一、復(fù)習(xí)方法
1.以專題復(fù)習(xí)為主。 2.重視方法思維的訓(xùn)練。
3.拓寬思維的廣度，培養(yǎng)多角度、多維度思考問題的習(xí)慣。
二、復(fù)習(xí)難點
1.專題的選擇要準(zhǔn)，安排時間要合理。 2.專項復(fù)習(xí)要以題帶知識。
3.在復(fù)習(xí)的過程中要兼顧基礎(chǔ)，在此基礎(chǔ)上適當(dāng)增加變式和難度，提高能力。
專題08 十字模型綜合應(yīng)用（知識解讀）
【專題說明】
“十字架模型”十?dāng)?shù)學(xué)平面幾何中比較重要的一個模型。常見的類型有正方形中的十字架和矩形中的十字架。圍繞著這兩種模型的條件之下，可以推導(dǎo)出一些比較實用的結(jié)論。這些結(jié)論對我們分析一些幾何問題會比較大的幫助。
【方法技巧】
類型一：【十字架模型】--正方形
第一種情況：過頂點
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，證明△BAF≌△ADE（ASA）
所以AE=BF
第二種情況：不過頂點
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
也可以如下證明
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別AB、BC、CD、DA邊上的點，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
類型二：【十字架模型】--矩形
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中：AE⊥BF，探究AE與BF的關(guān)系；
可證：△ADE∽△BAF 所以
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點，其中：EG⊥FH，探究EG與FH的關(guān)系
【解答】
可證：△ADN∽△BAM
∴
∴
但是只有垂直的條件，點的位置發(fā)生變化，那么可以證明出相似三角形，但是線段之間的關(guān)系不在成立
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中EG⊥FH，探究EG與FH的關(guān)系
可證△EOH∽△GOF
【典例分析】
【典例1-1】基本模型
如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在AD，DC邊上，且AF⊥BE．
結(jié)論：
①△ABE≌△DAF； ②AF＝BE；
請證明【基本模型】中的結(jié)論．
求證：①△ABE≌△DAF；②AF＝BE．
自主探究：若將已知條件AF⊥BE改為AF＝BE，是否可以得到AF⊥BE？進(jìn)而是否可以探究AF與BE交點的軌跡？
【典例1-2】模型演變①
如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)，G分別在DC，AD，BC邊上，且AE⊥GF．
結(jié)論：AE＝GF
模型演變②
如圖②，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別在AB，DC，BC，AD邊上，且EF⊥GH．
結(jié)論：EF＝GH
請證明【模型演變②】的結(jié)論，
求證：EF＝GH．
自主探究：在【模型演變①】和【模型演變②】中，若將已知條件中兩線段垂直與結(jié)論中兩線段相等互換，判斷結(jié)論是否還成立？請選擇其中一個圖形進(jìn)行證明．
【典例2-1】模型演變③
如圖，在矩形ABCD中，點E在AD邊上，且CE⊥BD．
結(jié)論：△DCE∽△ADB
請證明【模型演變③】的結(jié)論．
求證：△DCE∽△ADB．
【典例2-2】模型演變④
如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別在AD，BC，AB，DC 邊上，且EF⊥GH．
結(jié)論：＝
請證明【模型演變④】的結(jié)論．
求證：＝．
【變式1-1】如圖，正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，連接AE，BF交于點O．若BE＝3，DF＝1，則OB的長為 ．
【變式1-2】如圖，在面積為16的正方形ABCD中，E是BA延長線上一點，F(xiàn)是CB上一點，CF＝AE，連接EF，過點D作DG⊥EF于點H，若S△BEF＝6，則CF＝ ，DG＝ ．
【變式1-3】如圖，在矩形ABCD中，點E是邊AB上一點，將△BCE沿CE折疊，使點B落在AD邊上的點F處，連接BF交CE于點G．已知AD＝5，AB＝3，則折痕CE的長為 ．
【變式1-4】如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，點M，N分別在邊BC，AB上，且AM⊥DN，的值．
【變式1-5】【教材背景】
課本上有這樣一道題目；如圖①，在正方形ABCD中，E是邊AB的中點，F(xiàn)是邊BC的中點，連接CE，DF．發(fā)現(xiàn)其中CE＝DF．
【拓展延伸】
如圖②，在正方形ABCD中，O為對角線BD上一點，連接AO并延長，交DC于點E，過點B作BF⊥AE于點G，交AD于點F，連接FE，BE．
【問題解決】
（1）若DO＝DE，求證：△ABG≌△OBG；
（2）若BF＝6，求四邊形AFEB的面積；
（3）如圖③，連接CG，若CG＝BC，求證：E是邊DC的中點．
【變式1-6】如圖①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，將該矩形沿直線EF折疊，使點B的對應(yīng)點B'落在CD邊上，點A的對應(yīng)點為A'，連接BB'．
（1）如圖②，當(dāng)點B'與點D重合時，連接BE，試判斷四邊形BEB'F的形狀，并證明；
（2）求折痕EF的最大值；
（3）如圖③，過點E作EM⊥BC于點M，當(dāng)四邊形EMCD為正方形時，求CF的長．
【變式1-7】（滕州市校級模擬）已知四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G．
（1）如圖①，若四邊形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求證：＝；
（2）如圖②，若四邊形ABCD是平行四邊形，試探究：當(dāng)∠B與∠EGC滿足什么關(guān)系時，使得＝成立？并證明你的結(jié)論；
（3）如圖③，若BA＝BC＝2，DA＝DC＝，∠BAD＝90°，DE⊥CF，試求的值．
專題08 十字模型綜合應(yīng)用（知識解讀）
【專題說明】
“十字架模型”十?dāng)?shù)學(xué)平面幾何中比較重要的一個模型。常見的類型有正方形中的十字架和矩形中的十字架。圍繞著這兩種模型的條件之下，可以推導(dǎo)出一些比較實用的結(jié)論。這些結(jié)論對我們分析一些幾何問題會比較大的幫助。
【方法技巧】
類型一：【十字架模型】--正方形
第一種情況：過頂點
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，證明△BAF≌△ADE（ASA）
所以AE=BF
第二種情況：不過頂點
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
也可以如下證明
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別AB、BC、CD、DA邊上的點，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
類型二：【十字架模型】--矩形
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中：AE⊥BF，探究AE與BF的關(guān)系；
可證：△ADE∽△BAF 所以
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點，其中：EG⊥FH，探究EG與FH的關(guān)系
【解答】
可證：△ADN∽△BAM
∴
∴
但是只有垂直的條件，點的位置發(fā)生變化，那么可以證明出相似三角形，但是線段之間的關(guān)系不在成立
在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，其中EG⊥FH，探究EG與FH的關(guān)系
可證△EOH∽△GOF
【典例分析】
【典例1-1】基本模型
如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在AD，DC邊上，且AF⊥BE．
結(jié)論：
①△ABE≌△DAF； ②AF＝BE；
請證明【基本模型】中的結(jié)論．
求證：①△ABE≌△DAF；②AF＝BE．
自主探究：若將已知條件AF⊥BE改為AF＝BE，是否可以得到AF⊥BE？進(jìn)而是否可以探究AF與BE交點的軌跡？
【解答】基本模型：證明：①∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴∠ABE+∠BEA＝90°，
∵AF⊥BE，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠ABE＝∠DAF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
②∵△ABE≌△DAF（ASA），
∴AF＝BE；
自主探究：解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在Rt△ABE和Rt△DAF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△DAF（HL），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
則BE⊥AF．
如圖，設(shè)AF、BE交于點H，AC、BD交于點O，
∵BE⊥AF，
∴∠AHB＝90°，
點H在以AB為直徑的圓上，
∵點E、F分別在AD，DC邊上，
∴AF與BE交點的軌跡為．
【典例1-2】模型演變①
如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)，G分別在DC，AD，BC邊上，且AE⊥GF．
結(jié)論：AE＝GF
模型演變②
如圖②，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別在AB，DC，BC，AD邊上，且EF⊥GH．
結(jié)論：EF＝GH
請證明【模型演變②】的結(jié)論，
求證：EF＝GH．
自主探究：在【模型演變①】和【模型演變②】中，若將已知條件中兩線段垂直與結(jié)論中兩線段相等互換，判斷結(jié)論是否還成立？請選擇其中一個圖形進(jìn)行證明．
【解答】證明：過點E作EM⊥DC于點M，過點H作HN⊥BC于點N，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴EM＝AD＝DC＝HN，
∵EM⊥HN，EF⊥HG，
∴∠MEF＝∠NHG，
在△MEF與△NHG中，
，
∴△MEF≌△NHG（ASA），
∴EF＝GH；
自主探究：解：不成立，
證明：選擇[模型演變①]，設(shè)AE與FG相交于點O，過點O作DC的平行線l，將FG沿直線l對稱得到F'G'，
則FG＝F'G'，
由（1）可得：AE⊥FG，
∴F'G'與AE不垂直，
∴若條件與結(jié)論互換，結(jié)論不成立．
【典例2-1】模型演變③
如圖，在矩形ABCD中，點E在AD邊上，且CE⊥BD．
結(jié)論：△DCE∽△ADB
請證明【模型演變③】的結(jié)論．
求證：△DCE∽△ADB．
【解答】證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∴∠ADB+∠CDO＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCE+∠CDO＝90°，
∴∠ADB＝∠DCE，
∵∠A＝∠EDC＝90°，
∴△DCE∽△ADB．
【典例2-2】模型演變④
如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別在AD，BC，AB，DC 邊上，且EF⊥GH．
結(jié)論：＝
請證明【模型演變④】的結(jié)論．
求證：＝．
【解答】證明：如圖，過點G作GM⊥CD于M，過點E作EN⊥BC于點N，
∴∠GMH＝∠ENF＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵EF⊥GH，
∴∠BGH+∠BFE＝180°，∠BGH+∠GHM＝90°，
∴∠BFE＝∠GHM，
∴△EFN∽△GHM，
∴＝＝．
【變式1-1】如圖，正方形ABCD的邊長為4，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，連接AE，BF交于點O．若BE＝3，DF＝1，則OB的長為 ．
【解答】解：∵正方形ABCD的邊長為4，
∴∠ABC＝90°＝∠BCD，AB＝BC＝CD＝4，
∵BE＝3，DF＝1，
∴BE＝CF＝3，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠AEB＝∠BFC，
∵∠BFC+∠FBC＝90°，
∴∠AEB+∠FBC＝90°，
∴∠BOE＝90°，
∴BO⊥AE，
∴2S△ABE＝AB?BE＝AE?OB，
∵AB＝4，BE＝3，
∴AE＝＝5，
∴OB＝＝，
故答案為：．
【變式1-2】如圖，在面積為16的正方形ABCD中，E是BA延長線上一點，F(xiàn)是CB上一點，CF＝AE，連接EF，過點D作DG⊥EF于點H，若S△BEF＝6，則CF＝ ，DG＝ ．
【解答】解：∵正方形ABCD的面積為16，
∴正方形ABCD的邊長為4，
設(shè)CF＝x，則BF＝4﹣x，BE＝4+x，
∵S△BEF＝6，
∴（4﹣x）（4+x）＝6，
∴x＝±2（負(fù)值舍去），
∴CF＝2＝AE，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣2＝2，BE＝AB+AE＝4+2＝6，
∴EF＝＝＝2，
∵DG⊥EF，
∴∠AGD＝90°﹣∠E＝∠BFE，
又∠B＝90°＝∠DAG，
∴△EBF∽△DAG，
∴＝，即＝，
解得DG＝，
故答案為：2．
【變式1-3】如圖，在矩形ABCD中，點E是邊AB上一點，將△BCE沿CE折疊，使點B落在AD邊上的點F處，連接BF交CE于點G．已知AD＝5，AB＝3，則折痕CE的長為 ．
【解答】解：由翻折的性質(zhì)可知，BE＝EF，BC＝FC＝AD＝5，
在Rt△CDF中，CF＝5，CD＝AB＝3，
∴DF＝＝4，
∴AF＝AD﹣DF＝5﹣4＝1，
設(shè)BE＝x，則EF＝x，AE＝3﹣x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
AF2+AE2＝EF2，
即1+（3﹣x）2＝x2，
解得x＝，
即BE＝，
在Rt△BCE中，由勾股定理得，
CE＝
＝
＝，
故答案為：．
【變式1-4】如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，點M，N分別在邊BC，AB上，且AM⊥DN，的值．
【解答】解：過點D作AB的平行線，交過點A作BC的平行線于G，交BC的延長線于H，過點D作DP⊥AB于P，
則四邊形ABHG是矩形，
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠ADG+∠CDH＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠DAG＝∠HDC，
又∵∠G＝∠H，
∴△ADG∽△DCH，
∴，
∴設(shè)CH＝x，則DG＝2x，
∴DH＝10﹣2x，AG＝5+x，
∴5+x＝2（10﹣2x），
解得x＝3，
∴BH＝8，
∵∠NDP＝∠BAM，∠DPN＝∠ABM，
∴△ABM∽△DPN，
∴．
【變式1-5】【教材背景】
課本上有這樣一道題目；如圖①，在正方形ABCD中，E是邊AB的中點，F(xiàn)是邊BC的中點，連接CE，DF．發(fā)現(xiàn)其中CE＝DF．
【拓展延伸】
如圖②，在正方形ABCD中，O為對角線BD上一點，連接AO并延長，交DC于點E，過點B作BF⊥AE于點G，交AD于點F，連接FE，BE．
【問題解決】
（1）若DO＝DE，求證：△ABG≌△OBG；
（2）若BF＝6，求四邊形AFEB的面積；
（3）如圖③，連接CG，若CG＝BC，求證：E是邊DC的中點．
【解答】【教材背景】證明：如圖1中，∵ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠EBC＝∠FCD＝90°，
又∵E、F分別是AB、BC的中點，
∴BE＝CF，
在△CEB和△DFC中，
，
∴△CEB≌△DFC，
∴CE＝DF；
【問題解決】（1）證明：如圖②中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠AED，
∵DO＝DE，
∴∠DOE＝∠DEO，
∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BAO＝∠AOB，
∴BA＝BO，
∵BF⊥AE，
∴AG＝OG，
在△BAG和△BOG中，
，
∴△ABG≌△OBG（SSS）；
（2）解：如圖②中，過點E作EH⊥AB于點H．
∵AE⊥BF，
∴∠AGB＝90°，
∵∠ABF+∠BAG＝90°，∠DAE+∠BAG＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，
∵BA＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°，
∴△BAF≌△ADE（ASA），
∴BF＝AE＝6，
∵AE⊥BF，
∴S四邊形AFEB＝?AE?BF＝×6×6＝18；
（3）證明：過點C作CT⊥BG交AB于點T，連接GT．
∵CG＝CB，BT⊥BG，
∴CT垂直平分線段BG，
∴TB＝TG，
∴∠TBG＝∠TGB，
∵∠TBG+∠BAG＝90°，∠AGT+∠TGB＝90°，
∴∠TAG＝∠TGA，
∴TA＝TG，
∴AT＝TB，
∵AE⊥BF，CT⊥BF，
∴AE∥CT，
∵AT∥CE，
∴四邊形ATCE是平行四邊形，
∴AT＝CE，
∵AB＝CD＝2AT，
∴CD＝2CE，
∴DE＝EC．
【變式1-6】如圖①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，將該矩形沿直線EF折疊，使點B的對應(yīng)點B'落在CD邊上，點A的對應(yīng)點為A'，連接BB'．
（1）如圖②，當(dāng)點B'與點D重合時，連接BE，試判斷四邊形BEB'F的形狀，并證明；
（2）求折痕EF的最大值；
（3）如圖③，過點E作EM⊥BC于點M，當(dāng)四邊形EMCD為正方形時，求CF的長．
【解答】解：（1）四邊形BEB'F是菱形，理由如下：
由折疊的性質(zhì)得：∠BFE＝∠B′FE，EF垂直平分BB′，
∴BE＝B′E，BF＝B′F，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠B′EF＝∠BFE，
∴∠B′EF＝∠B′FE，
∴B′E＝B′F，
∴BE＝B′E＝B′F＝BF，
∴四邊形BEB′F是菱形；
（2）過點E作EG⊥BC于G，設(shè)EF與BB′交于點O，如圖①所示：
則∠EGF＝90°，四邊形ABGE為矩形，
∴∠GEF+∠EFG＝90°，EG＝AB＝6，
由折疊的性質(zhì)得：EF⊥BB′，
∴∠BOF＝90°，
∴∠EFG+∠B′BF＝90°，
∴∠GEF＝∠B′BF，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴CD＝AB＝6，∠C＝90°，
∴∠C＝∠EGF，
∴△EGF∽△BCB′，
∴＝＝＝，
∴EF＝BB′，
∴當(dāng)BB′取最大值，EF取得最大值，
此時，點B′與點D重合，
連接BD，
在Rt△BCD中，BD＝＝＝10，
∴EF最大＝BD＝×10＝；
（3）連接BE、B′E，如圖③所示：
由折疊的性質(zhì)得：EF垂直平分BB′，
∴BF＝B′F，BE＝B′E，
∵四邊形EMCD是正方形，
∴EM＝MC＝CD＝ED＝6，
∴AE＝BM＝8﹣6＝2，
在Rt△EMB和Rt△EDB′中，
，
∴Rt△EMB≌Rt△EDB′（HL），
∴DB′＝BM＝2，
∴CB′＝CD﹣DB′＝6﹣2＝4，
設(shè)CF＝x，
則BF＝B′F＝8﹣x，
在Rt△CB′F中，由勾股定理得：CF2+CB′2＝B′F2，
即x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
∴CF的長為3．
【變式1-7】（滕州市校級模擬）已知四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G．
（1）如圖①，若四邊形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求證：＝；
（2）如圖②，若四邊形ABCD是平行四邊形，試探究：當(dāng)∠B與∠EGC滿足什么關(guān)系時，使得＝成立？并證明你的結(jié)論；
（3）如圖③，若BA＝BC＝2，DA＝DC＝，∠BAD＝90°，DE⊥CF，試求的值．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
∵∠A＝∠CDF，
∴△AED∽△DFC，
∴＝；
（2）當(dāng)∠B+∠EGC＝180°時，＝成立．
當(dāng)∠B+∠EGC＝180°時：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，
∵∠FDG＝∠EDA，
∴△DFG∽△DEA，
∴＝，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，
∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，
∴△CGD∽△CDF，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
即當(dāng)∠B+∠EGC＝180°時，＝成立．
（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設(shè)CN＝x，
∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，
∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四邊形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
∵在△BAD和△BCD中，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴＝，
∴＝，
∴CM＝x，
在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣2，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，
∴（x﹣2）2+（x）2＝22，
x＝0（舍去），x＝，
CN＝，
∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，
∵∠AFG+∠NFC＝180°，
∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，
∴△AED∽△NFC，
∴＝＝＝．

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