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专题17 特殊平行四边形中最常考的五种几何模型（解析版）
类型一 对角互补模型
1．（2022春•江岸区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A B C O的一
1 1 1
个顶点，且这两个正方形的边长相等．OA 与OC 分别交AB，BC于点E，F．
1 1
（1）求证：OE＝OF；
（2）若BE＝a，BF＝b，请直接写出四边形EBFO的面积为 （用含有a，b的式子表示）；
（3）已知AE＝2，CF＝3，求A E的长．
1
思路引领：（1）由“ASA”可证△AOE≌△BOF，可得OE＝OF；
（2）由全等三角形的性质可得S△AOE ＝S△BOF ，AE＝BF，由正方形的面积公式可求解；
（3）由等腰直角三角形的性质可求EO，即可求解．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF．
在△AOE和△BOF中，
{∠OAE=∠OBF
OA=OB ，
∠AOE=∠BOF
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴OE＝OF；
（2）解：∵△AOE≌△BOF，
∴S△AOE ＝S△BOF ，AE＝BF，
∴四边形EBFO的面积＝S△AOB ，AB＝BE+AE＝a+b，1
∴四边形EBFO的面积= （a+b）2；
4
（3）如图，连接EF，
∵BF＝AE＝2，CF＝3，
∴BC＝5，
∴A E＝BC＝5，
1
∴BE＝3，
∴EF=√BE❑ 2+BF❑ 2=√4+9=√13，
∵EO＝FO，∠EOF＝90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
√13 √26
∴EO＝FO= = ，
√2 2
√26
∴A E＝5- ．
1 2
总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，
灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2022•隆昌市校级三模）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点
绕着矩形ABCD（AB＜BC）的对角线交点O旋转（如图①→②→③），图中M、N分别为直角三角
板的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．（1）该学习小组中一名成员意外地发现：在图①（三角板的一直角边与 OD 重合）中，BN2＝
CD2+CN2；在图③（三角板的一直角边与OC重合）中，CN2＝BN2+CD2．请你对这名成员在图①和图
③中发现的结论选择其一说明理由．
（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的关系，写出你的结论，并说明理由．
思路引领：（1）连接DN，根据矩形得出OB＝OD，根据线段垂直平分线得出BN＝DN，根据勾股定理
求出DN的平方，即可求出答案；
（2）延长NO交AD于点P，连接PM，MN，证△BNO≌△DPO，推出OP＝ON，DP＝BN，根据线段
垂直平分线求出PM＝MN，根据勾股定理求出即可．
（1）选①，
证明：连接DN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，
∵∠DON＝90°，
∴BN＝DN，
∵∠BCD＝90°，
∴DN2＝CD2+CN2，
∴BN2＝CD2+CN2；
（2）证明：延长NO交AD于点P，连接PM，MN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OB，AD∥BC，
∴∠DPO＝∠BNO，∠PDO＝∠NBO，
在△BON和△DOP中
{∠NBO=∠PDO
∵ ∠BNO=∠DPO，
OB=OD
∴△BON≌△DOP（AAS），
∴ON＝OP，BN＝PD，
∵∠MON＝90°，
∴PM＝MN，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴PM2＝PD2+DM2，MN2＝CM2+CN2，
∴PD2+DM2＝CM2+CN2，
∴BN2+DM2＝CM2+CN2．
总结提升：本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的
综合运用，主要考查学生的猜想能力和推理能力，题目比较好，但是有一定的难度．
类型二 将军饮马模型
（1）两定一动模型
3．（2020春•洛阳期末）如图，正方形ABCD的边长为16，点M在边DC上，且DM＝4，点N是对角线
AC上一动点，则线段DN+MN的最小值为（ ）
A．16 B．16√2 C．20 D．4√17
思路引领：连接MB交AC于N，此时DN+MN最小，先证明这个最小值就是线段BM的长，利用勾股定
理就是即可解决问题．
解：如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴DN＝BN，∴DN+MN＝BN+NM＝BM，
在Rt△BMC中，∵∠BCM＝90°，BC＝16，CM＝CD﹣DM＝16﹣4＝12，
∴BM=√BC2+CM2=√162+122=20．
故选：C．
总结提升：本题考查最短问题、正方形性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是利用
对称找到点N的位置，属于中考常考题型．
4．（2019•霍邱县二模）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E是AB的中点，P是对角线AC上
的一个动点，则PE+PB的最小值是 ．
思路引领：根据轴对称最短问题作法首先求出P点的位置，再结合菱形的性质得出△AEE′为等边三角
形，进而求出PE+PB的最小值．
解：作E点关于AC对称点E′点，连接E′B，E′B与AC的交点即是P点，
∵菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E是AB的中点，
∴AE′＝AE＝BE＝1，
∴△AEE′为等边三角形，
∴∠AEE′＝60°，
∴∠E′EB＝120°，
∵BE＝EE′，
∴∠EE′B＝30°，
∴∠AE′B＝90°，
BE′=√AB2-AE'2=√3，
∵PE+PB＝BE′，
∴PE+PB的最小值是：√3．
故答案为：√3．总结提升：此题主要考查了菱形的性质以及轴对称中最短路径求法，正确地作出P点从而利用菱形性质
得出是解决问题的关键．
5．（2021春•红安县期中）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD
内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
思路引领：由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为F点．此时PD+PE＝BE最小，
而BE是等边△ABE的边，BE＝AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．
解：连接BD，与AC交于点F．
∵点B与D关于AC对称，
∴PD＝PB，
∴PD+PE＝PB+PE＝BE最小．
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB＝2√3．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝2√3．
故所求最小值为2√3．
故答案为：2√3．
总结提升：此题主要考查轴对称﹣﹣最短路线问题，要灵活运用对称性解决此类问题．（2）两动一定模型
6．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，P，E分别是线段AC，AB上的动点，PE+PB的最小值
为（ ）
A．1.5 B．√2 C．2 D．√3
思路引领：由菱形的性质，找出B点关于AC的对称点D，连接DE，则DE就是PE+PB的最小值，再
由勾股定理可求出DE．
解：连接DE、BD，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD＝PB，
∴PE+PB＝PE+PD＝DE，
即DE就是PE+PB的最小值，
∵∠BAD＝60°，AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE＝BE，
∴DE⊥AB（等腰三角形三线合一的性质），
在Rt△ADE中，DE=√AD2-AE2=√22-12=√3．
故选：D．
总结提升：此题是轴对称﹣最短路线问题，熟悉菱形的基本性质及两点之间线段最短的知识是解决本题
的关键．
7．（2022春•合肥期末）如图，在菱形 ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC，
CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）A．1 B．√3 C．2 D．√3+1
思路引领：作P点关于BD的对称点P'，过P'作P'Q⊥CD交于点Q，交BD于点K，连接KP，当P'、
K、Q三点共线时，PK+QK的值最小，最小值为CD边上的高．
解：作P点关于BD的对称点P'，过P'作P'Q⊥CD交于点Q，交BD于点K，连接KP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴P'在AB上，
由对称性可知，PK＝P'K，
∴PK+QK＝P'K+KP'≥P'Q，
当P'、K、Q三点共线时，PK+QK的值最小，最小值为CD边上的高，
∵∠DAB＝120°，
∴∠ADC＝60°，
过点A作AM⊥CD交于点M，
∵AD＝2，
∴AM＝AD×sin60°=√3，
∴PK+KQ的最小值为√3，
故选：B．
总结提升：本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，菱形的性质，直角三角形
的性质是解题的关键．
（3）两动两定模型
8．（如图，矩形OABC放在以O为原点的平面直角坐标系中，A(3，0)，C(0，2)，点E是AB的中点，点
F在BC边上，且CF＝1，若M为x轴上的动点，N为y轴上的动点，则四边形MNFE的周长最小值是
．y y
C F B F' C F B
E N E
O A x O M A x
E'
答案：5＋√5
解：由图可得；E(3，1)；F(1，2)如图，作点E关于x轴的对称点E′，
作点F关于y轴的对称点F′，连接E′F′，分别与x轴、y轴交于点M、N，连接FN、NM、ME，
此时四边形MNFE的周长最小．∴E′(3，－1)，F′(－1，2)，
3
{k＝-
{3k＋b＝-1 4
设直线E′F′的解析式为y＝kx＋b，有 ，解得 ，
-k＋b＝2 5
b＝
4
3 5 5 5
∴直线E′F′的解析式为y＝- x＋ ，∴M点为( ，0)，N点为(0， )．
4 4 3 4
∵E与E′关于x轴对称，F与F′关于y轴对称，∴NF＝NF′，ME＝ME′，F′B＝4，E′B＝3．
在Rt△BE′F′中，F′E′＝√F'B2＋E'B2＝√16＋9＝5．∴FN＋NM＋ME＝F′N＋NM＋ME′＝F′E′＝
5．
在Rt△BEF中，EF＝√BE2＋BF2．∴FN＋NM＋ME＋EF＝5＋√5，
即四边形MNFE的周长最小值是5＋√5．故答案为：5＋√5
（4）造桥选址模型
9．如图，已知菱形ABCD的边长为10，E为AB中点，对角线BD上有两个动点P，Q总保持PQ＝2，若
BD＝16，则四边形AEPQ的周长最小值为（ ）
A．16 B．21 C．7+√85 D．7+√61
思路引领：将菱形ABCD放置在平面直角坐标系中，使得B为原点，BD在x的正半轴上，根据题意得
出A、B、E三点的坐标，将A平行向左移动2个单位到A'点，作A'关于x轴的对称点F，则F（6，﹣
6），连EF，交x轴于点P，在x轴上向正方向上截取PQ＝2，此时四边形AEPQ的周长最小，AQ+EP＝A'P+EP＝FP+EP＝EF，由此即可得出结论．
解：如图所示：
将菱形ABCD放置在平面直角坐标系中，使得B为原点，BD在x的正半轴上，
∵菱形ABCD的边长是10，对角线BD＝16，点E是AB的中点，
∴A（8，6），B（0，0），E（4，3），将A平行向左移动2个单位到A'点，则A'（6，6），作A'关于
x轴的对称点F，则F（6，﹣6），连EF，交x轴于点P，在x轴上向正方向上截取PQ＝2，
此时，四边形AEPQ的周长最小，
AB
∵AE= =5，PQ＝2，AQ+EP＝A'P+EP＝FP+EP＝EF，
2
四边形四边形AEPQ的周长＝5+2+√(4-6) 2+(3+6) 2=7+√85．
故选：C．
总结提升：本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
类型三 十字架模型
10．（2021春•淮南期中）数学活动：探究正方形中的“十字架”
①猜想：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、AD边上，且BF⊥AE，猜想线段AE与BF
之间的数量关系： ．
②探究：如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在AB，BC，CD，AD边上，且EG⊥HF，
此时线段HF与EG相等吗？如果相等请给出证明，如果不相等请说明理由．
③应用：如图3，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在CD边的中点E处，点B落在点F
处，折痕为MN，则线段MN的长为 2√5 ．思路引领：①设AE交BF于点 P，由四边形 ABCD是正方形得 AD＝BA，∠D＝∠BAF＝90°，由
BF⊥AE得∠APB＝90°，根据同角的余角相等可证明∠DAE＝∠ABF，即可证明△DAE≌△ABF，得AE
＝BF；
②作AQ∥FH交BC于点Q，作DR∥EG交AB于点R、交AQ于点P、交HF于点K，则四边形AQFH
是平行四边形，四边形 DREG是平行四边形，所以 AQ＝HF，DR＝EG，再证明AQ⊥DR，则AQ＝
DR，于是得HF＝EG；
③作AT∥MN交CD于点T，连接BE交MN于点J、交AT于点K，先由折叠得点E与点B关于直线
MN对称，则MN⊥BE，证明四边形AMNT是平行四边形，则MN＝AT，可证明AT⊥BE，则AT＝BE，
根据勾股定理求出BE的长，得MN＝AT＝BE，即可求出MN的长．
解：①AE＝BF，
理由：如图1，设AE交BF于点P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠D＝∠BAF＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠APB＝90°，
∴∠DAE+∠EAB＝90°，∠ABF+∠EAB＝90°，
∴∠DAE＝∠ABF，
∴△DAE≌△ABF（ASA），
∴AE＝BF，
故答案为：AE＝BF．
②HF＝EG，
证明：如图2，作AQ∥FH交BC于点Q，作DR∥EG交AB于点R、交AQ于点P、交HF于点K，
∵AH∥FQ，AQ∥FH，
∴四边形AQFH是平行四边形，
∴AQ＝HF，∵DG∥ER，DR∥EG，
∴四边形DREG是平行四边形，
∴DR＝EG，
设HF交EG于点L，
∵∠APR＝∠HKR＝∠HLE＝90°，
∴AQ⊥DR，
由（1）得AQ＝DR，
∴HF＝EG．
③如图3，作AT∥MN交CD于点T，连接BE交MN于点J、交AT于点K，
由折叠得点E与点B关于直线MN对称，
∵MN⊥BE，
∴∠MJB＝∠AKB＝90°，
∴AT⊥BE，
由（1）得MN＝AT，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝AD＝4，点E是AD的中点，
1
∴∠BAE＝90°，AE＝DE= AB＝2，
2
∴BE=√AB2+AE2=√42+22=2√5，
∴AT＝2√5，
∵AM∥NT，AT∥MN，
∴四边形AMNT是平行四边形，
∵MN＝AT＝2√5，
∴线段MN的长为2√5，
故答案为：2√5．总结提升：此题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、轴对称的性
质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形和平行四边形是解题的关键．
11．（2022•新化一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点
G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，
∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，请类比（2），求DE的长．
思路引领：（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用
AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；
（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得
BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形；
（3）延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH（SAS），由全等三角
形的性质得AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，由已知DE＝AF可得AH＝AF，可得△AHF是等边三角形，
则AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，等量代换可得DE＝AH＝8．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝AB，∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABH＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AE＝BF，
∵DE＝AF，
∴BH＝AE，
∴BH＝BF，
∵∠ABH＝90°，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形；
（3）解：延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝AD，
∴∠ABH＝∠BAD，
∵BH＝AE，
∴△DAE≌△ABH（SAS），
∴AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，∵DE＝AF，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，
∴DE＝AH＝8．
总结提升：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，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构
造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
类型四 一线三直角模型
12．（2021春•禹州市期末）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，且CE＝BF，
连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG、FC．
（1）判断：FG与CE的位置关系是 ，BE、CD、FG之间的数量关系为 ．
（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？
请作出判断并给予证明；
（3）如图3，若点E、F分别是边BC、AB延长线上的点，正方形ABCD的边长为12，GE＝13，其他
条件不变，请直接写出四边形FGEB的面积．
思路引领：（1）根据正方形的性质得到BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°，进而证明△FBC≌△ECD，
根据全等三角形的性质得到CF＝DE，∠BFC＝∠CED，证明四边形GECF为平行四边形，根据平行四
边形的性质解答即可；
（2）仿照（1）的作法解答；
（3）根据勾股定理求出BF，根据三角形的面积公式、平行四边形的面积公式计算，得到答案．
解：（1）设AB与GE交于点H，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°，
在△FBC和△ECD中，{
BF=CE
∠FBC=∠ECD，
BC=CD
∴△FBC≌△ECD（SAS），
∴CF＝DE，∠BFC＝∠CED，
∵EG＝DE，
∴EG＝CF，
∵EG⊥DE，
∴∠BEH+∠CED＝90°，
∵∠BEH+∠BHE＝90°，
∴∠BHE＝∠CED，
∴∠BHE＝∠BFC，
∴GE∥FC，
∴四边形GECF为平行四边形，
∴FG∥EC，GF＝EC，
∴BE+FG＝BE+EC＝BC＝CD，
故答案为：FG∥EC；BE+FG＝CD；
（2）（1）中结论不成立，FG∥CE，FG﹣BE＝CD，
证明：仿照（1）的作法可得：△FBC≌△ECD（SAS），
∴CF＝DE，∠BCF＝∠CDE，
∵EG＝DE，
∴EG＝CF，
∵EG⊥DE，
∴∠GED＝90°，
∵∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠BCF+∠CED+∠GED＝180°，
∴GE∥FC，
∴四边形GECF为平行四边形，
∴FG∥EC，GF＝EC，
∴FG﹣BE＝EC﹣BC＝CD；
（3）同（1）的作法可得：四边形GECF为平行四边形，
∴CF＝GE＝13，在Rt△BFC中，由勾股定理得：BF=√CF2-BC2=√132-122=5，
∴CE＝BF＝5，
1
∴四边形FGEB的面积＝△BFC的面积+平行四边形FGEC的面积= ×12×5+5×5＝55．
2
总结提升：本题考查的是正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，能够证
明△FBC≌△ECD是解题的关键．
类型五 半角模型
13．（2022春•南岗区期末）问题解决：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，连接
CE，CF，EF，且∠ECF＝45°．
（1）求证：BE+DF＝EF；
（2）若AB＝6，EF＝5，AE＞AF，求线段AE的长．
类比迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，对角线AC平分∠BAD，点E、F
20√3
分别在AB、AD上，且AE＞AF，连接CE，CF，EF，∠ECF＝60°，若AC= ，EF＝7，求线段AE
3
的长．
思路引领：问题解决：（1）延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，证明△BCG≌△DCF（SAS），由
全等三角形的性质得出CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出EF＝EG，则可得出结论；
（2）令BE＝n，则AE＝6﹣n，由勾股定理得出（6﹣n）2+（n+1）2＝52，求出n则可得出答案；
类比迁移：过点 C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点 M，CN⊥AB于点N，证明△ACM≌△ACN
（AAS），由全等三角形的性质得出 AM＝AN，CM＝CN，由勾股定理求出 AM＝10，证明
△CDM≌△CBN（AAS），由全等三角形的性质得出 CD＝CB，DM＝BN，AB+AD＝20，延长AB到
G，使得BG＝DF，连接CG，证明△CDF≌△CBG（SAS），由全等三角形的性质得出 CF＝CG，
∠DCF＝∠BCG，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出 EG＝EF＝7，过点F作
FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m，由勾股定理求出m，则可得出答案．
（1）证明：延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∴∠CBG＝180°﹣∠ABC＝90°﹣∠D，
∴△BCG≌△DCF（SAS），
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
∴∠BCG+∠BCF＝∠DCF+∠BCF，
∴∠FCG+∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠FCG﹣∠ECF＝45°＝∠ECF，
又∵CE＝CE，
∴△CEF≌△CEG（SAS），
∴EF＝EG，
∴BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF；
（2）解：令BE＝n，则AE＝6﹣n，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝6，∠A＝90°，∵BE+DF＝EF，
∴DF＝EF﹣BE＝5﹣n，
∴AF＝AD﹣DF＝6﹣（5﹣n）＝n+1，
∵AE2+AF2＝EF2，
∴（6﹣n）2+（n+1）2＝52，
∴n ＝2，n ＝3，
1 2
∵AE＞AF，
∴6﹣n＞n+1，
5
∴n＜ ，
2
∴n＝2，
∴AE＝6﹣2＝4；
类比迁移：解：如图2，过点C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点M，CN⊥AB于点N，
∵AC平分∠BAD，∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝∠CAN＝30°，
又∵∠M＝∠ANC＝90°，AC＝AC，
∴△ACM≌△ACN（AAS），
∴AM＝AN，CM＝CN，
∵∠CAM＝30°，
1 10√3
∴CM= AC= ，
2 3
√ 20√3 10√3
∴AM=√AC2-CM2=
( )
2-(
)
2=10，
3 3
∴AN﹣AM＝10，在四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°，
∴60°+∠ABC+120°+∠ADC＝360°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
又∵∠CDM+∠ADC＝90°，
∴∠CDM＝∠ABC，
∴△CDM≌△CBN（AAS），
∴CD＝CB，DM＝BN，
∴AB+AD＝AM﹣DM+AN+BN＝20，
延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBG＝180°，
∴∠ADC＝∠CBG，
∴△CDF≌△CBG（SAS），
∴CF＝CG，∠DCF＝∠BCG，
∴∠DCF+∠BCF＝∠BCG+∠BCF，∠FCG＝∠BCD＝120°，
∴∠ECG＝120°﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，
又∵CE＝CE，
∴△CEF≌△CEG（SAS），
∴EG＝EF＝7，
∴DF+BE＝BG+BE＝EG＝7，
∴EA+AF＝AB﹣BE+AD﹣DF＝（AB+AD）﹣（BE+DF）＝20﹣7＝13，
过点F作FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m，
在Rt△AFH中，∠AFH＝90°﹣∠FAH＝30°，
∴AH＝m，
∴FH=√AF2-AH2=√(2m) 2-m2=√3m，EH＝AE﹣AH＝13﹣3m，
∵EH2+FH2＝EF2，
∴(13-3m) 2+(√3m) 2=72，
5
∴m ＝4，m = ，
1 2 2
∵AE＞AF，
∴13﹣2m＞2m，13
解得m＜ ，
4
5
∴m= ，
2
∴AE＝13﹣5＝8．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理，直角三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
14．（2020春•无锡期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在AB，AD上，且BE＝AF．
（1）求证：△ECF为等边三角形；
（2）连接AC，若AC将四边形AECF的面积分为1：2两部分，当AB＝6时，求△BEC的面积．
思路引领：（1）连接AC，由菱形的性质可证明△ACE≌△CDF，得出EC＝FC，再证出∠ECF＝60°，
根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得出结论；
（2）作AH⊥BC，分两种情况：当S△CBE ：S△CAE ＝1：2时；当S△CBE ：S△CAE ＝2：1时，分别求出
△BEC的面积即可．
解：（1）证明：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC＝AD＝DC，又∵∠B＝60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠ACD＝60°，
在△CBE和△CAF中，
{
CB=AC
∠B=∠CAD=60°，
BE=AF
∴△CBE≌△CAF（SAS），
∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠ECF＝60°，
∴△ECF为等边三角形；
（2）由（1）可知△CBE≌△CAF，∴S△CBE ＝S△CAF ，
∴S四边形AECF ＝S△ABC ，
作AH⊥BC交BC于点H，
在△ABH中，∠B＝60°，AB＝6，
∴BH＝3，
∴AH＝3√3，
1
∴S△ABC =
2
×6×3√3=9√3，
1
当S△CBE ：S△CAE ＝1：2时，S△BEC 的面积=
3
S△ABC ＝3√3；
2
当S△CBE ：S△CAE ＝2：1时，S△BEC 的面积=
3
S△ABC ＝6√3；
综上，△BEC的面积为3√3或6√3
总结提升：本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱
形的性质，通过证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
15．（2021秋•交口县期末）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足
∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．
小明是这样解决的：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论．
（1）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，且∠BAE＝45°，
DE＝4，求BE的长．（2）类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形 ABC和AFG摆
放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与
边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2
＝DE2始终成立，请说明理由．
思路引领：（1）过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G，根据已知材料可得：BE＝GB+DE，设BE＝
x，用x表示出BC，在Rt△BCE中利用勾股定理可求BE长；（2）将△ACE绕点A顺时针旋转90°至
△ABH位置，证明△EAD≌△HAD转化DE、EC，使所求线段集中在Rt△BHD中利用勾股定理解决．
解：（1）如图2，过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G．
四边形ADCG中，∠D＝∠C＝∠G＝90°，AD＝DC，
∴四边形ADCG是正方形．
∴CG＝AD＝10．
已知∠BAE＝45°，根据已知材料可得：BE＝GB+DE．
设BE＝x，则BG＝x﹣4，∴BC＝14﹣x．
∴在Rt△BCE中，∵BE2＝BC2+CE2，
58
∴x2＝（14﹣x）2+62，解得x= ．
7
58
所以BE= ．
7
（2）如图3，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，
则CE＝BH，AE＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠EAH＝90°．
连接HD，在△EAD和△HAD中，
{
AE=AH
∠HAD=∠EAD=45°
AD=AD
∴△EAD≌△HAD（SAS）．
∴DH＝DE．
又∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝90°，
∴BD2+BH2＝HD2，即BD2+CE2＝DE2．总结提升：本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理以及正方形的性质，综合性较
强，同时考查阅读理解、迁移运用能力．
