专题21.5 特殊四边形的六大解题模型
（第二十一章 四边形）
【人教版八下 新教材】
●
知识解读 模型精讲............................................................................................................................................1
模型精讲一 “中点四边形”模型-知识解读....................................................................................................................1
模型精讲二 “十字架”模型-知识解读.............................................................................................................................2
模型精讲三 “垂美四边形”模型-知识解读....................................................................................................................3
模型精讲四 “含60°角的菱形”模型-知识解读.........................................................................................................3
模型精讲五 “梯子”模型-知识解读..................................................................................................................................4
模型精讲六 “半角”模型-知识解读..................................................................................................................................4
优选题型 模型精练............................................................................................................................................5
模型精练一 “中点四边形”模型.........................................................................................................................................5
模型精练二 “十字架”模型................................................................................................................................................10
模型精练三 “垂美四边形”模型......................................................................................................................................18
模型精练四 “含60°的菱形”模型.................................................................................................................................27
模型精练五 “梯子”模型....................................................................................................................................................32
模型精练六 “半角”模型....................................................................................................................................................35
培优检测 能力提升..........................................................................................................................................45
模型精讲一 “中点四边形”模型-知识解读
模型特征：条件 E,F,G,H分别是四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点
图示
1
结论 ①四边形EFGH是平行四边形；②C四边形EFGH=AC+BD；③S四边形EFGH= S四边形ABCD
2
模型拓展：
拓展方向 图形背景由一般四边形拓展为特殊四边形
类型 矩形的中点四边形 菱形的中点四边形 正方形的中点四边形
条件 E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点
图示
结论 四边形EFGH是菱形 四边形EFGH是矩形 四边形EFGH是正方形
模型精讲二 “十字架”模型-知识解读
模型特征：
类型 过顶点型 不过顶点型
在正方形ABCD中，点E,F分别在CD,AD上， 在正方形ABCD中，点E,F,G,H分别在AB,CD,BC,AD
条件
AE⊥BF 上，EF⊥GH
图示
结论 ①△ABF≌△DAE;②BF=AE GH=EF
模型拓展：拓展方向 由正方形向矩形拓展
类型 过顶点型 不过顶点型
在矩形ABCD中，点E,F,G,H分别在AD,BC,AB,DC上，
条件 在矩形ABCD中，点E在AD 上，CE⊥BD
EF⊥GH
图示
CD DE EF CD
BCD∽△CDE；② =
结论 =
①△ BC CD GH BC
模型精讲三 “垂美四边形”模型-知识解读
模型特征：
条件 在四边形ABCD中，AC⊥BD
图示
1
①AB2+CD2=AD2+BC2 ;②S = AC·BD
结论 四边形ABCD 2
模型精讲四 “含60°角的菱形”模型-知识解读
模型特征：条件 四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD交于点O,∠ABC=60°
图示
①∠ABD=∠CBD=30°； ②△ABC和△ACD均为等边三角形；
结论 1 ❑√3
③AB:AC:BD=1:1:❑√3; ④S菱形ABCD= AC·BD= BC2
2 2
模型精讲五 “梯子”模型-知识解读
模型特征：
条件 线段AB的两端点在坐标轴上滑动，∠ABC=90°,AB的中点为Q, 连接OQ,CQ,OC
图示
结论 当O,Q,C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OQ+CQ
模型精讲六 “半角”模型-知识解读
模型特征：拓展方向 特殊四边形中的“半角”模型
类型 90°含45° 120°含60°
特点 正方形ABCD，∠EAF=45° 菱形ABCD,∠BAD=120°，∠EAF=60°
图示
变形
①△ABG≌△ADF,△AGE≌△AFE;
①△ABE≌△ADG,△AEF≌△AGF;
结论
②EF=BE+DF
②△AEF为等边三角形(连接AC,可得 △AEC≌△AFD)
模型精练一 “中点四边形”模型
【典例分析】如图，连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，则对角
线AC，BD应满足（ ）
A．AC=BD B．AC平分BD
C．BD平分AC D．AC⊥BD
【答案】D
【思路引导】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，熟练掌握三角形1
的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得EF∥AC,EF= AC，
2
1
HG∥AC,HG= AC，EH∥BD，从而可得EF∥HG,EF=HG，再证出四边形EFGH为平行四边形，
2
然后根据矩形的判定即可得．
【完整解答】解：由题意得：点E,F分别是AB,BC的中点，
1
∴EF∥AC,EF= AC，
2
1
同理可得：HG∥AC,HG= AC，EH∥BD，
2
∴EF∥HG,EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
要使平行四边形EFGH为矩形，则需要EF⊥EH，
又∵EF∥AC，EH∥BD，
∴要使EF⊥EH，则需要AC⊥BD，
故选：D．
【变式训练1】如图，在菱形ABCD中，AB=12，∠B=60°，点E、F、G、H分别是边AB、BC、
1
CD、DA中点，在直线FG上方有一动点P，且满足S = S ，则△ADP周长的最小值为
△PFG 6 四边形EFGH
．
【答案】2❑√43+12
【思路引导】连接AC、BD交于O，由点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA中点证明四边
形EFGH为平行四边形，然后根据菱形的性质证明四边形EFGH为矩形，在FG上方作直线l∥FG，且l
1 1 1
到FG的距离为 EF，即NH= EF，由S = S ，则点P在直线l上，然后作点A关于直线l
3 3 △PFG 6 四边形EFGH
的对称点M，连接MD，交直线l于点P，AC交直线l于点N，AC交AC于点H，根据两点之间线段最短
可得当点M、P、D三点共线时，PA+PD最短为MD长，然后由等边三角形的性质和勾股定理即可求解．【完整解答】解：如图，连接AC、BD交于O，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA中点，
∴EH、FG为△ABD、△CBD的中位线，
1
∴EH=FG= BD，EH∥BD，BD∥FG，
2
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH为矩形，
1 1
在FG上方作直线l∥FG，且l到FG的距离为 EF，即NH= EF，
3 3
1
∵S = S ，
△PFG 6 四边形EFGH
∴点P在直线l上，
如上图，作点A关于直线l的对称点M，连接MD，交直线l于点P，AC交直线l于点N，AC交AC于点H，
由对称性可知：PA=PM，
∴PA+PD=PM+PD，
根据两点之间线段最短可得：当点M、P、D三点共线时，PA+PD最短为MD长，
∴△ADP周长的最小，
∵AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=12，
1
∴OA=OC= AC=6，
2
由勾股定理得：OD=❑√AD2−OA2=❑√122−62=6❑√3,∵E、F分别为AB、BC中点，
1
∴BE=BF= AB=6，
2
∵∠B=60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF=6，
1
∴NH= ×6=2，
3
∴ON=3−2=1，
∴AN=MN=OA+ON=6+1=7，
∴MO=MN+ON=7+1=8，
∴MD=❑√OD2+MO2=❑√(6❑√3) 2+82=2❑√43，
∴△ADP周长的最小值为2❑√43+12，
故答案为：2❑√43+12．
【考点再现】本题考查了轴对称-线段最短问题，等边三角形的判定与性质，菱形性质，勾股定理，矩形
的判定与性质，三角形中位线性质定理，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键．
【变式训练2】如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四
边形EFGH是正方形．
【答案】AC⊥BD，AC=BD/ AC=BD， AC⊥BD
【思路引导】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形
的判定定理即可得解．
【完整解答】解：当AC⊥BD，AC=BD时，四边形EFGH为正方形．
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
1 1 1
∴EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，EH∥BD，EH= BD，
2 2 2
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，当AC⊥BD，AC=BD时，EF⊥EH，EF=EH，
∴四边形EFGH为正方形．
故答案为：AC⊥BD，AC=BD．
【考点再现】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、正方形的判定定理是解题的关键．
【变式训练3】如图，四边形ABCD的四边中点分别为E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H．
（1）判断四边形EFGH形状，并说明理由；
（2）若AC＝BD，判断四边形EFGH形状，并说明理由．
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）菱形，理由见解析
【思路引导】（1）连接AC，根据三角形中位线定理即可证得；
（2）连接BD ，由（1）得，四边形EFGH是平行四边形，再由三角形中位线定理，证得邻边相等，即可证
得菱形．
【完整解答】（1）四边形EFGH为平行四边形，理由如下：
连接AC，如图，
在△ABC和△ADC中，
∵EF、GH分别为其中位线，
1 1
∴EF∥AC,且EF= AC; GH∥AC且GH= AC ，
2 2
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）若AC=BD, 则四边形EFGH为菱形，
连接BD ，如图，在△BCD中，
∵GF为其中位线，
1
∴GF= BD ，
2
1
∵EF= AC（已证），且AC=BD，
2
∴EF=GF ，
又∵四边形EFGH为平行四边形（已证），
∴四边形EFGH为菱形．
【考点再现】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，解题关键是熟练掌握三
角形中位线定理．连接三角形两边中点的线段，平行且等于第三边的一半．
模型精练二 “十字架”模型
【典例分析】对凸四边形我们不妨约定：若四边形对角线垂直，叫做“垂对”四边形；若四边形对角线相
等，叫做“等对”四边形．
(1)判断下列说法的正确性，正确的请在横线处打“√”，错误的打“×”．
①平行四边形一定不是“垂对”四边形；______
②一组邻边相等的平行四边形一定是“等对”四边形；______
③顺次连接“垂对”四边形各边中点所得的四边形是“等对”四边形．______
(2)如图1，在四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD、BC的垂直平分线恰好交于AB边上一点P，连
结AC、BD，求证：四边形ABCD是“等对”四边形．
(3)如图2，在正方形ABCD中，点E、点M分别在边AB、BC上，点F在BC的延长线上，且四边形EMFD是“垂对”四边形，对角线EF、MD相交于点H，EF与边CD交于点N．
①若CF=AE，BE=3，CN=1，求CM的长；
②连接MN，若点M是BC的中点，且正方形边长为4，请直接写出ED+MN的最小值．
【答案】(1)①×②×③√
(2)见解析
(3)①2；②2❑√10
【思路引导】（1）①根据菱形、正方形的性质判断即可；
②根据菱形的判定和性质判断即可；
③根据中位线定理得到EF=HG，EH=FG，证明四边形EFGH是平行四边形，再根据平行四边形的判
定和性质得到∠IEK=90°，即可证明平行四边形EFGH是矩形，进而判断即可；
（2）连接PD，PC，根据垂直平分线的性质得到PA=PD，PC=PB，根据等边对等角得到
∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，根据三角形外角的性质得到∠DPB=2∠PAD，
∠APC=2∠PBC，可知∠APC=∠DPB，证明△APC≌△DPB，得到AC=BD，即可得到四边形
ABCD是“等对”四边形；
（3）①连接DF，根据正方形的性质得到AD=CD，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，可得∠A=∠DCF，
证明△ADE≌△CDF，进而证明△FMH≌△DNH，得到FM=DN，即可求出CM的长；
②过点E作EK∥MN，过点M作MK∥EN，可知四边形EKMN是平行四边形，进而得到ED+EK≥DK，
当D，E，K三点共线时，ED+MN的值最小，作NG∥BC交BC于点G，证明△MDC≌△ENG，得到
MK=MD，根据勾股定理求出DM=2❑√5，进而求出DK即可．
【完整解答】（1）解：①特殊的平行四边形即菱形、正方形对角线垂直，是“垂对”四边形，原说法错
误，
故答案为：×；
②一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线不一定相等，原说法错误，
故答案为：×；
③构造如图所示“垂对”四边形ABCD和其中点四边形EFGH，
∵E,F是边AB,BC中点，
∴EF是△ABC中位线，
1
∴EF= AC，EF∥AC
2
1 1 1
同理可得HG= AC，EH= BD，FG= BD，EH∥BD
2 2 2
∴EF=HG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EF∥AC，EH∥BD
∴四边形EKJI是平行四边形，
∵四边形ABCD是“垂对”四边形，
∴∠AJB=90°，
∴∠IEK=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
矩形对角线相等，
故答案为：√；
（2）证明：连接PD，PC，如图所示：
∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，
∴PA=PD，PC=PB，
∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，
∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，
∵∠PAD=∠PBC
∴∠APC=∠DPB，
∴△APC≌△DPB（SAS），
∴AC=BD，即四边形ABCD是“等对”四边形；
（3）①解：连接DF，在正方形ABCD中，AD=CD，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DCF=90°，
∴∠A=∠DCF，{
AD=CD
)
在△ADE和△CDF中， ∠A=∠DCF ，
AE=CF
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF
∵DH⊥EF，
∴DH=FH，∠DHN=∠FHM=90°，
∴∠FMH＋∠MFH=90°，
∵∠DCF=90°，∠DNH=∠CNF，
∴∠MFH+∠CNF=∠MFH+∠DNH=90°，
∴∠FMH=∠DNH．
{∠FMH=∠DNH
)
在△FMH和△DNH中， ∠FHM=∠DHN ，
FH=DH
∴△FMH≌△DNH（AAS），
∴FM=DN，
∴CM=FM−CF=DN−AE=CD−CN−AE=BE−CN=3−1=2；
②解：过点E作EK∥MN，过点M作MK∥EN，
∴四边形EKMN是平行四边形，
∴EK=MN，MK=EN，
∴ED+MN=ED+EK，
∵ED+EK≥DK，
∴当D，E，K三点共线时，ED+MN的值最小，
∵四边形EMFD是“垂对”四边形，
∴EN⊥DM，即∠DHN=90°，
作NG∥BC交BC于点G，
则∠ANG=∠DNG=90°，NG=BC
∵∠HDN+∠HND=∠HNG+∠HND=90°，
∴∠HDN=∠HNG，∴△MDC≌△ENG，
∴MD=EN，
∴MK=MD，
∵四边形ABCD是正方形，
1
∴CM= DC=2，
2
∴DM=❑√DC2+CM2=❑√42+22=2❑√5，
∵DM⊥EN，MK∥EN，
∴MK⊥DM，
∴DK=❑√DM2+M K2=2❑√10，
∴ED+MN的最小值为2❑√10
【考点再现】本题考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩
形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边对等角，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质，勾股
定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【变式训练1】如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD
于点G．
(1)求证：AE=BG；
(2)如图2，连接AG、≥¿，点M、N、P、Q分别是AB、AG、≥、EB的中点，试判断四边形MNPQ的
形状，并说明理由；(3)如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边恰
好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′=1，正方形的边长为3，求线段OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形MNPQ为正方形，理由见解析
❑√10
(3)
6
【思路引导】（1）由正方形的性质及直角三角形的性质得出∠BAE=∠GBC，证明
△ABE≌△BCG(ASA)，由全等三角形的性质得出结论；
（2）由三角形中位线定理可得出MN=PQ，MQ=NP，由平行四边形的判定可得出四边形MNPQ为平
行四边形，证出MN=MQ，MN⊥MQ，则可得出结论；
（3）延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B′F=3−x，由勾股定理可得出
5
12+(3−x) 2=x2，解得x= ，则可得出答案．
3
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠GBC，
在△ABE和△BCG中，
{∠BAE=∠CBG
)
AB=BC ，
∠ABE=∠BCG
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG．
（2）解：四边形MNPQ为正方形，
理由如下：∵M，N为AB,AG的中点，
∴MN为△ABG的中位线，
1
∴MN∥BG，MN= BG，
2
1 1 1
同理可得PQ∥BG，PQ= BG，MQ∥AE，MQ= AE，NP∥AE，NP= AE，
2 2 2
∴MN=PQ，MQ=NP，∴四边形MNPQ为平行四边形，
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ∥AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN∥BG，
∴MN⊥MQ，
∴四边形MNPQ为正方形．
（3）解：延长AO交BC于点S，
由对称性可知BF=B′F，AB′=BS=1，AO=SO，AS⊥FR，
∴AS=❑√AB2+SB2=❑√10，
1 ❑√10
∴AO= AS= ，
2 2
设AF=x，则BF=B′F=3−x，
在Rt△AB′F中，12+(3−x) 2=x2，
5
∴x= ，
3
5
∴AF= ，
3
∴OF=❑√AF2−AO2=❑
√ (5) 2
−
(❑√10) 2
=
❑√10
．
3 2 6
【考点再现】本题属于四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定，全等三角
形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
【变式训练2】如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E是BC边上一点，且CE=2BE，连接AE，点F是
AB边上一点，过点F作FG⊥AE交CD于点G，连接EF，EG，AG，则四边形AFEG的面积为 ．
【答案】5
【思路引导】由正方形中“十字架”模型的解法可知，过F点作FH⊥CD于H，可证△ABE≌△FHG(
ASA)，可得AE=FG，由勾股定理可求AE=❑√10，再由“对角形互相垂直的四边形面积等于对角线乘积
的一半”，即可求解．
【完整解答】解：如图，过F点作FH⊥CD于H，
∴∠FHG=90°
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=3，
∠B=∠C=90°，
∴四边形BCHF是矩形，
∴FH=BC=AB=3，
∠BFH=90°，
∴∠GFH+∠AFG=90°，
∵AE⊥FG，
∴ ∠AFG+∠EBA=90°，
∴∠EAB=∠GFH，
在△ABE和△FHG中
{
∠B=∠FHG
)
AB=FH ，
∠BAE=∠HFG∴ △ABE≌△FHG(ASA)
∴AE=FG，
∵CE=2BE，
1
∴BE= BC=1，
3
∴AE=❑√AB2+BE2
=❑√32+12=❑√10，
∴FG=❑√10，
1
∴S = AE⋅FG
四边形AFEG 2
1
= ×❑√10×❑√10
2
=5；
故答案：5．
【考点再现】本题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，对角
形互相垂直的四边形面积等，掌握正方形中“十字架”模型的解法是解题的关键．
模型精练三 “垂美四边形”模型
【典例分析】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说
明理由．
(2)性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述）
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
(3)问题解决：如图3，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，GE，已知AC=4，AB=5，求GE长．
【答案】(1)四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；
(2)垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明过程见解析；
(3)¿=❑√73．
【思路引导】本题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．
（1）根据垂直平分线的判定定理可得直线AC是线段BD的垂直平分线，结论得证；
（2）根据垂直的定义可得∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得
AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，进而得到答案；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【完整解答】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形．
证明：如图连接AC，BD交于点E，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形．
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
（3）连接CG、BE，如图：
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
{
AG=AC
)
∠GAB=∠CAE ，
AB=AE
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，
在Rt△ABC中，AC=4，AB=5，根据勾股定理可得：BC=3，
∵CG和BE分别是正方形ACFG和ABDG的对角线，
∴CG=4❑√2，BE=5❑√2，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=(4❑√2) 2+(5❑√2) 2 −32=73，
∴¿=❑√73．
【变式训练1】小新学习了特殊的四边形一平行四边形后，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．(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)性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系：
______．
(3)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直接写出四边形BCGE的面积．
【答案】(1)菱形、正方形
1
(2)S= AC⋅BD
2
(3)①见解析；②130
【思路引导】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
1 1 1
（2）四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积= AC⋅BO+ AC⋅DO= AC⋅BD；
2 2 2
（3）①连接CG、BE，证出∠GAB=∠CAE，由SAS证明△GAB≅△CAE，得出BG=CE，
∠ABG=∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM=90°，得出BG⊥CE即可；②
根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【完整解答】（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正
方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）如图1所示：∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积
1 1 1
= AC⋅BO+ AC⋅DO= AC(BO+DO)
2 2 2
1
= AC⋅BD；
2
1
故答案为： AC⋅BD；
2
（3）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=∠CAE ，
AB=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=2❑√65,
∴CE=BG=2❑√65，
∵四边形BCGE为垂美四边形，
1
∴四边形BCGE的面积= BG•CE=130
2
【考点再现】本题考查的是垂美四边形的判定与性质、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．
【变式训练2】(1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：
①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是_____；（只填序号）
(2)【概念理解】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？
请说明理由．
(3)【性质探究】如图1，垂美四边形ABCD的两对角线交于点O，试探究AB，CD，BC，AD之间有怎
样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；
(4)【性质应用】如图3，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，求GE长．
【答案】(1)③④
(2)四边形ABCD是垂美四边形；理由见解析
(3)AD2+BC2=AB2+CD2；理由见解析
(4)2❑√73
【思路引导】（1）根据菱形和正方形的对角线互相垂直、垂美四边形的概念判断即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质、垂美四边形的概念判断即可；
（3）根据垂美四边形的概念、勾股定理计算，得到答案；
（4）证明△GAB≌△CAE，进而得出CE⊥BG，根据（3）的结论计算即可．
【完整解答】（1）解：∵在①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形中，两条对角线互相垂直的四边
形是③菱形，④正方形，∴③菱形，④正方形一定是垂美四边形，
故答案为：③④；
（2）解：四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：如图2，∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（3）解：AD2+BC2=AB2+CD2，
证明如下：如图①，∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（4）解：如图3，连接BE、CG，设AB与CE交于点M，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
{
AG=AC
)
∠GAB=∠GAE ，
AB=AE
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠BMC＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，∴CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB＝10，AC＝8，
∴BC2=AB2−AC2=36，CG2=AC2+AG2=128，BE2=AB2+AE2=200，
∴GE2=128+200−36=292，
则GE＝2❑√73．
【考点再现】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．
【变式训练3】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB2，CD2与BC2，AD2之间的数量关系 ．
（3）问题解决：如图3，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=4，AB=5，求GE长．
【答案】（1）垂美四边形，证明见解析；（2）AD2+BC2=AB2+CD2；（3）¿=❑√73
【思路引导】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【完整解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2．
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2．
（3）连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
{
AG=AC
)
∠GAB=∠CAE ，
AB=AE
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，∴BC=❑√AB2−AC2=3，CG=4❑√2，BE=5❑√2，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，
∴GE=❑√73．
【考点再现】本题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．
模型精练四 “含60°的菱形”模型
【典例分析】如图，已知菱形ABCD的边长为2，M，N分别是边BC，CD上的动点，
∠BAC=∠MAN=60°，连接MN，则MN的最小值为 ．
【答案】❑√3
【思路引导】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等
相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
由四边形ABCD是菱形得AB=CB=AD=CD，AB∥CD，∠B=∠ADC，而∠BAC=60°，则△ABC
是等边三角形，接着可证△ADC也是等边三角形，再证明△CAM≌△DAN，得AM=AN，而
∠MAN=60°，则△AMN是等边三角形，当AM⊥BC 时，AM的值最小，此时MN的值也最小，通过
勾股定理可求得MN的最小值．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB=AD=CD，AB∥CD，∠B=∠ADC，
∵∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=∠B=∠ADC=60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴AC=AD，
又∵∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中，{∠MAC=∠DAN
)
AC=AD
∠ACM=∠ADC
∴△CAM≌△DAN（ASA），
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN为等边三角形，
当MN最小值时，即AM为最小值，而当AM⊥BC时，AM值最小，
∵AB=AC=BC=2，AM⊥BC，
1
∴BM= BC=1，
2
∴AM=❑√AB2−BM2=❑√22−12=❑√3，即MN=❑√3，
故答案为：❑√3．
【变式训练1】在菱形ABCD中，∠ABC=120°，边长AB为8，点M是AB边上一点，点N是AD边上一
点，将△AMN沿MN翻折，点A的对应点A′恰好落在菱形ABCD的一条边上，若DA′=2，则AM的长为
．
【答案】6或7
【思路引导】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，
熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．
分A′落在AD上和A′落在CD上两种情况进行讨论求解即可．
【完整解答】①当A′落在AD上时，如图，
∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，边长AB为8，
∴AD∥BC，AD=AB=8，
∴∠DAB=180°−∠ABC=60°，∵折叠，
∴AM=A′M，
∴△A A′M为等边三角形，
∴AM=A A′，
∵AD=8,DA′=2，
∴A A′=AD−DA′=6，
∴AM=6；
当A′落在CD上时，如图：
作AE⊥CD交CD的延长线于点E，作A′F⊥AB于点F，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CD,∠ADC=∠ABC=120°，
∴EA⊥AB,∠ADE=60°，
∴∠DAE=30°，四边形AE A′F为矩形，
1
∴DE= AD=4,AE=❑√3DE=4❑√3，AF=A′E,A′F=AE
2
∵DA′=2，
∴A′E=A′D+DE=6，
∴AF=A′E=6,A′F=AE=4❑√3，
∵折叠，
∴AM=A′M，
设AM=A′M=x，则FM=x−6，
在Rt△A′FM中，由勾股定理，得(x−6) 2+(4❑√3) 2=x2，
解得x=7，
∴AM=7；
综上：AM=6或AM=7；
故答案为：6或7．
【变式训练2】如图．在△ABC中，AB=BC，过点B作BD⊥AC于点D．点E为AB的中点，连接DE，
过点E作EF∥BD交CB的延长线于点F．若∠C=30°，求证：四边形DEFB是菱形．【答案】证明见解析
【完整解答】本题考查了三角形的中位线，平行四边形和菱形的判定定理，等腰三角形的性质，直角三角
形30°角所对的直角边是斜边的一半的性质，等边三角形的性质和判定；根据等腰三角形“三线合一”的
1
知识，得到点D为中点，再利用中位线的性质，从而得到DE∥CB，DE= BC，再根据平行四边形判定
2
定理证明四边形DEFB是平行四边形，再利用直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半的性质，得到
1
BD= BC，即证明得BD=DE，得到△DBE是等边三角形，再根据菱形判定定理即可证明.
2
【解答】
证明：∵在△ABC中，AB=BC，过点B作BD⊥AC于点D，
∴D为AC中点，∠CDB=90°，
∵点E为AB的中点，
∴DE为△ABC中位线，
1
∴DE∥CB，DE= BC，
2
又∵EF∥BD，
∴四边形DEFB是平行四边形，
∵∠C=30°，AB=BC，
∴∠ABD=∠CBD=60°,
∵Rt△CDB中，∠C=30°，
1 1
∴BD= BC= AB，
2 2
即BD=DE，∴△DBE是等边三角形，
∴DB=DE，
∴四边形DEFB是菱形.
【变式训练3】如下图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=40cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方
向以2cm/s的速度向点A运动，同时点E从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B运动．当其中一个点
到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0<t≤20）．过点D作DF⊥BC于
点F，连接DE，EF．
(1)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
(2)当t=_______________时，△≝¿为直角三角形．
40
【答案】(1)能，t=
3
(2)10或16
【思路引导】（1）证明四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，平行四边形AEFD是菱形，可得关
于t的方程，求解即可；
（2）分三种情况讨论，分别计算△≝¿三个角为直角时t的值，并判断是否存在．
【完整解答】（1）解：四边形AEFD能成为菱形．理由如下：
由题意，得∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2tcm，
∴DF=tcm．
又∵AE=tcm，
∴AE=DF．
∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AE∥DF，
∴四边形AEFD为平行四边形．
当AD=AE时，四边形AEFD为菱形，
40
∴40−2t=t，解得t= ，
3
40
∴当t= 时，四边形AEFD为菱形．
3（2）解：t=10或16．
由（1）知，四边形AEFD为平行四边形，DE为对角线，
∴当△≝¿为直角三角形时，△ADE为直角三角形．
分三种情况讨论：
①当∠AED=90°时．
∵∠A=60°，
∴∠ADE=30°，
1
∴AE= AD，
2
1
即t= (40−2t)，解得t=10；
2
②当∠ADE=90°时．
∵∠A=60°，
∴∠AED=30°，
1
∴AD= AE，
2
1
即40−2t= t，解得t=16；
2
③当∠EFD=90°时，此种情况不存在；
综上所述，当t=10或16时，△≝¿为直角三角形．
【考点再现】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，
熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键．
模型精练五 “梯子”模型
【典例分析】一架方梯长25米，如图，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙7米，
(1)这个梯子的顶端距地面有多高？
(2)如果梯子的顶端下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？
【答案】(1)梯子顶端距离地面的高度为24米
(2)梯子的底端在水平方向滑动了8米【思路引导】本题主要考查了勾股定理在解直角三角形中的应用，熟练掌握并正确计算是解题的关键．
（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度；
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑4米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股
定理，可以得出梯子的底端在水平方向滑动的距离．
【完整解答】（1）解：根据勾股定理：
梯子顶端距离地面的高度为：AB=❑√252−72=24m；
（2）梯子下滑了4米，
即梯子顶端距离地面的高度为：24−4=20米，
根据勾股定理得：BC′=❑√252−202=15米，
∴CC′=15−7=8m．
即梯子的底端在水平方向滑动了8米．
【变式训练1】如图，小磊将一个梯子斜靠在墙上，梯子顶端距离地面的垂直距离记作MA，测得MA=a，
梯子的底端P保持不动，将梯子的顶端靠在对面墙上，此时∠MPN=90°，梯子的顶端距离地面的垂直距
离记作NB，测得NB=b，求A、B之间的距离．
【答案】a＋b
【思路引导】证明△AMP≌△BPN，从而得到MA＝PB＝a，PA＝NB＝b，即可求出AB＝PA＋PB＝a＋b．
【完整解答】解：∵∠MPN＝90°，
∴∠APM＋∠BPN＝90°，
∵∠APM＋∠AMP＝90°，
∴∠AMP＝∠BPN．
在△AMP与△BPN中，
{
∠AMP=∠BPN
)
∠MAP=∠PBN=90° ，
MP=PN
∴△AMP≌△BPN（AAS），∴MA＝PB＝a，PA＝NB＝b，
∴AB＝PA＋PB＝a＋b．
【考点再现】此题考查了全等三角形的应用，证明△AMP≌△BPN是解题的关键．
【变式训练2】如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=1，AC=4，点A在y轴上，点C在x轴上，
则点A在移动过程中，BO的最大值是 ．
【答案】2+❑√5
【思路引导】取AC的中点M，连接OM，BM，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得
1
OM= AC=2，在Rt△ABM中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得OB≤2+❑√5，据此
2
解题．
【完整解答】解：如图，取AC的中点M，连接OM，BM，
∵∠AOC=90°，AM=CM，AC=4，
1
∴OM= AC=2，
2
在Rt△ABM中，
∵∠BAM=90°，AB=1，AM=2，
∴BM=❑√12+22=❑√5，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+❑√5，
∴OB的最大值为2+❑√5，
故答案为：2+❑√5．
【考点再现】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
模型精练六 “半角”模型
【典例分析】【经典再现】
（1）如图1，D为等边△ABC外一点，BD=CD，∠BDC=120°，BD=2cm，连接AD．则：
①线段AD和线段BC的位置关系是______（直接写出结果）．
②AD=______cm．
【深入探究】
（2）如图2，D为等边△ABC外一点，BD=CD，∠BDC=120°，点M和点N分别为等边△ABC的边AB
和AC上任意一点，∠MDN=60°，试探究线段BM，CN和MN的数量关系，并加以证明．
【拓展应用】
（3）①把（2）中的条件“点M和点N为等边△ABC的边AB和AC上任意一点”改为“点M和点N为直
线AB和直线AC上任意一点”，其他条件不变，直接写出线段BM，CN和MN的数量关系．
②当（2）中的点M和点N在等边△ABC的边AB和AC上运动时，记△AMN的周长为P，记△ABC的周长
P P
为Q，则 的值是否改变？若不变，请求出 的值：若改变，请说明理由．
Q Q
【答案】（1）①AD垂直平分BC（或AD⊥BC）；②4cm，（2）MN=BM+CN，（3）①当点M在
AB上时，MN=CN+BM，当点M在AB延长线上时，MN=CN−BM，当点M在BA延长线上时，
P 2
MN=BM−CN，② = ．
Q 3
【思路引导】（1）根据AB=AC、BD=CD，由线段垂直平分线的判定定理即可得出AD垂直平分BC，
1
根据等边三角形的性质求出∠BAD=∠CAD= ∠BAC=30°，再根据BD=CD，∠BDC=120°，求出
2
∠BCD=∠CBD=30°，进而可得∠ABD=90°，由含30°直角三角形性质可得AD=2BD=4cm；
（2）延长 到 使 ，连接 ，可得 ，进而可得
AB N′ BN′=CN DN′ △BDN′≌△CDN(SAS)，由此得出 ，
△MDN′≌△MDN(SAS) MN=M N′=BM+BN′=BM+CN
（3）①分三种情况同理（2）可以证明结论．
P 2
②由（2）可得P=AM+AN+MN=AM+BM+AN+CN=AB+AC=2AB，由此即可得出 = ．
Q 3
本题主要考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质、半角模型的应用，解题关键是利用截长补
短法构造全等三角形．
【完整解答】（1）结论：AD⊥BC，
∵等边△ABC
∴AB=AC，
又∵BD=CD，
∴AD垂直平分BC，
∵AD⊥BC，等边△ABC中，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，
∵AD⊥BC，
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC=30°，
2
又∵BD=CD，∠BDC=120°，
180°−∠CDB 180°−120°
∴∠BCD=∠CBD= = =30°，
2 2
∴∠ABD=∠ABC+∠CBD=60°+30°=90°，
∴AD=2BD=2×2cm=4cm，
（2）证明：延长AB到N′使BN′=CN，连接DN′，如图2，
∴M N′=BM+BN′=BM+CN，
∵等边△ABC中，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，
∵BD=CD，∠BDC=120°，180°−∠CDB 180°−120°
∴∠BCD=∠CBD= = =30°，
2 2
∴∠ABD=∠ABC+∠CBD=60°+30°=90°，
同理：∠ACD=90°，
∴∠DBN′=∠DCN=90°，
∵BD=CD，
∴△BDN′≌△CDN(SAS)，
∴DN′=DN，∠BDN′=∠CDN，
∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，
∴∠BDM+∠CDN=∠BDC−∠MDN=120°−60°=60°，
∴∠MDN′=∠BDM+∠BDN′=∠BDM+∠CDN=60°，即：∠MDN′=∠MDN=60°，
又∵DM=DM，
∴△MDN′≌△MDN(SAS)，
∴MN=M N′，
∴MN=BM+CN，
（3）①结论：当点M在AB上时，MN=CN+BM，当点M在AB的延长线上时，MN=CN−BM，当点
M在BA的延长线上时，MN=BM−CN，
证明：当点M在AB上时，由（2）得MN=CN+BM，
当点M在BA延长线上时，在BM取N′使BN′=CN，则：M N′=BM−BN′=BM−CN，连接DN′，如
图3，
同理可证 △MDN′≌△MDN(SAS)，
∴MN=M N′=BM−CN
当点M在AB延长线上时，在CN取M′使CM′=BM，则：M N′=CN−CM′=CN−BM，连接DM'，如图4，
同理可得：△M′DN≌△MDN(SAS)，
∴MN=M'N=CN−BM
综上所述：当点M在AB上时，MN=CN+BM，当点M在AB延长线上时，MN=CN−BM，当点M在
BA延长线上时，MN=BM−CN．
P 2
② = ，
Q 3
解：记△AMN的周长为P，
由（2）得：MN=BM+CN，
∴P=AM+AN+MN=AM+BM+AN+CN=AB+AC=2AB，
记△ABC的周长为Q，Q=3AB，
P 2AB 2
∴ = =
Q 3AB 3
【变式训练1】如图在四边形ABCD中，点E是直线BC上一点，将射线AE绕点A逆时针旋转α交直线CD
于点F．
(1)如图①．若四边形ABCD为菱形，∠B=60°,α=60°，则AE与AF之间的数量关系是________；
(2)如图②，若四边形ABCD为正方形，α=45°，连接EF，当点E在BC的延长线上时，试猜想线段
BE、DF与EF之间的数量关系，并加以证明；1
(3)若四边形ABCD为正方形，α=45°，连接EF，当AB=4,BE= BC时，请直接写出EF的长．
2
【答案】(1)AE=AF
(2)BE−DF=EF，证明见解析
10
(3) 或10
3
【思路引导】（1）如图，连接AC，根据菱形的性质得出△ABC是等边三角形，可得出相等的角和边，进
而证明△ABE≌△ACE，再根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）如图：在BC上取点F′，使得BF′=DF，连接AF′，根据条件证明△ABF′≌△ADF，得出
AF′=AF,∠BAF′=∠DAF，再证明△AEF′≌△AEF，根据全等三角形的性质即可得出结论；；
（3）根据题意分两种情况进行讨论，借助于（2）的思路，证明三角形全等，得出相等的边，然后假设边
的长度，利用勾股定理列方程求解即可．
【完整解答】（1）解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC．
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACD=∠BAC=60°．
∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACE(ASA)，
∴AE=AF．
故答案为：AE=AF．
（2）解：BE−DF=EF，证明如下：如图：在BC上取点F′，使得BF′=DF，连接AF′，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠ABF′=∠ADF=90°，
在△ABF′和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABF′=∠ADF=90°
，
BF′=DF
∴△ABF′≌△ADF(SAS)，
∴AF′=AF,∠BAF′=∠DAF．
∵∠EAF=45°,∠BAD=90°，
∴∠DAE+∠DAF=∠DAE+∠BAF′=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°．
在△AEF′和△AEF中，
{
AF′=AF
)
∠EAF′=∠EAF ，
AE=AE
∴△AEF′≌△AEF(SAS)，
∴EF′=EF，
∴BE−DF=BE−BF′=EF′=EF，即BE−DF=EF．
（3）解：①如图，当点E在线段BC上时，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到
△ABF′，
∴AF=AF′,∠BAF′=∠DAF,DF=BF′
，∵四边形ABCD为正方形，∠EAF=45°，
∴∠EAF′=∠BAF′+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°=∠EAF，
又∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAF′ (SAS)
∴EF=EF′=BF′+BE=BE+DF，
∵AB=4
∴BE=EC=2，
设EF=x，则DF=x−2,CF=4−(x−2)=6−x，
10
在Rt△CEF中，由勾股定理可得CE2+CF2=EF2，即22+(6−x) 2=x2，解得：x= ，
3
10
∴EF= ．
3
②如图，当点E在BC延长线上时，取CD的中点G，连接AG，
1
∴DG= CD，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠ABE=∠D,BC=CD,∠BAD=90°，
1
∵BE= BC=2，
2
∴BE=DG=2，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG，
∴∠BAE+∠BAG=∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠EAF=∠GAF=45°，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF=DF−DG=DF−BE，设EF=x，则DF=x+2,CF=x+2−4=x−2，CE=BE+BC=2+4=6，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2=EF2，即62+(x−2) 2=x2，
解得∶x=10．
∴EF=10．
10
综上所述，EF的长为 或10．
3
【考点再现】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定
和性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识以及正确作出辅助线是解题的关键．
【变式训练2】问题背景 如图1，在四边形ABCD中．AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，
E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理
由．
由“∠EAF=60°，∠BAD=120°”的数据信息，解决问题的方法是：延长FD到G，使得DG=BE，连
接AG，则可以先证△ABE≌△ADG，再证________≌________，从而得到BE，EF，FD之间的数量关
系是：________；
验证猜想 写出上述推理的详细过程；
探索延伸 如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别在BC、CD上，且
1
∠EAF= ∠BAD，上述结论是否成立，并说明理由．
2
【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析
【思路引导】本题考查了常见的全等模型——半角模型，掌握模型的构成条件、辅助线的引入是解题关键．
（1）先证△ABE≌△ADG，推出AG=AE,∠BAE=∠DAG，进一步得∠EAF=∠GAF；再证
△EAF≌△GAF，即可得EF=GF=FD+DG=FD+BE；
（2）参考（1）中的证明过程即可；
【完整解答】解：（1）如图所示：∵AB=AD，DG=BE，∠ADG=∠ABE=90°，
∴△ABE≌△ADG(SAS)；
∴AG=AE,∠BAE=∠DAG；
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+∠DAF=60°=∠DAG+∠DAF=∠GAF，
∴∠EAF=∠GAF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=GF=FD+DG=FD+BE；
（2）成立，理由如下：
延长FD到H，使得DH=BE，连接AH，
∵∠B+∠D=180°,∠ADH+∠D=180°，
∴∠B=∠ADH；
∵DH=BE，AD=AB，
∴△ADH≌△ABE(SAS)，
∴AH=AE,∠BAE=∠DAH；
1
∵∠EAF= ∠BAD，
21
∴∠BAE+∠DAF= ∠BAD=∠DAH+∠DAF=∠HAF，
2
∴∠EAF=∠HAF，
∴△EAF≌△HAF(SAS)，
∴EF=HF=FD+DH=FD+BE；
【变式训练3】如图，正方形ABCD中，M，N分别在CD、BC上，连接
AM、AN、MN，∠MAN=45°．
(1)若将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE；请你补全图形．
(2)直接写出线段DM、BN、MN之间的数量关系；
(3)根据（2）的结论，写出证明过程；
(4)如果正方形的边长是5，求△CMN的周长．
【答案】(1)见解析
(2)MN=DM+BN
(3)见解析
(4)10
【思路引导】本题考查了旋转的性质、半角模型以及正方形的性质，掌握半角模型的条件以及结论是解题
关键．
（1）根据提示即可作图；
（2）根据图形可得结论；
（3）由旋转可知：△ADM≌△ABE，推出AM=AE,∠DAM=∠BAE,DM=BE，进而得
∠EAN=∠MAN，证△EAN≌△MAN即可；
（4）根据△CMN的周长=MN+CN+CM，MN=DM+BN，推出△CMN的周长
=(DM+CM)+(BN+CN)=BC+CD=10，即可；
【完整解答】（1）解：如图所示：（2）解：MN=DM+BN；
（3）证明：由旋转可知：△ADM≌△ABE，
∴AM=AE,∠DAM=∠BAE,DM=BE，
∵∠MAN=45°,∠BAD=90°，，
∴∠DAM+∠BAN=45°=∠BAE+∠BAN=∠EAN，
∴∠EAN=∠MAN，
∴△EAN≌△MAN，
∴MN=EN=BE+BN=DM+BN；
（4）解：∵△CMN的周长=MN+CN+CM，MN=DM+BN，
∴△CMN的周长=(DM+CM)+(BN+CN)=BC+CD=10
1．如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上,AF⊥DE，交DE于G，交BC于点F．若
AE=15，BE=5，则△AEG的面积与四边形BFGE的面积之比是（ ）
1 2 3 9
A． B． C． D．
3 3 4 16
【答案】D
【思路引导】根据AAS可以证明△AED≌△BFA，然后即可得到AE=BF，再根据勾股定理可以得到AF
的长，然后根据相似三角形的判定和性质可以得到△AGE和△ABF的面积之比，然后即可得到△AEG的
面积与四边形BFGE的面积之比．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BA，∠EAD=∠FBA=90°，
∴∠BAF+∠BFA=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AGE=90°，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∴∠BFA=∠AED，
在△AED和△BFA中，
{∠EAD=∠FBA
)
∠AED=∠BFA ，
AD=BA
∴△AED≌△BFA(AAS)，
∴AE=BF，
∵AE=15，BE=5，
∴BF=15，AB=20，
∴AF=❑√AB2+BF2=25，
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴
S
△AGE=
(AE) 2
=
(15) 2
=
9
，
S AF 25 25
△ABF
∴△AEG的面积与四边形BFGE的面积之比是：9：(25−9)=9：16，
故选：D．
【考点再现】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解答本题的
关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2．下列说法正确的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直且平分
B．菱形的对角线也是这组对角的角平分线
C．正方形被对角线分割后所得的三角形都是等边三角形
D．连接菱形各边中点得到的四边形是正方形
【答案】B
【思路引导】本题考查特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质及中点四边形的判定，熟练掌握特
殊平行四边形的性质及判定是解题的关键．根据特殊平行四边形的性质与判定，逐一分析各选项的正确性即可．
【完整解答】解：选项A：矩形的对角线相等且互相平分，但并非互相垂直，故此选项说法错误，不符合
题意；
选项B：菱形的对角线也是这组对角的角平分线，故此选项说法正确，符合题意；
选项C：正方形被对角线分割后所得的三角形都是等腰直角三角形，故此选项说法错误，不符合题意；
选项D：连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，不一定是正方形，故此选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
3．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E，使DE=5，若折痕为PQ，
则PQ的长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】A
【思路引导】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，
从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【完整解答】解：过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到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Rt△ADE 中，DE=5，AD=12，
由勾股定理得：
AE=❑√52+122=13，
∴PQ=13．
故选：A．
【考点再现】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是
解题的关键．
4．如图，在菱形 ABCD 中，边长 AB=4，∠A=60°，E、F 为边 BC、CD 的中点，作菱形 CEGF，则图中阴
影部分的面积为（ ）
A．16 B．12 C．8❑√3 D．6❑√3
【答案】D
【思路引导】构造辅助线，求得BG，CG的长，利用三角形中位线定理证得△ECF~△BCD,求得
1
S = S =❑√3，从而求得阴影部分的面积．
△ECF 4 △BCD
【完整解答】设菱形ABCD的对角线相交于G，∵AB=4，∠A=60°，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠C =60°，
∴ΔBCD为边长为4的等边三角形，
∴∠DCG=∠BCG=30°，BD=BC=4，
1
∴BG= BC=2，CG=❑√3BG=2❑√3，AC=2CG=4❑√3，
2
1 1
∴S = BD⋅CG=4❑√3，S = AC⋅BD=8❑√3，
△BCD 2 菱形ABCD 2
∵E、F 为边 BC、CD 的中点，
1
∴EF∥BD，EF= BD=2，
2
∴△ECF~△BCD,
1
∴S = S =❑√3，
△ECF 4 △BCD
∴S =S −2S =8❑√3−2❑√3=6❑√3．
阴影 菱 形ABCD ΔECF
故选：D．
【考点再现】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，三角形中位的性质，相似
三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造出等边三角形是解题的关键，也是本题的突破点．
5．如图，点E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB,BC,CD,DA的中点，则下列说法正确的是
（ ）
A．若AC=BD，则四边形EFGH为矩形B．若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形
C．若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分
D．若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等
【答案】D
【思路引导】本题考查了三角形的中位线定理、矩形与菱形的判定、正方形的性质等知识，熟练掌握三角
形的中位线定理和特殊四边形的判定与性质是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得
1 1 1 1
EF= AC,EF∥AC，HG= AC,HG∥AC，FG= BD,FG∥BD，EH= BD,EH∥BD，再证
2 2 2 2
出四边形EFGH为平行四边形，由此即可判断选项C错误；根据菱形与矩形的判定即可得选项A和B错误；
根据正方形的性质可得EF=EH,EF⊥EH，则可得AC=BD，AC⊥BD，由此即可判断选项D正确．
【完整解答】解：∵点E,F分别是AB,BC的中点，
1
∴EF= AC,EF∥AC，
2
1 1 1
同理可得：HG= AC,HG∥AC，FG= BD,FG∥BD，EH= BD,EH∥BD，
2 2 2
∴EF=HG,FG=EH,EF∥HG,FG∥EH，
∴四边形EFGH为平行四边形，无法得出AC与BD互相平分，则选项C错误；
若AC=BD，则EF=HG=FG=EH，
∴四边形EFGH为菱形，则选项A错误；
若AC⊥BD，则EF⊥BD，
又∵BD∥EH，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH为矩形，则选项B错误；
若四边形EFGH是正方形，则EF=EH,EF⊥EH，
1 1
∴ AC= BD，EF⊥BD，
2 2
∴AC=BD，
又∵EF∥AC，
∴AC⊥BD，
即若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等，选项D正确；
故选：D．
6．如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，还要添加 条件，才能保证四边形EFGH是矩形．
【答案】AC⊥BD
【思路引导】根据三角形的中位线平行于第三边可得EF∥BD，GH∥BD，EH∥AC，FG∥AC，
进而可证四边形EFGH是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知∠EHG=90°，结合平行线的
性质求出∠2=∠1=90°，可知此时AC⊥BD．
【完整解答】解：如图，∵E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD的中点，
∴EF∥BD，GH∥BD，EH∥AC，FG∥AC，
∴EF∥GH，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
若四边形EFGH是矩形，
则有∠EHG=90°，
∵GH∥BD，
∴∠1=∠EHG=90°，
∵EH∥AC，
∴∠2=∠1=90°，即AC⊥BD，
∴还要添加AC⊥BD的条件，才能保证四边形EFGH是矩形，
故答案为：AC⊥BD．
【考点再现】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，熟练掌握矩形的四个角
都是直角是解题的关键．
7．如图，直线l ∥l ∥l ，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在l ,l ,l 上，l ,l 之间的距离是2，
1 2 3 1 2 3 1 2l ,l 之间的距离是4，则正方形ABCD的面积为 ．
2 3
【答案】20
【思路引导】过点A作AE⊥l 于点E，过点C作CF⊥l 于点F，先证得△ABE≌△BCF，可得AE=BF=2，
2 2
CF=4，再由勾股定理，即可求解．
【完整解答】解：如图，过点A作AE⊥l 于点E，过点C作CF⊥l 于点F，
2 2
∴∠CBF+∠BCF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBF=90°，AB=BC，
∴∠ABE=BCF，
∵∠AEB=∠CFB=90°，
∴△ABE≌△BCF，
∴AE=BF，BE=CF，
∵l ,l 之间的距离是2，l ,l 之间的距离是4，
1 2 2 3
∴AE=BF=2，CF=4，
∴BC2=BF2+CF2=42+22=20．
故答案为：20
【考点再现】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及正方形面积的求
解方法，证明△ABE≌△BCF是解题的关键．
8．如图，正方形ABCD的边长为3，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且AE=CF，则四边形EBFD的面积为： ．
【答案】9
【思路引导】根据SAS判断△DAE≅△DCF，从而得到四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积，计算即
可；
【完整解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠DCF=90°，
∵AE=CF，
∴△DAE≅△DCF(SAS)，
∴四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积=32=9．
故答案是9．
【考点再现】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，准确计算是解题的关键．
9．如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4❑√3，则
AC＝ ．【答案】4．
【思路引导】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等
于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．
【完整解答】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．
∵四边形内角和360°，
∴∠D+∠ABC＝180°．
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴E、B、C三点共线．
根据旋转性质可知∠EAC＝60度，AE＝AC，
∴△AEC是等边三角形．
四边形ABCD面积等于△AEC面积，
❑√3
等边△AEC面积= Ac2=4❑√3 ，
4
解得AC＝4．
故答案为4．
【考点再现】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及
∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．
10．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a
于点E，若DE=8，BF=5，则EF的长为 ．【答案】13
【思路引导】首先证明∠ABF=∠EAD，再利用AAS证明△AED≌△BFA，进而得到
AF=DE，AE=BF，然后再根据线段的和差关系可得答案．
【完整解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AD=AB，
∴∠DAE+∠BAF=90°，
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
{∠AED=∠BFA
)
在△ABF和△DAE中， ∠DAE=∠ABF ，
AD=BA
∴△AED≌△BFA(AAS)，
∴AF=DE，AE=BF，
∵DE=5，BF=8，
∴EF=AE+AF=BF+DE=8+5=13．
故答案为：13．
【考点再现】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解
题的关键．
11．如图，一架长2.5m的梯子AB斜靠在墙AC上，∠C=90°，此时，梯子的底端B离墙底C的距离BC
为0.7m．
(1)求此时梯子的顶端A距地面的高度AC；
(2)如果梯子的顶端A下滑了0.9m，那么梯子的顶端B在水平方向上向右滑动了多远？
【答案】(1)2.4m
(2)梯子的底端B在水平方向滑动了1.3m
【思路引导】本题主要考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理，是解题关键．（1）直接利用勾股定理求出AC的长，进而得出答案；
（2）直接利用勾股定理得出B′C，进而得出答案．
【完整解答】（1）解：∵∠C=90°，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√2.52−0.72=2.4m，
∴此时梯子的顶端A距地面的高度AC为2.4m．
（2）解：根据题意得：A A′=0.9m，
∴C A'=CA−A A'=2.4−0.9=1.5m，
∴B'C=❑√A'B'2−A'C2=❑√2.52−1.52=2m，
∴BB'=B'C−BC=2−0.7=1.3m
答：梯子的顶端B在水平方向上向右滑动了1.3m．
12．如图所示，正方形ABCD中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，D，M关于直线AF对
称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若∠EFC的平分线交AE的延长线于G，求证：AG=❑√2AF．
【答案】(1)见解析；（2）见解析
【思路引导】（1）由已知可证ΔDAF≅ΔMAF，ΔBAE≅ΔMAE，即可得证；
（2）由上述结论可得∠EAF=45°，再证△AFG为等腰直角三角形．
【完整解答】解：连结AM，DM，BM，∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
1
∴∠EAF= ∠BAD=45°，
2
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴AG=❑√2AF．
【考点再现】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角
形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利
用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
13．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E、F分别为边BC、DC的中点，连接EF，求证：
EF=❑√3BE．【答案】见解析
【思路引导】连接AC、BD，交于点O，根据三角形的中位线定理知EF=BO，在菱形ABCD中，
❑√3
∠ABC=60°，易知∠BCO=60°，解直角三角形OBC知BO=BC∙sin60°= BC=❑√3BE,从而得证．
2
【完整解答】证明：如图，连接AC、BD，交于点O，
∵E、F分别是BC、DC的中点，
1
∴EF= BD=BO，
2
在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，∠CBD=30°，
∴∠BCO=60°，
❑√3 ❑√3
∴BO=BC⋅sin60°= BC= ⋅2BE=❑√3BE，
2 2
∴EF=❑√3BE．
【考点再现】本题主要考查了三角形的中位线定理，菱形的性质及解直角三角形，熟练掌握有一个角为
60°的特殊菱形的性质是解题的关键．
14．如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿
AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；
（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．
❑√2
【答案】（1）见解析；（2）AB= +1．
2
【思路引导】（1）由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形
ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；
（2）根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．
【完整解答】（1）由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAD=2∠EAF=2×45°=90°，
又∵∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）∵EC=FC=1，
∴BE=DF，EF=❑√EC2+FC2=❑√12+12=❑√2，
∵EF=EG+GF=BE+DF，
1 ❑√2
∴BE=DF= EF= ，
2 2
❑√2
∴AB=BC=BE+EC= +1．
2
【考点再现】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟
练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．
15．【问题情境】：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等
吗？（1）直接判断：AE______BF（填“=”或“≠”）；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
【问题探究】：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且¿⊥BF，垂足为M．那么
GE与BF相等吗？证明你的结论：
【问题拓展】：
（3）如图3，将边长为40cm的正方形ABCD折叠，使得点D落在BC上的点E处．若折痕FG的长为
41cm，则CE=______cm．
【答案】（1）=；（2）¿=BF，理由见解析；（3）9
【思路引导】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形和折叠，矩形的判定和性质．
（1）证明△ABE≌△BCF即可得出结论；
（2）过点A作AN∥≥¿，证明△ABN≌△BCF(AAS)，由此可得AN=≥=BF；
（3）利用AAS证明△FPG≌△DCE，得DE=FP=41，再利用勾股定理可得答案．
【完整解答】（1）解：∵AE⊥BF，
∴∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BEM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BEM=∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
{
∠ABC=∠C
)
∠BEM=∠BFC ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCF(AAS)，∴AE=BF．
故答案为：=；
（2）解：¿=BF，理由如下：
如图2，过点A作AN∥≥¿，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB=∠NHB=90°
，
∴∠FBC+∠BNH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°，
∵AD∥BC，AN∥≥¿，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN=EG，
∵∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BNH=∠BFC，
∴△ABN≌△BCF(AAS)，
∴AN=BF，
∵AN=EG，
∴≥=BF；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠C=90°，AD=CD，
作FP⊥CD于P，连接DE，则四边形AFPD是矩形，
∴∠DCE=∠FPG=90°，
由翻折知，GF⊥DE，
∴∠PFG=∠CDE，
∵AD=CD，
∴△FPG≌△DCE（AAS），
∴DE=FG=41，
在Rt△CDE中，由勾股定理得CE=❑√412−402=9（cm），
故答案为：9．
