◎結(jié)論1：正方形內(nèi)部，AE⊥BF，則 AE=BF,△ABE≌△BCF .



△BCF≌△IME △ABE≌△MNF ∠IHQ＝∠PJK，△JPK≌△HQI
相等未必垂直
過點H作HP⊥CD與P，作I關于HP對稱點Q,雖然HI＝JK，但HQ≠JK
1．(2023·全國·八年級課時練習）如圖，將一邊長為12的正方形紙片的頂點A折疊至邊上的點E，使，若折痕為，則的長為（ ）
A．13B．14C．15D．16
2．(2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為BC邊上一點，BE＝1.將正方形沿GF折疊，使點A恰好與點E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為（ ）
A．2B．2C．6D．5
3．(2023·廣東·模擬預測）如圖，將邊長為6cm的正方形紙片ABCD折疊，使點D落在AB邊中點E處，點C落在點Q處，折痕為FH，則線段AF的長為（ ）
A．B．3C．D．
1．(2023·全國·八年級專題練習）如圖，在正方形ABCD中，點E是BC上一點，BF⊥AE交DC于點F，若AB＝5，BE＝2，則AF＝____．
2．(2023·江蘇鹽城·八年級期中）如圖，將一邊長為的正方形紙片的頂點折疊至邊上的點，使，折痕為，則的長__________．
3．(2023·江蘇泰州·八年級期末）如圖，正方形ABCD邊長為4，點G在邊AD上（不與點A、D重合），BG的垂直平分線分別交AB、CD于E、F兩點，連接EG．
（1）當AG=1時，求EG的長；
（2）當AG的值等于 時，BE=8－2DF；
（3）過G點作GM⊥EG交CD于M
①求證：GB平分∠AGM；
②設AG=x，CM=y，試說明的值為定值．
1．(2023·云南曲靖·八年級期末）如圖1，在正方形中，為上一點，連接，過點作于點，交于點．
（1）求證：；
（2）如圖2，連接、，點、、、分別是、、、的中點，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
（3）如圖3，點、分別在正方形的邊、上，把正方形沿直線翻折，使得的對應邊恰好經(jīng)過點，過點作于點，若，正方形的邊長為3，求線段的長．
2．正方形ABCD中，點E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點G．
（1）如圖1，求證AE⊥BF；
（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點H，交BF于點N，連接CN，求證：AN+CN＝BN；

平行四邊形
模型（三十）——十字架模型


◎結(jié)論1：正方形內(nèi)部，AE⊥BF，則 AE=BF,△ABE≌△BCF .



△BCF≌△IME △ABE≌△MNF ∠IHQ＝∠PJK，△JPK≌△HQI
相等未必垂直
過點H作HP⊥CD與P，作I關于HP對稱點Q,雖然HI＝JK，但HQ≠JK
1．(2023·全國·八年級課時練習）如圖，將一邊長為12的正方形紙片的頂點A折疊至邊上的點E，使，若折痕為，則的長為（ ）
A．13B．14C．15D．16
答案:A
分析過點P作PM⊥BC于點M，由折疊得到PQ⊥AE，從而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，從而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【詳解】解：過點P作PM⊥BC于點M，
由折疊得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∴∠APQ=∠PQM，
∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，
∴PM=AD，
∵∠D=∠PMQ=90°，
∴△PQM≌△ADE，
∴PQ=AE，
在 中，，AD=12，
由勾股定理得：
，
∴PQ=13．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解題的關鍵．
2．(2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為BC邊上一點，BE＝1.將正方形沿GF折疊，使點A恰好與點E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為（ ）
A．2B．2C．6D．5
答案:D
分析作FH⊥AB于H，交AE于P，設AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再證明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根據(jù)S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【詳解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，則四邊形ADFH是矩形，由折疊的性質(zhì)可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
設AG=GE=x，則BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四邊形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故選D．
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，以及勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解答本題的關鍵．
3．(2023·廣東·模擬預測）如圖，將邊長為6cm的正方形紙片ABCD折疊，使點D落在AB邊中點E處，點C落在點Q處，折痕為FH，則線段AF的長為（ ）
A．B．3C．D．
答案:C
分析設EF=FD=x，在RT△AEF中利用勾股定理即可解決問題．
【詳解】解：∵將邊長為6cm的正方形紙片ABCD折疊，使點D落在AB邊中點E處，
∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°
∵點E是AB的中點，
∴AE＝BE＝3cm，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，
∴（6﹣AF）2＝AF2+9
∴AF＝
故選C．
【點睛】本題考查翻折變換、正方形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是設未知數(shù)利用勾股定理列出方程解決問題，屬于中考?？碱}型．
1．(2023·全國·八年級專題練習）如圖，在正方形ABCD中，點E是BC上一點，BF⊥AE交DC于點F，若AB＝5，BE＝2，則AF＝____．
答案:.
分析根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵BH⊥AE，
∴∠BHE＝90°，
∴∠AEB+∠EBH＝90°，
∴∠BAE＝∠EBH，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴CF＝BE＝2，
∴DF＝5﹣2＝3，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，
由勾股定理得：AF＝＝＝．
故答案為．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，本題證明△ABE≌△BCF是解本題的關鍵．
2．(2023·江蘇鹽城·八年級期中）如圖，將一邊長為的正方形紙片的頂點折疊至邊上的點，使，折痕為，則的長__________．
答案:13
分析先過點P作PM⊥BC于點M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△AED，從而求出PQ=AE．
【詳解】過點P作PM⊥BC于點M，
由折疊得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∵AD∥BC，
∴∠APQ=∠PQM，
則∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD
∴△PQM≌△AED
∴PQ=AE==13．
故答案是：13．
【點睛】本題考查圖形的翻折變換，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．
3．(2023·江蘇泰州·八年級期末）如圖，正方形ABCD邊長為4，點G在邊AD上（不與點A、D重合），BG的垂直平分線分別交AB、CD于E、F兩點，連接EG．
（1）當AG=1時，求EG的長；
（2）當AG的值等于 時，BE=8－2DF；
（3）過G點作GM⊥EG交CD于M
①求證：GB平分∠AGM；
②設AG=x，CM=y，試說明的值為定值．
答案:（1）；（2）（3）①見解析；②，理由見解析
分析（1）根據(jù)EF是線段BG的垂直平分線，BE=EG，設EG=EB=x，則AE=AB-BE=4-x，再由勾股定理求解即可；
（2）過點F作FH⊥AB于H，連接FB，F(xiàn)G，由BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到BE=2CF，先證明四邊形BCFH是矩形，得到CF=HB，則BH=EH=FC，設AG=x，BE=y，則AE=4-y，GD=4-x，CF=，由，，，可以得到①，②，聯(lián)立①②求解即可得到答案；
（3）①先證明∠EBG=∠EGB，然后根據(jù)ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到∠AGB=∠BGM；
②連接BM，過點B作BH⊥GM，由角平分線的性質(zhì)得到BH=AB=4，由，可以得到，由勾股定理可以得到即，最后解方程即可得到答案．
【詳解】解：（1）∵EF是線段BG的垂直平分線，
∴BE=EG，
∵四邊形ABCD是正方形，且邊長為4，
∴AB=4，∠A=90°，
設EG=EB=x，則AE=AB-BE=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴；
（2）如圖所示，過點F作FH⊥AB于H，連接FB，F(xiàn)G
∵EF是線段BG的垂直平分線，
∴BF=FG，
∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，
∴BE=2CF，
∵四邊形ABCD是正方形，F(xiàn)H⊥AB，
∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°，
∴四邊形BCFH是矩形，
∴CF=HB，
∴BH=EH=FC，
設AG=x，BE=y，則AE=4-y，GD=4-x，CF=，
∵，，，
∴①，②，
聯(lián)立①②解得或（舍去），
∴當時，BE=8-2DF，
故答案為：；
（3）①∵EF是線段BG的垂直平分線，
∴EG=BE，
∴∠EBG=∠EGB，
∵四邊形ABCD是正方形，EG⊥GM，
∴∠A=∠EGM=90°，
∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，
∴∠AGB=∠BGM，
∴BG平分∠AGM；
②如圖，連接BM，過點B作BH⊥GM，
由（3）①得BG平分∠AGM，
∴BH=AB=4，
∵AG=x，CM=y，
∴DG=4-x，DM=4-y，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∴，
當時，則，
∴（不符合題意），
∴
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形的面積等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．
1．(2023·云南曲靖·八年級期末）如圖1，在正方形中，為上一點，連接，過點作于點，交于點．
（1）求證：；
（2）如圖2，連接、，點、、、分別是、、、的中點，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
（3）如圖3，點、分別在正方形的邊、上，把正方形沿直線翻折，使得的對應邊恰好經(jīng)過點，過點作于點，若，正方形的邊長為3，求線段的長．
答案:（1）見解析；（2）四邊形為正方形，理由見解析；（3）
分析（1）由四邊形為正方形，可得，推得，由，可得，可證即可；
（2）、為、中點，可得為的中位線，可證，，由點、、、分別是、、、的中點，可得PQ是的中位線，MQ為的中位線，NP為的中位線，可證，，，，，，可證四邊形為平行四邊形．再證四邊形為菱形，最后證即可；
（3）延長交于點，由對稱性可得，，，由勾股定理可求，可得，設，在中，，解得，在中，可求．
【詳解】（1）證明：∵四邊形為正方形，
∴，
∴，
∵，
∴∠AHB=90°，
∴，
∴，
在與中，
，
∴，
∴．
（2）解：四邊形為正方形，理由如下：
∵、為、中點，
∴為的中位線，
∴，，
∵點、、、分別是、、、的中點，
∴PQ是的中位線，MQ為的中位線，NP為的中位線，，
∴，，，，，，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形．
∵，
∴，
∴四邊形為菱形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形為正方形．
（3）解：延長交于點，
由對稱性可知
，，，
在中，
，
∴，
設，則，
在中，
，
，
∴，
在中，
．
【點睛】本題考查正方形性質(zhì)與判定，等角的余角性質(zhì)三角形全等判定與性質(zhì)，三角形中位線判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)勾股定理建構方程，解拓展一元一次方程等知識，掌握以上知識是解題關鍵．
2．正方形ABCD中，點E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點G．
（1）如圖1，求證AE⊥BF；
（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點H，交BF于點N，連接CN，求證：AN+CN＝BN；
答案:（1）見解析；（2）見解析；
分析（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=BC，，用SAS證明，得，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等量代換即可得；
（2）過點B作，交AN于點H，根據(jù)正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，用SAS證明，得，根據(jù)角平分線性質(zhì)得，則是等腰直角三角形，用SAS證明，得AH=CN，在中，根據(jù)勾股定理即可得；
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD 是正方形，
∴AB=BC，，
在和中，
∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如圖所示，過點B作，交AN于點H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AC，，
∵，
，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴,
∴，
∴，
在和中，
∴（SAS），
∴，
∵AN平分，
∴，
∴，
，
，
，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴BH=BN，
在和中，
∴（SAS），
∴AH=CN，
在中，根據(jù)勾股定理
，
∴；
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，角平分線，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理和銳角三角函數(shù)，解題的關鍵是掌握并靈活運用這些知識點．

相關試卷

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型27 勾股定理——螞蟻爬行模型-（原卷版+解析）：

這是一份中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型27 勾股定理——螞蟻爬行模型-（原卷版+解析），共13頁。

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型26 勾股定理——378和578模型-（原卷版+解析）：

這是一份中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型26 勾股定理——378和578模型-（原卷版+解析），共9頁。試卷主要包含了103.等內(nèi)容，歡迎下載使用。

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型25 勾股定理——出水芙蓉模型-（原卷版+解析）：

這是一份中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型25 勾股定理——出水芙蓉模型-（原卷版+解析），共8頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型23 勾股定理——趙爽弦圖模型-（原卷版+解析）

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型23 勾股定理——趙爽弦圖模型-（原卷版+解析）
中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型20 軸對稱——婆羅摩笈多模型-（原卷版+解析）

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型20 軸對稱——婆羅摩笈多模型-（原卷版+解析）
中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型19 軸對稱——海盜埋寶模型-（原卷版+解析）

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型19 軸對稱——海盜埋寶模型-（原卷版+解析）
中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型18 軸對稱——將軍飲馬模型-（原卷版+解析）

中考數(shù)學幾何模型專項復習 模型18 軸對稱——將軍飲馬模型-（原卷版+解析）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部