八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專(zhuān)題05平行四邊形六大模型(原卷版+解析)

這是一份八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專(zhuān)題05平行四邊形六大模型(原卷版+解析)，共58頁(yè)。
模型一：中點(diǎn)四邊形 模型二：梯子模型
模型三：十字架 模型四：對(duì)角互補(bǔ)
模型五：半角模型 模型六：與正方形有關(guān)三垂線
模型一：中點(diǎn)四邊形
中點(diǎn)四邊形:依次連接四邊形四邊中點(diǎn)連線的四邊形得到中點(diǎn)四邊形O。
結(jié)論 1: 點(diǎn) M、N、P、Q 是任意四邊形的中點(diǎn)，則四邊形 MNPQ 是平行四邊形

結(jié)論 2: 對(duì)角線垂直的四邊形的中點(diǎn)四邊形是矩形

結(jié)論3：對(duì)角線相等的四邊形的中點(diǎn)四邊形是菱形

結(jié)論 4: 對(duì)角線垂直且相等的四邊形的中點(diǎn)四邊形是正方形

【典例1】（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖，E、F、G、H分別是四邊形ABCD四條邊的中點(diǎn)，則四邊形EFGH一定是（ ）
A．平行四邊形B．矩形
C．菱形D．正方形
【變式1-1】（2023?陽(yáng)春市二模）若順次連接四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)所得的四邊形是菱形，則四邊形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD一定是（ ）
A．互相平分B．互相平分且相等
C．互相垂直D．相等
【變式1-2】（2023?銅川一模）如圖，AC、BD是四邊形ABCD的兩條對(duì)角線，順次連接四邊形ABCD各邊中點(diǎn)得到四邊形EFGH，要使四邊形EFGH為矩形，應(yīng)添加的條件是（ ）
A．AC⊥BDB．AB＝CDC．AB∥CDD．AC＝BD
【變式1-3】（2023春?宿豫區(qū)期中）順次連接對(duì)角線相等且垂直的四邊形四邊中點(diǎn)所得的四邊形一定是（ ）
A．平行四邊形B．矩形
C．菱形D．正方形
模型二：梯子模型
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(wèn)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)，LACB= ZAOC= 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。

即已知 RtAACB中AC、BC的長(zhǎng),就可求出梯子模型中 OB的最值
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(guò)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

【典例2】如圖，∠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OM上運(yùn)動(dòng)，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝6，BC＝2．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是 ．
【變式2-1】如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，點(diǎn)A在y軸上，點(diǎn)C在x軸上，則點(diǎn)A在移動(dòng)過(guò)程中，BO的最大值是 ．
【變式2-2】如圖，∠MEN＝90°，矩形ABCD的頂點(diǎn)B，C分別是∠MEN兩邊上的動(dòng)點(diǎn)，已知BC＝10，CD＝5，點(diǎn)D，E之間距離的最大值是 ．
模型三：十字架
第一種情況：過(guò)頂點(diǎn)
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(guò)頂點(diǎn)
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點(diǎn)，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(diǎn)，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
【典例3】（2023春?商南縣校級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，CE，DF相交于點(diǎn)G，連接AG，求證：
（1）CE⊥DF．
（2）∠AGE＝∠CDF．
【變式3-1】（2023?黃石）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)M，N分別在AB，BC上，且BM＝CN，AN與DM相交于點(diǎn)P．
（1）求證：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大?。?br>【變式3-2】（2023秋?惠陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）如圖1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共頂點(diǎn)A，連接BE，DG．
（1）請(qǐng)判斷BE與DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（2）如圖2，已知AB＝4，，當(dāng)點(diǎn)F在邊AD上時(shí)，求BE的長(zhǎng)．
【變式3-3】（2023春?濱州期末）已知ABCD是一個(gè)正方形花園．
（1）如圖1，E、F是它的兩個(gè)門(mén)，且DE＝CF，要修建兩條路BE和AF，問(wèn)這兩條路等長(zhǎng)嗎？為什么？
（2）如圖2，在正方形四邊各開(kāi)一個(gè)門(mén)E、F、G、H，并修建兩條路EG和FH，使得EG⊥FH，問(wèn)這兩條路等長(zhǎng)嗎？為什么？
模型四：對(duì)角互補(bǔ)
對(duì)角互補(bǔ)模型：即四邊形或多邊形構(gòu)成的幾何圖形中，相對(duì)的角互補(bǔ)。主要分為含90°與120°的兩種對(duì)角互補(bǔ)類(lèi)型。該題型常用到的輔助線主要是頂定點(diǎn)向兩邊做垂線，從而證明兩個(gè)三角形全等或者相似.
模型一：含90°的全等型
1.如圖1，已知∠AOB＝∠DCE＝90o，OC平分∠AOB.則可以得到如下幾個(gè)結(jié)論：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S=S+S=OC.
2.如圖2，已知∠DCE的一邊與AO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，∠AOB＝∠DCE＝90o，OC平分∠AOB.
則可得到如下幾個(gè)結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③S-S=OC.

圖1 圖2 圖3
模型二、：含60°與120°的全等型
如圖3，已知∠AOB＝2∠DCE＝120o，OC平分∠AOB.則可得到如下幾個(gè)結(jié)論：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S+S=OC.
【典例4】在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，對(duì)角線AC平分∠BAD．
（1）如圖1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，試探究邊AD、AB與對(duì)角線AC的數(shù)量關(guān)系為 ；
（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B＝90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求線段AC的長(zhǎng)和四邊形ABCD的面積．
【變式4-1】如圖，點(diǎn)P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分線OC上，AP⊥BP，點(diǎn)A在x軸正半軸上，點(diǎn)B在y軸正半軸上．
（1）求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)∠APB繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)時(shí)，
①OA+OB的值是否發(fā)生變化？若變化，求出其變化范圍；若不變，求出這個(gè)定值．
②請(qǐng)求出OA2+OB2的最小值．
【變式4-2】四邊形ABCD若滿足∠A+∠C＝180°，則我們稱該四邊形為“對(duì)角互補(bǔ)四邊形”．
（1）四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，則∠A的度數(shù)為 ；
（2）如圖1，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求證：AC平分∠BCD．
小云同學(xué)是這么做的：延長(zhǎng)CD至M，使得DM＝BC，連AM，可證明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此證明出AC平分∠BCD，還可以知道CB、CD、CA三者關(guān)系為： ；
（3）如圖2，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足∠BAD＝60°，AB＝AD，試證明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如圖3，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足∠ABC＝60°，AD＝CD，則BA、BC、BD三者關(guān)系為： ．
模型五：半角模型
（1）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，∠EAF=45°，連接EF，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥于EF于點(diǎn)G，則：EF=BE+DF，AG=AD.

圖示（1） 作法：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°
（2）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CB，DC的延長(zhǎng)線上，∠EAF=45°，連接EF，則：EF=DF-BE.

圖示（2） 作法：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°
【典例5】已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M，N，AH⊥MN于點(diǎn)H．
（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出AH與AB的數(shù)量關(guān)系： ；
（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫(xiě)出理由，如果成立請(qǐng)證明；
（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，AH＝6，求NH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）
【變式5-1】（2022春?西山區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知正方形ABCD，點(diǎn)E、F分別是AB、BC邊上，且∠EDF＝45°，將△DAE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DCM．
（1）求證：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為5，AE＝2時(shí)，求EF的長(zhǎng)？
【變式5-2】（2022春?路北區(qū)期末）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD內(nèi)作∠EAF＝45°，AE交BC于點(diǎn)E，AF交CD于點(diǎn)F，連接EF，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG．
（1）求證：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的長(zhǎng)為 ．
【變式5-3】（2022秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)：
任務(wù)：
如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A為頂點(diǎn)的∠EAF＝60°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．請(qǐng)參照閱讀材料中的解題方法，你認(rèn)為結(jié)論EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．
模型六：與正方形有關(guān)三垂線
【典例6】（2023春?中山市校級(jí)期中）如圖①，正方形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，∠AEF＝90°，EF交正方形外角∠DCG的角平分線CF于點(diǎn)F，
（1）求證AE＝EF；
（2）當(dāng)E為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，其余條件不變，請(qǐng)?jiān)趫D②中畫(huà)出圖形，猜想（1）中結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由．
【變式6-1】（2022秋?宿城區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知正方形OABC的邊長(zhǎng)為8，邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，點(diǎn)D是x軸上一點(diǎn)，坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)E為OC的中點(diǎn)，連接BD、BE、ED．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）判斷△BED的形狀，并證明你的結(jié)論．
【變式6-2】（2023春?圍場(chǎng)縣期末）如圖所示，在正方形ABCD中，AB＝4，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD邊上一動(dòng)點(diǎn)，滿足∠AEF＝90°．
（1）求CF的長(zhǎng)．
（2）求△AEF的面積．
【變式6-3】（2023春?河?xùn)|區(qū)期中）如圖：四邊形ABCD是正方形，E是邊BC的中點(diǎn)，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F．
（1）連接AF，判斷△AEF的形狀，并證明；
（2）若AB＝4，求△AEF的面積；
（3）連接AC，求的值．
1．（2023?商丘模擬）一個(gè)四邊形四邊中點(diǎn)的連線所構(gòu)成的中點(diǎn)四邊形是菱形，那么這個(gè)原四邊形是（ ）
A．矩形B．菱形
C．正方形D．對(duì)角線相等
2.（2023春?路北區(qū)期末）順次連接矩形各邊中點(diǎn)，所得圖形的對(duì)角線一定滿足（ ）
A．互相平分．B．互相平分且相等
C．互相垂直．D．互相平分且垂直
3．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸上，當(dāng)點(diǎn)A在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)C隨之在y軸上運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離是 ．
4．（2023秋?龍口市期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別在直線AB，AD上，且∠ECF＝45°，連接EF．
（1）當(dāng)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上時(shí)，如圖1．請(qǐng)?zhí)骄烤€段EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并寫(xiě)出證明過(guò)程；
（2）當(dāng)E，F(xiàn)分別在BA，AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2．試探究線段EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
5．（2023?天心區(qū)校級(jí)三模）如圖，正方形ABCD中，E是BC上的一點(diǎn)，連接AE，過(guò)B點(diǎn)作BG⊥AE，垂足為點(diǎn)G，延長(zhǎng)BG交CD于點(diǎn)F，連接AF．
（1）求證：BE＝CF．
（2）若正方形邊長(zhǎng)是5，BE＝2，求AF的長(zhǎng)．
6．（2023秋?惠州期中）如圖，正方形ABCD中，AB＝6，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，連接EF．
（1）求證：EF＝BE+DF；
（2）若BE＝3，求線段DF的長(zhǎng)．
7．（2023春?曹縣期中）如圖，正方形ABCD中，E是AB邊上一點(diǎn)，連接CE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥CE于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)F．
（1）求證：BF＝CE；
（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)5cm，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，求CG的長(zhǎng)．
8．（2023春?承德縣月考）如圖，在正方形ABCD中，M是AB上的一點(diǎn)，連接DM，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥DM交∠B外角平分線于N．
（1）若AM＝a，求BN的長(zhǎng)；
（2）如圖2，連接DN，交BC邊于點(diǎn)F，連接MF．求證：NM平分∠FMB．
從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與該頂點(diǎn)的兩對(duì)邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平面幾何模型稱為半角模型．半角模型可證出多個(gè)幾何結(jié)論，例如：
如圖1，在正方形ABCD中，以A為頂點(diǎn)的∠EAF＝45°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．易證得EF＝BE+FD．
大致證明思路：如圖2，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三點(diǎn)共線，∠HAE＝∠EAF＝45°，進(jìn)而可證明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．
專(zhuān)題05 平行四邊形六大模型
模型一：中點(diǎn)四邊形 模型二：梯子模型
模型三：十字架 模型四：對(duì)角互補(bǔ)
模型五：半角模型 模型六：與正方形有關(guān)三垂線
模型一：中點(diǎn)四邊形
中點(diǎn)四邊形:依次連接四邊形四邊中點(diǎn)連線的四邊形得到中點(diǎn)四邊形O。
結(jié)論 1: 點(diǎn) M、N、P、Q 是任意四邊形的中點(diǎn)，則四邊形 MNPQ 是平行四邊形

結(jié)論 2: 對(duì)角線垂直的四邊形的中點(diǎn)四邊形是矩形

結(jié)論3：對(duì)角線相等的四邊形的中點(diǎn)四邊形是菱形

結(jié)論 4: 對(duì)角線垂直且相等的四邊形的中點(diǎn)四邊形是正方形

【典例1】（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖，E、F、G、H分別是四邊形ABCD四條邊的中點(diǎn)，則四邊形EFGH一定是（ ）
A．平行四邊形B．矩形
C．菱形D．正方形
【答案】A
【解答】解：如圖，連接AC，
∵E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊的中點(diǎn)，
∴HG∥AC，HG＝AC，EF∥AC，EF＝AC；
∴EF＝HG且EF∥HG；
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
故選：A．
【變式1-1】（2023?陽(yáng)春市二模）若順次連接四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)所得的四邊形是菱形，則四邊形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD一定是（ ）
A．互相平分B．互相平分且相等
C．互相垂直D．相等
【答案】D
【解答】解：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AD，DC，CB，AB的中點(diǎn)，
∴EH＝AC，EH∥AC，F(xiàn)G＝AC，F(xiàn)G∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
假設(shè)AC＝BD，
∵EH＝AC，EF＝BD，
則EF＝EH，
∴平行四邊形EFGH是菱形，
即只有具備AC＝BD即可推出四邊形是菱形，
故選：D．
【變式1-2】（2023?銅川一模）如圖，AC、BD是四邊形ABCD的兩條對(duì)角線，順次連接四邊形ABCD各邊中點(diǎn)得到四邊形EFGH，要使四邊形EFGH為矩形，應(yīng)添加的條件是（ ）
A．AC⊥BDB．AB＝CDC．AB∥CDD．AC＝BD
【答案】A
【解答】解：∵E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，
∴EF＝AC，EF∥AC，GH＝AC，GH∥AC，EH∥BD，
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四邊形EFGH為平行四邊形，
當(dāng)AC⊥BD時(shí)，EF⊥EH，則四邊形EFGH為矩形，
故選：A．
【變式1-3】（2023春?宿豫區(qū)期中）順次連接對(duì)角線相等且垂直的四邊形四邊中點(diǎn)所得的四邊形一定是（ ）
A．平行四邊形B．矩形
C．菱形D．正方形
【答案】D
【解答】解：∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，
∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF＝AC，F(xiàn)G＝BD，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，
∴EF⊥FG，F(xiàn)E＝FG，
∴四邊形EFGH是正方形，
故選：D．
模型二：梯子模型
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(wèn)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)，LACB= ZAOC= 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。

即已知 RtAACB中AC、BC的長(zhǎng),就可求出梯子模型中 OB的最值
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(guò)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

【典例2】如圖，∠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OM上運(yùn)動(dòng)，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝6，BC＝2．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離是 3+ ．
【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【解答】解：如圖：取線段AB的中點(diǎn)E，連接OE，DE，OD，
∵AB＝6，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，
∴DE＝＝，
∵OD≤OE+DE，
∴當(dāng)點(diǎn)D，點(diǎn)E，點(diǎn)O共線時(shí)，OD的長(zhǎng)度最大．
∴點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離＝OE+DE＝3+，
故答案為：3+．
【變式2-1】如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，點(diǎn)A在y軸上，點(diǎn)C在x軸上，則點(diǎn)A在移動(dòng)過(guò)程中，BO的最大值是 2+ ．
【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【解答】解：如圖，取AC的中點(diǎn)M，連接OM，BM．
∵∠AOC＝90°，AM＝CM，AC＝4．
∴OM＝AC＝2，
在Rt△ABM中，∵∠BAM＝90°，AB＝1，AM＝2，
∴BM＝＝，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+，
∴OB的最大值為2+．
故答案為2+．
【變式2-2】如圖，∠MEN＝90°，矩形ABCD的頂點(diǎn)B，C分別是∠MEN兩邊上的動(dòng)點(diǎn)，已知BC＝10，CD＝5，點(diǎn)D，E之間距離的最大值是 5+5． ．
【答案】5+5．
【解答】解：∵∠MEN＝90°，F(xiàn)是BC中點(diǎn)，
∴EF＝BC＝5．
如圖：
ED≤EF+DF，
當(dāng)點(diǎn)D，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，取等號(hào)．
此時(shí)F是BC的中點(diǎn)，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴FD＝＝＝5．
∴ED最大＝EF+DF＝5+5．
故答案為：5+5．
模型三：十字架
第一種情況：過(guò)頂點(diǎn)
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(guò)頂點(diǎn)
在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊上的點(diǎn)，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(diǎn)，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
【典例3】（2023春?商南縣校級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，CE，DF相交于點(diǎn)G，連接AG，求證：
（1）CE⊥DF．
（2）∠AGE＝∠CDF．
【答案】（1）見(jiàn)解析過(guò)程；
（2）見(jiàn)解析過(guò)程．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，
∴BE＝AB，CF＝BC，
∴BE＝CF，
在△CBE與△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF；
（2）延長(zhǎng)CE交DA的延長(zhǎng)線于H，
∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜邊的中線，
∴AG＝DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．
【變式3-1】（2023?黃石）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)M，N分別在AB，BC上，且BM＝CN，AN與DM相交于點(diǎn)P．
（1）求證：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【答案】（1）見(jiàn)解答；
（2）90°．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠DAM＝∠ABN＝90°，
∵BM＝CN，
∴BC﹣CN＝AB﹣BM，即BN＝AM，
在△ABN和△DAM中，
∴△ABN≌△DAM（SAS）；
（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，
∴∠MAP＝∠ADM，
∴∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，
∴∠APM＝180°﹣（∠MAP+∠AMP）＝90°．
【變式3-2】（2023秋?惠陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）如圖1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共頂點(diǎn)A，連接BE，DG．
（1）請(qǐng)判斷BE與DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（2）如圖2，已知AB＝4，，當(dāng)點(diǎn)F在邊AD上時(shí)，求BE的長(zhǎng)．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）．
【解答】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如圖1，∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，AG＝AE，AD＝AB，∠ADB＝45°，
∴∠GAD＝∠BAE，
∴△GAD≌△BAE，
∴BE＝DG，∠GDA＝∠ABE，
∴∠BMD＝180°﹣∠GDA﹣∠ADB﹣∠DBM＝180°﹣﹣∠EBA﹣∠DBM﹣45°＝90°，
∴BE⊥DG．
總之，BE＝DG，BE⊥DG；
（2）
作EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵AB＝4，，
∴AH＝EH＝＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
∴BE＝．
【變式3-3】（2023春?濱州期末）已知ABCD是一個(gè)正方形花園．
（1）如圖1，E、F是它的兩個(gè)門(mén)，且DE＝CF，要修建兩條路BE和AF，問(wèn)這兩條路等長(zhǎng)嗎？為什么？
（2）如圖2，在正方形四邊各開(kāi)一個(gè)門(mén)E、F、G、H，并修建兩條路EG和FH，使得EG⊥FH，問(wèn)這兩條路等長(zhǎng)嗎？為什么？
【答案】（1）這兩條路等長(zhǎng)，理由見(jiàn)解答；
（2）這兩條路等長(zhǎng)，理由見(jiàn)解答．
【解答】解：（1）這兩條路等長(zhǎng)，理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°，
∵DE＝CF，
∴AD﹣DE＝CD﹣CF，
即AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴AF＝BE，
故這兩條路等長(zhǎng)；
（2）這兩條路等長(zhǎng)，理由如下：
如圖2，作EM⊥BC于點(diǎn)M，交HF于點(diǎn)P，作HN⊥CD于點(diǎn)N，交EM于點(diǎn)Q，
∴∠EMG＝∠EMC＝90°，∠HNF＝∠HND＝90°，
∴∠EMG＝∠HNF，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AD＝CD，
∴∠A＝∠HND＝∠D＝90”，∠EMC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四邊形AHND、四邊形EMCD都是矩形，
∴EM∥BC，HN＝AD，EM＝CD，
∴∠HQP＝∠HNF＝90”，HN＝EM，
∴∠NHF+∠HPQ＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠MEG+∠HPQ＝90°，
∴∠MEG＝∠NHF，
∵HN＝EM，∠EMG＝∠HNF，
∴△EMG≌△HNF（ASA），
∴EG＝FH，
故這兩條路等長(zhǎng)．
模型四：對(duì)角互補(bǔ)
對(duì)角互補(bǔ)模型：即四邊形或多邊形構(gòu)成的幾何圖形中，相對(duì)的角互補(bǔ)。主要分為含90°與120°的兩種對(duì)角互補(bǔ)類(lèi)型。該題型常用到的輔助線主要是頂定點(diǎn)向兩邊做垂線，從而證明兩個(gè)三角形全等或者相似.
模型一：含90°的全等型
1.如圖1，已知∠AOB＝∠DCE＝90o，OC平分∠AOB.則可以得到如下幾個(gè)結(jié)論：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S=S+S=OC.
2.如圖2，已知∠DCE的一邊與AO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，∠AOB＝∠DCE＝90o，OC平分∠AOB.
則可得到如下幾個(gè)結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③S-S=OC.
圖1 圖2 圖3
模型二、：含60°與120°的全等型
如圖3，已知∠AOB＝2∠DCE＝120o，OC平分∠AOB.則可得到如下幾個(gè)結(jié)論：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S+S=OC.
【典例4】在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，對(duì)角線AC平分∠BAD．
（1）如圖1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，試探究邊AD、AB與對(duì)角線AC的數(shù)量關(guān)系為 AD+AB＝AC ；
（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B＝90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求線段AC的長(zhǎng)和四邊形ABCD的面積．
【答案】（1）AD+AB＝AC；
（2）成立，理由見(jiàn)解答；
（3）AC＝5，四邊形ABCD面積為25．
【解答】解：（1）∵∠B+∠D＝180°，∠B＝90°，
∴∠D＝∠B＝90°，
∵對(duì)角線AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵AC＝AC，
∴Rt△DAC≌Rt△BAC（AAS），
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝120°，
∴，
∴∠DCA＝30°，
∴，
∴，
∴AD+AB＝AC．
故答案為：AD+AB＝AC．
（2）（1）中結(jié)論成立，理由如下：
，
以C為頂點(diǎn)，AC為一邊作∠ACE＝60°，∠ACE的另一邊交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，
由（1）可得：∠CAB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠AEC＝60°，
∴∠CAB＝∠BAC＝∠AEC，
∴△ACE為等邊三角形，
∴AC＝AE＝CE，
∵∠D+∠ABC＝180°，∠CBE+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵∠ABC+∠D+∠DAC+∠DCB＝360°，∠D+∠ABC＝180°，∠DAB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∴∠DCB＝∠ACE，
∴∠DCB﹣∠ACB＝∠ACE﹣∠ACB，
∴∠DCA＝∠BCB，
∴△CAD≌△CEB（AAS），
∴AD＝BE，
∵AC＝AE＝AB+BE，
∴AC＝AD+AB．
（3）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AC交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，
，
∵對(duì)角線AC平分∠BAD，∠BAD＝90°，
∴∠CAE＝∠DAC＝45°，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠E＝180°﹣∠ACE﹣∠CAE＝45°，
∴∠E＝∠CAE，∠E＝∠DAC，
∴AC＝CE，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∴△ADC≌△EBC（AAS），
∴AD＝BE，
∴AE＝AB+BE＝AB+AD，
∵AD＝3，AB＝7，
∴AE＝10，
在Rt△ACE中：
AC2+CE2＝AE2，
∴AC＝CE＝5，
∴＝25，
∵△ADC≌△EBC，
∴S△ADC＝S△EBC，
∴S四邊形ABCD＝S△ADC+S△ACB＝S△EBC+S△ACB＝SACE＝25．
【變式4-1】如圖，點(diǎn)P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分線OC上，AP⊥BP，點(diǎn)A在x軸正半軸上，點(diǎn)B在y軸正半軸上．
（1）求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)∠APB繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)時(shí)，
①OA+OB的值是否發(fā)生變化？若變化，求出其變化范圍；若不變，求出這個(gè)定值．
②請(qǐng)求出OA2+OB2的最小值．
【答案】（1）P（2，2）；（2）①不變，值為4；②8．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分線OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不變．
過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四邊形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②連接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，當(dāng)PA最小時(shí)，OA2+OB2也最小．
根據(jù)垂線段最短原理，PA最小值為2，
∴OA2+OB2的最小值為8．
【變式4-2】四邊形ABCD若滿足∠A+∠C＝180°，則我們稱該四邊形為“對(duì)角互補(bǔ)四邊形”．
（1）四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，則∠A的度數(shù)為 90° ；
（2）如圖1，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求證：AC平分∠BCD．
小云同學(xué)是這么做的：延長(zhǎng)CD至M，使得DM＝BC，連AM，可證明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此證明出AC平分∠BCD，還可以知道CB、CD、CA三者關(guān)系為： CD+BC＝AC ；
（3）如圖2，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足∠BAD＝60°，AB＝AD，試證明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如圖3，四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足∠ABC＝60°，AD＝CD，則BA、BC、BD三者關(guān)系為： BC+AB＝BD ．
【答案】（1）CD+BC＝AC；（2）CD+BC＝AC；（3）①見(jiàn)解析；②見(jiàn)解析；（4）BC+AB＝BD．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案為：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝AC，
故答案為：CD+BC＝AC；
（3）①延長(zhǎng)CD至M，使DM＝BC，連接AM，
∵四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等邊三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延長(zhǎng)BC至M，使CM＝AB，連接DM，
∵四邊形ABCD為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
過(guò)點(diǎn)D作DN⊥BM交于點(diǎn)N，
∴N為BM的中點(diǎn)，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案為：BC+AB＝BD．
模型五：半角模型
（1）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，∠EAF=45°，連接EF，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥于EF于點(diǎn)G，則：EF=BE+DF，AG=AD.

圖示（1） 作法：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°
（2）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CB，DC的延長(zhǎng)線上，∠EAF=45°，連接EF，則：EF=DF-BE.

圖示（2） 作法：將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°
【典例5】已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M，N，AH⊥MN于點(diǎn)H．
（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出AH與AB的數(shù)量關(guān)系： ；
（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫(xiě)出理由，如果成立請(qǐng)證明；
（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，AH＝6，求NH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）
【解答】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案為：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延長(zhǎng)CB至E，使BE＝DN，如圖：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，
∴AB＝AH．
（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，如圖：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，設(shè)NH＝x，則MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3
【變式5-1】（2022春?西山區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知正方形ABCD，點(diǎn)E、F分別是AB、BC邊上，且∠EDF＝45°，將△DAE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DCM．
（1）求證：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為5，AE＝2時(shí)，求EF的長(zhǎng)？
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，
由旋轉(zhuǎn)得：
∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠DCF+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三點(diǎn)在同一條直線上，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，
∴∠EDF＝FDM，
∵DF＝DF，
∴△EDF≌△MDF（SAS）；
（2）設(shè)CF＝x，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，
由旋轉(zhuǎn)得：AE＝CM＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝3，F(xiàn)M＝CF+CM＝2+x，
∵△EDF≌△MDF，
∴EF＝FM＝2+x，
在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，
∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，
∴x＝，
∴EF＝2+x＝，
∴EF的長(zhǎng)為．
【變式5-2】（2022春?路北區(qū)期末）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD內(nèi)作∠EAF＝45°，AE交BC于點(diǎn)E，AF交CD于點(diǎn)F，連接EF，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG．
（1）求證：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的長(zhǎng)為 ．
【解答】（1）證明：∵將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
（2）解：設(shè)BE＝x，則GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即BE＝2，
【變式5-3】（2022秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)：
任務(wù)：
如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A為頂點(diǎn)的∠EAF＝60°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．請(qǐng)參照閱讀材料中的解題方法，你認(rèn)為結(jié)論EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：成立．
證明：將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，
∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，
∴M、B、E三點(diǎn)共線，
∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，
∴∠MAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，AM＝AF，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴ME＝EF，
∴EF＝ME＝MB+BE＝DF+BE．
模型六：與正方形有關(guān)三垂線
【典例6】（2023春?中山市校級(jí)期中）如圖①，正方形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，∠AEF＝90°，EF交正方形外角∠DCG的角平分線CF于點(diǎn)F，
（1）求證AE＝EF；
（2）當(dāng)E為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，其余條件不變，請(qǐng)?jiān)趫D②中畫(huà)出圖形，猜想（1）中結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由．
【答案】（1）見(jiàn)解析；
（2）作圖見(jiàn)解析，AE＝EF仍然成立，理由見(jiàn)解析．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD正方形
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°
如圖：取AB的中點(diǎn)M，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，
∴AM＝BM＝EC＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∴∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠DCF＝∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝180°﹣∠FCG＝135°
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
又∵∠AEB+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠CEF，
又∵AM＝CE，∠AME＝∠ECF
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
（2）當(dāng)E為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，畫(huà)出圖形如下：
AE＝EF仍然成立，理由如下：
在BA延長(zhǎng)線上截取AP＝CE，連接PE，則BP＝BE，
∵∠B＝90°，BP＝BE，
∴∠P＝45°，
又∵∠FCE＝45°，
∴∠P＝∠FCE，
∵AD∥CB，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵∠PAE＝90°+∠DAE，∠CEF＝90°+∠BEA，
∴∠PAE＝∠CEF，
在△APE與△ECF中，∠P＝∠FCE，AP＝CE，∠PAE＝∠CEF，
∴△APE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
【變式6-1】（2022秋?宿城區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知正方形OABC的邊長(zhǎng)為8，邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，點(diǎn)D是x軸上一點(diǎn)，坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)E為OC的中點(diǎn)，連接BD、BE、ED．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）判斷△BED的形狀，并證明你的結(jié)論．
【答案】（1）（8，8）；
（2）△BED是直角三角形，證明見(jiàn)解答．
【解答】解：（1）正方形OABC的邊長(zhǎng)為8，邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，
∴OA＝OC＝8，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，8）．
（2）△BED是直角三角形；
點(diǎn)D是x軸上一點(diǎn)，坐標(biāo)為（2，0），點(diǎn)E為OC的中點(diǎn)，
∴OD＝2，OE＝CE＝4，DA＝6，
∴ED2＝OD2+OE2＝20，EB2＝BC2+CE2＝80，DB2＝BA2+AD2＝100，
∴ED2+EB2＝DB2，
∴△BED是直角三角形．
【變式6-2】（2023春?圍場(chǎng)縣期末）如圖所示，在正方形ABCD中，AB＝4，點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD邊上一動(dòng)點(diǎn)，滿足∠AEF＝90°．
（1）求CF的長(zhǎng)．
（2）求△AEF的面積．
【答案】（1）CF的長(zhǎng)為1；（2）△AEF的面積為5．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AB2+BE2＝AE2，CE2+CF2＝EF2，AD2+DF2＝AF2，
∵點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，
∴BE＝CE＝2，
設(shè)CF＝x，則DF＝4﹣x，
∵∠AEF＝90°，
∴AE2+EF2＝AF2，
∴AB2+BE2+CE2+CF2＝AD2+DF2，
即42+22+22+x2＝42+（4﹣x）2，
解得：x＝1，
∴CF的長(zhǎng)為1．
（2）由（1）可知AE＝＝2，EF＝＝，
又∵∠AEF＝90°，
∴△AEF為直角三角形，
∴．
【變式6-3】（2023春?河?xùn)|區(qū)期中）如圖：四邊形ABCD是正方形，E是邊BC的中點(diǎn)，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F．
（1）連接AF，判斷△AEF的形狀，并證明；
（2）若AB＝4，求△AEF的面積；
（3）連接AC，求的值．
【答案】（1）△AEF為等腰直角三角形，證明見(jiàn)解答過(guò)程；
（2）10；
（3）．
【解答】解：（1）△AEF為等腰直角三角形，證明如下：
∵四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，，
設(shè)AB的中點(diǎn)為H，連接EH，如圖：
∴，
∵AB＝BC，，
∴AH＝BH＝BE＝CE，
∴△BEH為等腰直角三角形，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝135°，
∵CF為正方形外角的平分線，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝∠BCD+∠DCF＝90°+45°＝135°，
∴∠AHE＝∠ECF＝135°，
∵∠B＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠HAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠HAE＝∠CEF，
在△AHE和△ECF中，
，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF，
又∠AEF＝90°，
∴△AEF為等腰直角三角形；
（2）∵AB＝4，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴BE＝2，
在Rt△ABE中，AB＝4，BE＝2，
由勾股定理得：AE2＝AB2+BE2＝20，
由①可知：△AEF為等腰直角三角形，
∴；
（3）過(guò)點(diǎn)F作FK⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于K，連接AC，如圖：
則∠ABE＝∠EKF＝90°，
由①可知：AE＝EF，∠BAE＝∠KEF，∠DCF＝45°，
在△ABE和△EKF中，
∠BAE＝∠KEF，∠ABE＝∠EKF＝90°，AE＝EF，
∴△ABE≌△EKF（AAS），
∴BE＝FK，
則BE＝a，則BE＝CE＝FK＝a，AB＝BC＝2a，
在Rt△ABC中，AB＝BC＝2a，
由勾股定理得：，
∵∠DCK＝90°，∠DCF＝45°，
∴∠FCK＝45°，
∴△CFK為等腰直角三角形，
∴CK＝FK＝a，
在Rt△CFK中，CK＝FK＝a，
由勾股定理的：，
∴．
1．（2023?商丘模擬）一個(gè)四邊形四邊中點(diǎn)的連線所構(gòu)成的中點(diǎn)四邊形是菱形，那么這個(gè)原四邊形是（ ）
A．矩形B．菱形
C．正方形D．對(duì)角線相等
【答案】D
【解答】解：如圖，
在四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H是四邊形四邊上的中點(diǎn)，連接EF、EH、FG、GH、AC、BD，
在△ADC中，EH＝AC，
在△ABD中，EF＝BD，
∵四邊形EFGH是菱形，
∴EH＝EF，
∴AC＝BD，
∴原四邊形的對(duì)角線相等．
故選：D．
2.（2023春?路北區(qū)期末）順次連接矩形各邊中點(diǎn)，所得圖形的對(duì)角線一定滿足（ ）
A．互相平分．B．互相平分且相等
C．互相垂直．D．互相平分且垂直
【答案】D
【解答】解：連接AC、BD，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AC＝BD，
∵點(diǎn)E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，
∴EF＝AC，F(xiàn)G＝BD，GH＝AC，EH＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝EH，
∴四邊形EFGH為菱形，
∴所得圖形的對(duì)角線一定滿足互相平分且垂直．
故選：D．
3．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸上，當(dāng)點(diǎn)A在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)C隨之在y軸上運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離是 3+3 ．
【答案】3+3．
【解答】解：如圖，取CA的中點(diǎn)D，連接OD、BD，
則OD＝CD＝AC＝×6＝3，
由勾股定理得，BD＝＝3，
當(dāng)O、D、B三點(diǎn)共線時(shí)點(diǎn)B到原點(diǎn)的距離最大，
所以，點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離是3+3．
故答案為：3+3．
4．（2023秋?龍口市期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別在直線AB，AD上，且∠ECF＝45°，連接EF．
（1）當(dāng)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上時(shí)，如圖1．請(qǐng)?zhí)骄烤€段EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并寫(xiě)出證明過(guò)程；
（2）當(dāng)E，F(xiàn)分別在BA，AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖2．試探究線段EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】（1）EF＝BE+DF，證明見(jiàn)解答；
（2）EF＝BE﹣DF，證明見(jiàn)解答．
【解答】解：（1）EF＝BE+DF，
證明：如圖，延長(zhǎng)AB使得BG＝DF，連接CG，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BCD＝90°＝∠D＝∠CBG．CD＝CB，
∴△CDF≌△CBG（SAS），
∴∠DCF＝∠BCG，CF＝CG，
∵∠ECF＝45°，
∴∠BCE+∠DCF＝45°．
∴∠ECG＝∠BCG+∠BCE＝45°＝∠ECF，
∵CF＝CG，CE＝CE，
∴△CFE≌△CGE（SAS）．
∴GE＝EF．
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE﹣DF．
證明：如圖，把△CDF繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△CBG．
由旋轉(zhuǎn)可得BG＝DF，CF＝CG，∠BCG＝∠DCF，點(diǎn)A，G，B在同一直線上．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BCD＝90°．
∵∠ECF＝45°，
∴∠DCE+∠DCF＝45°．
∴∠DCE+∠BCG＝45°．
∴∠ECG＝∠BCD﹣（∠DCE+∠BCG）＝90°﹣45°＝45°．
∴∠ECF＝∠ECG．
∵CF＝CG，CE＝CE，
∴△CEF≌△CEG（SAS）．
∴EF＝EG．
∵EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣DF．
5．（2023?天心區(qū)校級(jí)三模）如圖，正方形ABCD中，E是BC上的一點(diǎn)，連接AE，過(guò)B點(diǎn)作BG⊥AE，垂足為點(diǎn)G，延長(zhǎng)BG交CD于點(diǎn)F，連接AF．
（1）求證：BE＝CF．
（2）若正方形邊長(zhǎng)是5，BE＝2，求AF的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析；
（2）．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠AEB+∠EBG＝90°，
∴∠BAE＝∠EBG，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF；
（2）∵正方形邊長(zhǎng)是5，
∴AB＝BC＝CD＝5，
∵BE＝2，
∴由（1）得CF＝BE＝2，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：．
6．（2023秋?惠州期中）如圖，正方形ABCD中，AB＝6，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，連接EF．
（1）求證：EF＝BE+DF；
（2）若BE＝3，求線段DF的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解答；
（2）DF＝2．
【解答】（1）證明：延長(zhǎng)EB至H，使BH＝DF，連接AH，如圖，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠ABH＝90°，AD＝AB，
則在△ADF和△ABH中，
∵AD＝AB，∠ADF＝∠ABH，DF＝HB，
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠BAH＝∠DAF，AF＝AH，
∴∠FAH＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EAH＝45°，
在△FAE和△HAE中，
∵AF＝AH，∠FAE＝∠EAH，AE＝AE，
∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF＝HE＝BE+HB，
∴EF＝BE+DF；
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，BC＝CD＝AB＝6，
∵BE＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝3，
設(shè)DF＝α，
則CF＝6﹣α，
∵EF＝BE+DF，
∵EF＝3+a，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF12＝EF2，
即32+（6﹣a）2＝（3+a）2，
解得：a＝2，
∴DF＝2．
7．（2023春?曹縣期中）如圖，正方形ABCD中，E是AB邊上一點(diǎn)，連接CE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥CE于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)F．
（1）求證：BF＝CE；
（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)5cm，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，求CG的長(zhǎng)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；
（2）2．
【解答】（1）證明：∵BF⊥CE，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB+∠CBG＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠CBE＝90°，BC＝AB，
∴∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠GCB＝∠FBA，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE；
（2）解：∵AB＝5，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，
∴BE＝cm，
在Rt△BCE中，EC＝＝cm，
∵S△BCE＝×BG＝5×，
∴BG＝cm，
在Rt△BCG中，CG＝＝2．
8．（2023春?承德縣月考）如圖，在正方形ABCD中，M是AB上的一點(diǎn)，連接DM，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥DM交∠B外角平分線于N．
（1）若AM＝a，求BN的長(zhǎng)；
（2）如圖2，連接DN，交BC邊于點(diǎn)F，連接MF．求證：NM平分∠FMB．
【答案】（1）；
（2）證明見(jiàn)解析．
【解答】（1）解：如圖所示，在AD上取一點(diǎn)F，使得AF＝AM，連接FM，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝∠EBC＝90°，
∴AD﹣AF＝AB﹣AM，即DF＝MB，
∵AF＝AM，
∴∠AFM＝∠AMF＝45°，
∴∠DFM＝135°，
∵BN平分∠CBE，
∴，
∴∠MBN＝135°＝∠DFM，
∵M(jìn)N⊥DM，即∠DMN＝90°，
∴∠AMD+∠BMN＝90°，
∵∠AMD+∠ADM＝90°，
∴∠ADM＝∠BMN，
∴△DFM≌△MBN（ASA），
∴BN＝MF，
在Rt△AFM中，由勾股定理得，
∴；
（2）證明：如圖所示，過(guò)點(diǎn)N作NG⊥BC于G，NH⊥BE于H，作NQ⊥DN交直線AB于Q，
由（1）可得DM＝MN，
∵DM⊥MN，
∴∠DNM＝45°，
∵BN平分∠CBE，NG⊥BC，NH⊥BE
∴NH＝NG，
又∵∠GBH＝90°，
∴四邊形BHNG是正方形，
∴∠GNH＝90°，
∵∠GNQ+∠HNQ＝90°，
∵NQ⊥DN，即∠DNQ＝90°，
∴∠FNG+∠GNQ＝90°，∠DNM＝∠QNM＝45°，
∴∠FNG＝∠QNH，
又∵∠NGF＝∠NHQ＝90°，
∴△FNG≌△QNH（ASA），
∴FN＝QN，
∵∠FNM＝∠QNM，MN＝MN，
∴△FNM≌△QNM（SAS），
∴∠FMN＝∠QMN，
∴NM平分∠FMB．
從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與該頂點(diǎn)的兩對(duì)邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平面幾何模型稱為半角模型．半角模型可證出多個(gè)幾何結(jié)論，例如：
如圖1，在正方形ABCD中，以A為頂點(diǎn)的∠EAF＝45°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．易證得EF＝BE+FD．
大致證明思路：如圖2，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三點(diǎn)共線，∠HAE＝∠EAF＝45°，進(jìn)而可證明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．