综合与实践
完成任务：
（1）填空：上述材料中的依据是________（填“SAS”或“AAS”或“ASA”或“HL”）
【发现问题】
同学们通过交流后发现，已知AE⊥BF可证得AE=BF，已知AE=BF同样可证得AE⊥BF，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．

【迁移探究】
在正方形ABCD中，点E在CD上，点M，N分别在AD,BC上，连接AE,MN交于点P．
甲小组同学根据MN⊥AE画出图形如图2所示，乙小组同学根据MN=AE画出图形如图3所示．
甲小组同学发现已知MN⊥AE仍能证明MN=AE，乙小组同学发现已知MN=AE无法证明MN⊥AE一定成立．
（2）①在图2中，已知MN⊥AE，求证：MN=AE；
②在图3中，若∠DAE=α，则∠APM的度数为________．
【拓展应用】
（3）如图4，在正方形ABCD中，AB=3，点E在边AB上，点M在边AD上，且AE=AM=1，点F，N分别在直线CD,BC上，若EF=MN，当直线EF与直线MN所夹较小角的度数为30°时，请直接写出CF的长．
【答案】（1）ASA；（2）①见解析；②90°-2α；（3）2-3或2+3
【分析】（1）先证明∠ABF=∠DAE，结合AB=DA，∠BAF=∠D=90°可知根据ASA即可证明△ABF≌△DAE；
（2）①作MH⊥BC于点H，先证明∠HMN=∠DAE，然后根据ASA即可证明△HMN≌△DAE即可证明结论成立；
②NL⊥AD于点L，同理可证△LNM≌△DAEHL，从而∠MNL=∠DAE=α，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解；
（3）①当N、F在BC、CD边上时，作FG⊥AB于点G，作MH⊥BC于点H，则四边形ABHM和四边形BCFG都是矩形，同理可证△EGF≌△NHMHL，求出∠HMN=∠EFG=30°，设EG=x，则EF=2x，利用勾股定理求出x的值，进而可求出CF的长．当N、F在CB、CD的延长线上时，同理可求出CF的长
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠DAE=90°．
∵AE⊥BF，
∴∠BAP+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∵∠BAF=∠D=90°，
∴△ABF≌△DAEASA．
故答案为：ASA；
（2）①作MH⊥BC于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠C=∠D=90°，
∴四边形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于点L，

同理可证四边形CDLN是矩形，
∴CD=LN=AD．
∵AD=LN,AE=MN，
∴△LNM≌△DAEHL，
∴∠MNL=∠DAE=α，
∴∠LMN=90°-α，
∴∠APM=∠LMN-∠DAE=90°-2α．
故答案为：90°-2α；
（3）解：①当N、F在BC、CD边上时，如图，∠MPE=30°，作FG⊥AB于点G，作MH⊥BC于点H，则四边形ABHM和四边形BCFG都是矩形，

同理可证△EGF≌△NHMHL，
∴∠HMN=∠EFG．
∵GF∥BC，
∴MH⊥GF，
∴∠FKH+∠EFG=90°．
∵∠FKH=∠HMN+∠MPE，
∴∠HMN+∠MPE+∠EFG=90°
∵∠MPE=30°，
∴∠HMN=∠EFG=30°，
∴EG=12EF．
设EG=x，则EF=2x，
∵EG2+FG2=EF2，
∴x2+32=2x2，
∴x=3（负值舍去），
∴CF=BG=AB-AE-EG=3-1-3=2-3．
②当N、F在CB、CD的延长线上时，如图，
同理可得：∠HMN=∠EFG=30°，EG=3，
∴CF=BG=AB-AE+EG=3-1+3=2+3

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
23．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在正方形纸片ABCD中，点M、N分别是BC、AD上的点，连接MN．
(1)问题探究：如图1，作DD'⊥MN，交AB于点D'，求证：MN=DD'；
(2)问题解决：如图2，将正方形纸片ABCD沿过点M、N的直线折叠，点D的对应点D'恰好落在AB上，点C的对应点为点C'，若BD'=12，CM=4，求线段MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)MN=610
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
（1）过点N作NH⊥BC于H，利用ASA证明△ADD'≌△HNM，得MN=DD'；
（2）连接MD'，DD'，设正方形的边长为x，由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，解方程可得x的值，利用勾股定理求出DD'，再根据（1）知，DD'=MN，从而解决问题．
【详解】（1）解：证明：过点N作NH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，∠DAB=∠ABM=90°，
∵ ∠NHB=90°，
∴四边形ABHN是矩形，
∴ AB=HN，
∵ DD'⊥MN，
∴ ∠DON=90°，
∴ ∠OND+∠ODN=90°，
∵ ∠OND+∠MNH=90°，
∴ ∠ODN=∠MNH，
∵ ∠DAD'=∠NHM，AD=NH，
∴ △ADD'≌△HNMASA，
∴ MN=DD'；
（2）（2）连接MD'，DD'，
由折叠的性质得到：C'M=CM，CD=C'D'，
设正方形的边长为x，
由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，
∴ 122+x-42=x2+42，
解得：x=18，
∴ AB=AD=18，
∴ AD'=AB-BD'=18-12=6，
由勾股定理得，DD'=AD2+AD'2=182+62=360=610 ，
∵ MN是DD'的垂直平分线，
由（1）知，DD'=MN，
∴ MN=610．
【考点题型七】对角互补模型
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
24．（19-20八年级上·湖南邵阳·期中）初步探究：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且EF=BE+FD．探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论是 ．
灵活运用：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
拓展延伸：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．

【答案】初步探究：∠BAE+∠FAD=∠EAF；灵活应用：成立，见解析；拓展延伸：∠EAF=180°-12∠DAB
【分析】初步探究：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
灵活运用：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
拓展延伸：在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：初步探究：结论：∠BAE+∠FAD=∠EAF，
理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B=∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADGBE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF，
∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠DAF；
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
灵活运用：仍成立，
理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADGBE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，BE=DG，
∵EF=BE+FD，GF=DG+FD，
∴EF=GF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF，
∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠DAF；
拓展延伸：结论：∠EAF=180°-12∠DAB，
理由：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADGBE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，BE=DG，
∵FG=DG+FD，
∵EF=BE+FD，
∴EF=GF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°-12∠DAB．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
25．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26．（2021八年级·全国·专题练习）已知∠ABC=60°,∠ADC=120°,AB=BC，求证：AD+DC=BD，S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=34BD2．
【答案】见解析
【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．
【详解】证明：延长DC至点E使CE=AD，
∵∠ABC=60°,∠ADC=120°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
BA=BC∠A=∠BCEAD=CE，
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴AD+DC=BD；
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=12DE=12BE，
∴BF=BE2-EF2=32BE，
∴S△DBE=12DE×BF=12×BE×32BE=34BE2，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=34BD2．

【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．已知
图示
结论（性质）
证明过程
四边形中AC⊥BD
①S垂美四边形ABCD=12AC•BD
②AB2+DC2=AD2+BC2
如图，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP
DP2+BP2=AP2+PC2
∵DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2
PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2
而AD=BC
∴ DP2+BP2=AP2+PC2
如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP
AP2+PC2=DP2+BP2
过点P分别作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分别为点E、点F、点G、点H
由已知条件可得HF⊥EG
∴HG2+EF2=EH2+FG2(证明过程略)
而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH
∴ AP2+PC2=DP2+BP2
数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是CD,AD上的两点，连接AE,BF交于点P．

已知AE⊥BF，求证：AE=BF．
甲小组同学的证明思路如下：
由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE．再由AB=DA，∠BAF=∠D=90°，证得△ABF≌△DAE（依据：________），从而得AE=BF．
乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知AE=BF，同样可证得AE⊥BF，证明思路如下：
由AB=DA，BF=AE可证得Rt△ABF≌Rt△DAEHL，可得∠ABF=∠DAE，再根据角的等量代换即可证得AE⊥BF．