专题01 平行四边形（5种模型与解题方法）解析版.docx

1、专题 01 平行四边形（5 种模型与解题方法）目录 题型一：中点四边形 题型二：正方形中的十字架模型 题型三：四边形中的对角互补模型 题型四：与正方形有关三垂线 题型五：正方形与 45角的基本图 题型一：中点四边形“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：（原四边形 ABCD 依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）（一）中点四边形一定是平行四边形 1.当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形 2.当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形 3.当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形 （二

2、）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和 （三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一 一选择题（共 5 小题）1（2023 春栖霞区校级期中）如图，点 E、F、G、H 分别是任意四边形 ABCD中 AD、BD、BC、CA的中点，要使四边形 EFGH 是菱形，那么至少应满足的条件是()A ACBD B ACBD C ABCD D ADBC【分析】由点 E、F、G、H 分别是任意四边形 ABCD中 AD、BD、BC、CA 的中点，根据三角形中位线的性质，可得12EFGHAB，12EHFGCD，又由当 EFFGGHEH时，四边形 EFGH 是菱形，即可求得答案【解答】解：点 E、F、G、H 分

3、别是任意四边形 ABCD中 AD、BD、BC、CA 的中点，12EFGHAB，12EHFGCD，当 EFFGGHEH时，四边形 EFGH 是菱形，当 ABCD时，四边形 EFGH 是菱形 故选：C 【点评】此题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用 2（2023 春高港区期中）如图，在四边形 ABCD中，E、F、G、H 分别是边 AB、BC、CD、DA、的中点请你添加一个条件，使四边形 EFGH 为菱形，应添加的条件是()A ABCD B ACBD CCDBC D ACBD【分析】应添加的条件为 ACBD，理由为：根据 E、F、G、H

4、分别为 AB、BC、CD、DA 的中点，利用三角形中位线定理及 ACBD，等量代换得到四条边相等，确定出四边形 EFGH 为菱形，得证【解答】解：应添加的条件是 ACBD，理由为：证明：E、F、G、H 分别为 AB、BC、CD、DA 的中点，且 ACBD，12EHBD，12FGBD，12HGAC，12EFAC，EHHGGFEF，则四边形 EFGH 为菱形，故选：D 【点评】此题考查了中点四边形，以及菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键 3（2023 春海州区期中）如图，在四边形 ABCD中，E、F、G、H 分别是 AB、BD、CD、AC 的中点，要使四边形 EFGH 是矩形，则四

5、边形 ABCD只需要满足一个条件是()A/ABCD B四边形是菱形 C ACDB D ADBC【分析】首先得出四边形 EFGH 是平行四边形，由 ADBC，得出GHGF，即可得出结论【解答】解：点 E、F G、H 分别是 AB、BD、CD、AC 的中点，GH是 ADC的中位线，EF 是 ABD的中位线，GF 是 CBD的中位线，/GHAD，12GHAD，12EFAD，/EFAD，/GHEF，GHEF，四边形 EFGH 是平行四边形 当四边形是菱形时，ACBC，GHGF，此时四边形 EFGH 是矩形；故选：B 【点评】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定方法以及矩

6、形的判定；熟练掌握菱形和矩形的判定方法，由三角形中位线定理得出线段之间的关系是解决问题的关键 4（2023 春盱眙县期中）如图，E，F，G，H 分别是 BD，BC，AC，AD 的中点，且 ABCD，下列结论：四边形 EFGH 是菱形；EGFH；若245BADADC，则27.5EFH；1()2EGBCAD；其中正确的个数是()A1 个 B2 个 C3 个 D4 个【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与 ABCD可得四边形 EFGH 是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断【解答】解：E、F、G、H 分别是 BD、BC、AC、AD 的

7、中点，12EFCD，12FGAB，12GHCD，12HEAB，/ABFG，/CDEF，ABCD，EFFGGHHE，四边形 EFGH 是菱形，四边形 EFGH 是菱形，故正确；EGFH，故正确；245BADADC，115ABCDCB，/ABFG，/CDEF，CFGABC，EFBDCB，115CFGEFB，180()65EFGCFGEFB ，132.52EFHEFG，故错误；当/ADBC，如图所示：E，G 分别为 BD，AC 中点，连接CD，延长 EG 到CD上一点 N，12ENBC，12GNAD，1()2EGBCAD，只有/ADBC 时才可以成立，而本题 AD 与 BC 很显然不平行，故错误 综

8、上所述，共 2 个正确 故选：B 【点评】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与 ABCD判定四边形 EFGH 是菱形是解答本题的关键 5（2023 春南京期中）如图，在四边形 ABCD中，E、F、G、H 分别是线段 AD、BD、BC、AC 的中点，要使四边形 EFGH 是菱形，需添加的条件是()A ACBD B ACBD C ABCD D ABCD【分析】由点 E、F、G、H 分别是任意四边形 ABCD中 AD、BD、BC、CA 的中点，根据三角形中位线的性质，可得12EFGHAB，12EHFGCD，又由当 EFFGGHEH时，四边形 EFGH 是菱形，

9、即可求得答案【解答】解：点 E、F、G、H 分别是任意四边形 ABCD中 AD、BD、BC、CA 的中点，12EFGHAB，12EHFGCD，当 EFFGGHEH时，四边形 EFGH 是菱形，当 ABCD时，四边形 EFGH 是菱形 故选：C 【点评】此题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用 二填空题（共 3 小题）6（2023 春大丰区期中）如图，已知矩形 ABCD的对角线 AC 的长为10cm，顺次连结各边中点 E、F、G、H 得四边形 EFGH，则四边形 EFGH 的周长为 20 cm 【分析】根据三角形中位线定理易得四边形 E

10、FGH 的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为 10，那么就求得了各边长，让各边长相加即可【解答】解：H、G 是 AD 与CD的中点，HG是 ACD的中位线，152HGACcm，同理5EFcm，根据矩形的对角线相等，连接 BD，得到：5EHFGcm，四边形 EFGH 的周长为 20cm 故答案为：20 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线的应用，能求出四边形的各个边的长是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半 7（2023 春梁溪区校级期末）如图，在四边形 ABCD中，对角线 ACBD，若12AC，9BD，则四边形 AB

11、CD各边中点连线构成的四边形 EFGH 的面积是 27 【分析】由三角形中位线定理推出/FEHG，FEGH，得到四边形 EFGH 是平行四边形，由/FGBD，/EFAC，ACBD，推出 FEFG，得 EFGH 是矩形，即可求出四边形 EFGH 的面积【解答】解：E，F 分别是 AB，BC 的中点，FE是 ABC的中位线，/EFAC，162EFAC，同理：/GHAC，12GHAC，/FEHG，FEGH，四边形 EFGH 是平行四边形，F，G 分别是 BC，CD的中点，FG是 CBD的中位线，/FGBD，1922FGDB，/EFAC，ACBD，FEFG，四边形 EFGH 是矩形，四边形 EFGH

12、的面积96272EF FG 故答案为：27 【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定，关键是由三角形中位线定理判定四边形EFGH 是矩形 8（2023 春苏州期中）如图，四边形 ABCD是边长为 3 的菱形，对角线8ACBD，点 E，F，G，H分别为边 AB，BC，CD，AD 中点，顺次连接 E，F，G，H 则四边形 EFGH 的面积为 3.5 【分析】利用菱形性质以及勾股定理得到22211()()3922ACBD，即2236ACBD，结合8ACBD，推出14ACBD，再根据中点四边形的知识证明四边形 EFGH 为矩形，根据矩形面积公式即可求解【解答】解：设菱形 ABCD的对角

13、线的交点为O，12AOOCAC，12BOODBD，ACBD，22211()()3922ACBD，即2236ACBD，8ACBD，22264ACBDACBD，14ACBD，点 E，F，G，H 分别为边 AB，BC，CD，AD 中点，12EHBD，/EHBD，12EFAC，/EFAC，四边形 EFGH 为平行四边形，ACBD，EFEH，四边形 EFGH 为矩形，四边形 EFGH 的面积为1()3.54EFEHACBD，故答案为：3.5【点评】本题考查了菱形的性质，中点四边形的知识，完全平方公式的变形，证明四边形 EFGH 为矩形是解题的关键 三解答题（共 4 小题）9（2023 春徐州期中）如图，

14、E、F、G、H 为菱形 ABCD各边中点（1）求证：四边形 EFGH 为矩形；（2）若6EFGHS四边形，则ABCDS菱形 12 【分析】（1）连接 AC、BD，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，根据菱形的性质得到 ACBD，根据矩形的判定定理证明；（2）根据菱形的面积公式计算，得到答案【解答】（1）证明：连接 AC、BD，H、G 为 AD、CD中点，12HGAC，/HGAC，同理可得：12EFAC，/EFAC，/EFHG，EFHG，四边形 EFGH 为平行四边形，四边形 ABCD为菱形，ACBD，H、E 为 AD、AB 中点，/EHBD，EHHG，

15、平行四边形 EFGH 为矩形；（2）解：6EFGHS四边形，6EH HG，24BD AC，1122ABCDSBD AC菱形，故答案为：12 【点评】本题考查的是矩形的判定定理、三角形中位线定理、菱形的性质，熟记有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键 10（2023 春靖江市期中）如图 1，1A，1B，1C，1D 分别是四边形 ABCD各边的中点，且 ACBD，6AC，10BD （1）试判断四边形1111A B C D 的形状，并证明你的结论；（2）如图 2，依次取11A B，11B C，11C D，11D A 的中点2A，2B，2C，2D，再依次取22A B，22B C，22C D，22

16、D A 的中点3A，3B，3C，3D 以此类推，取11nnAB，11nnBC，11nnCD，11nnDA 的中点nA，nB，nC，nD，根据信息填空：四边形1111A B C D 的面积是 ；若四边形nnnnA B C D 的面积为1516，则 n ；试用 n 表示四边形nnnnA B C D 的面积 【分析】（1）根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明；（2）根据三角形中位线定理、矩形的面积公式计算；根据的结论写出前五个四边形的面积，求出 n；根据的规律解答【解答】（1）解：四边形1111A B C D 是矩形，证明：1A，1B，1C，1D 分别是四边形 ABCD各边的中点，11/A BA

17、C，11/C DAC，1111/A BC D，同理可得，1111/A DB C，四边形1111A B C D 是平行四边形 1111/A BC D，1111/A DB C，ACBD，111190A B CAPCAHD ，四边形1111A B C D 是矩形；（2）1A，1B，1C，1D 分别是四边形 ABCD各边的中点，11132A BAC，11152A DBD，矩形1111A B C D 的面积3 515 ，故答案为：15；由可知，1111A B C D 的面积15，则2222A B C D 的面积1152，3333A B C D 的面积21152，4444A B C D 的面积31152，

18、5555A B C D 的面积411515216，5n，故答案为：5；四边形nnnnA B C D 的面积111151522nn，故答案为：1152n 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理、根据图形的变化找出规律是解题的关键 11（2023 春姜堰区期中）如图，在四边形 ABCD中，点 E、F、G、H 分别是 AB、BC、CD、AD 的中点，连接 AC、BD （1）求证：四边形 EFGH 是平行四边形；（2）当对角线 AC 与 BD 满足什么关系时，四边形 EFGH 是菱形，并说明理由 【分析】（1）利用三角形中位线定理可得新四边形的

19、对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形；（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，只要证明 EFEH即可【解答】（1）证明：点 E、F、G、H 分别是 AB、BC、CD、AD 的中点，/EFAC，12EFAC，/HGAC，12HGAC，/EFHG，EFHG，四边形 EFGH 为平行四边形；（2）当 ACBD时，四边形 EFGH 是菱形，理由如下：由（1）知：四边形 EFGH 是平行四边形 E、H 分别是 AB、AD 的中点，12EHBD 又12EFAC，当 ACBD时，EFEH，平行四边形 EFGH 是菱形【点评】此

20、题考查了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形 12（2023 春盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图 1，在四边形 ABCD中，E，F，G，H 分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，依次连接各边中点得到中点四边形 EFGH （1）这个中点四边形 EFGH 的形状是 ；（2）如图 2，在四边形 ABCD中，点 M 在 A

21、B 上且 AMD和 MCB为等边三角形，E、F、G、H 分别为 AB、BC、CD、AD 的中点，试判断四边形 EFGH 的形状并证明 【分析】（1）连接 AC，由三角形中位线定理得出/EFAC，12EFAC，/GHAC，12GHAC，得出/EFGH，EFGH，即可得出结论；（2）连接 AC、DB，由等边三角形的性质得出 AMDM，60AMDCMB ，CMBM，证出AMCDMB，由 SAS 证明 AMCDMB，得出 ACDB，由三角形中位线定理得出/EFAC，12EFAC，/GHAC，12GHAC，12HEDB，得出/EFGH，EFGH，证出四边形 EFGH 是平行四边形；再得出 EFHE，即可

22、得出结论【解答】解：（1）中点四边形 EFGH 是平行四边形；理由如下：连接 AC，如图 1 所示：E，F，G，H 分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，EF是 ABC的中位线，GH 是 ACD的中位线，/EFAC，12EFAC，/GHAC，12GHAC，/EFGH，EFGH，四边形 EFGH 是平行四边形；故答案为：平行四边形；（2）四边形 EFGH 为菱形理由如下：连接 AC 与 BD，如图 2 所示：AMD和 MCB为等边三角形，AMDM，60AMDCMB ，CMBM，AMCDMB，在 AMC和 DMB中，AMDMAMCDMBCMBM，()AMCDMB SAS，ACDB，E，F，G，

23、H 分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，EF是 ABC的中位线，GH 是 ACD的中位线，HE 是 ABD的中位线，/EFAC，12EFAC，/GHAC，12GHAC，12HEDB，/EFGH，EFGH，四边形 EFGH 是平行四边形；ACDB，EFHE，四边形 EFGH 为菱形 【点评】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出 ACDB是解决问题（2）的关键 题型二：正方形中的十字架模型 一选择题（共 2 小题）1（2022 春海门市校级期中）如图，E、F 分别是正方形 ABCD的边CD、AD 上的点，且CE

24、DF，AE、BF 相交于点O，下列结论：（1）AEBF；（2）AEBF；（3）AOOE；（4）AOBDEOFSS四边形中正确的有()A4 个 B3 个 C2 个 D1 个【分析】根据正方形的性质得 ABADDC，90BADD ，则由CEDF易得 AFDE，根据“SAS”可判断 ABFDAE，所以 AEBF；根据全等的性质得ABFEAD，利用90EADEAB 得到90ABFEAB，则 AEBF；连接 BE，BEBC，BABE，而BOAE，根 据 垂 直 平 分 线 的 性 质 得 到 OAOE；最 后 根 据ABFDAE 得ABFDAESS，则A B FA O FD A EA O FSSSS，即

25、AOBDEOFSS四边形【解答】解：四边形 ABCD为正方形，ABADDC，90BADD ，而CEDF，AFDE，在 ABF和 DAE中 ABDABADADEAFDE，()ABFDAE SAS，AEBF，所以（1）正确；ABFEAD，而90EADEAB，90ABFEAB，90AOB，AEBF，所以（2）正确；连接 BE，BEBC，BABE，而 BOAE，OAOE，所以（3）错误；ABFDAE，ABFDAESS，ABFAOFDAEAOFSSSS，AOBDEOFSS四边形，所以（4）正确 故选：B 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、

26、“AAS”；全等三角形的对应边相等也考查了正方形的性质 2（2022 春江苏无锡八年级校考期末）如图，将边长为 3 的正方形 ABCD 纸片沿 EF 折叠，点 C 落在 AB 边上的点 G 处，点 D 与点 H 重合，CG 与 EF 交于点 P，取 GH 的中点 Q，连接 PQ，则GPQ 的周长最小值是（）A 32 22 B 33 52 C 32 32 D 92 【答案】B【分析】连接 BP，取 CD 的中点 M，连接 PM，根据折叠的性质，PMPQ，GHDC，PCPG，要求GPQ的周长的最小值，只需求 PM+PB 的最小值，当 M、P、B 三点共线时，PM+BPBM 最小，在 RtBCM 中

27、，勾股定理求出 BM，即可求解【详解】解：连接 BP，取 CD 的中点 M，连接 PM，由折叠可知，PMPQ，GHDC，PCPG，在 RtBCG 中，P 是 CG 的中点，BPPG 12 GC，Q 是 GH 的中点，QG 12 GH，GPQ 的周长PQ+QG+PGPM+12 GH+PBPM+PB+12 CD，CD3，GPQ 的周长PM+PB+32，当 M、P、B 三点共线时，PM+BPBM 最小，在 RtBCM 中，BM 3 52，GPQ 的周长的最小值为 3+3 52.故选 B【点评】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键 二填空题（共 2

28、 小题）3（2023 春宿豫区期中）如图所示，将正方形 ABOC 放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点 B 的坐标为(2,3)，则点 A 的坐标为 (1,5)【分析】过点 B 作 BDx轴于点 D，过点 A 作 DB 的垂线交 DB 的延长线于点 E，交 y 轴于点 F，先证 BDO和 AEB全等，从而得2ODBE，3BDAE，进而得5ED，1AF ，据此可求出点 A 的坐标【解答】解：过点 B 作 BDx轴于点 D，过点 A 作 DB 的垂线交 DB 的延长线于点 E，交 y 轴于点 F，则90BDOE ，90BODDBO，四边形 ABOC 为正方形，OBBA，90ABO，90DBOABE

29、，BODABE，在 BDO和 AEB中，90BDOEBODABEOBBA ，()BDOAEB AAS，ODBE，BDAE，点 B 的坐标为(2,3)，2OD，3BD，2BE，3AE ，325EDBDBE，321AFAEOD ，点 A 的坐标为(1,5)故答案为：(1,5)【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定方法，难点是正确地作出作辅助线构造出全等三角形 4（2023 春建邺区校级期末）如图，四边形 ABCD，四边形 AECF 分别是菱形与正方形若22BAE，则D 46 【分析】连接 AC，则 AC 为正方

30、形 AECF 与菱形 ABCD的对角线，根据正方形及菱形的性质求解即可【解答】解：连接 AC，则 AC 为正方形 AECF 与菱形 ABCD的对角线，45EACFAC ，BACDAC，22BAEDAF ，ADAC，452267DACDCA ，18067246D ，故答案为：46 【点评】本题主要考查了正方形及菱形的性质，熟练掌握知识点是解决本题的关键 三解答题（共 2 小题）5（2022 春吴中区校级期中）如图，正方形 ABCD中，点 P，Q 分别为CD，AD 边上的点，且 DQCP，连接 BQ，AP 求证：BQAP 【分析】根据题意证明 ABQDAP 即可【解答】解：在正方形 ABCD中，A

31、BADCD，90BADADC，DQCP，ADDQCDCP，AQDP，()ABQDAP SAS，DAPABQ，90DAPBAP，90ABQBAP，BQAP【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键 6（2023 春淮安期末）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 AEBF，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

32、 分别在边 BC、CD和 DA 上，且GEBF，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，点 E 在边CD上，且 MNAE，垂足为 H，当 H 在正方形 ABCD的对角线 BD 上时，连接 AN，将 AHN沿着 AN 翻折，点 H 落在点 H 处 四边形 AHNH 是正方形吗？请说明理由；若6AB，点 P 在 BD 上，3BDBP，直接写出22PHAN 的最小值为 【分析】（1）证明 ABEBCF 即可得出结论；（2）过点 A 作/ANGE，证明()ABNBCF AAS，由此可得 ANGEBF；（3）如图 3，连接CH，证明()ABHCBH SAS，所以B

33、AHBCH，AHCH；由折叠可知，AHAH，NHNH，由四边形内角和和平角的定义可得HNCNCH，所以 NHCH，则NHCHAHAHNH，所以四边形 AHNH 是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；作 H QBC交 CB 的延长线于点 Q，作 HFBC于点 M，可证明()H QNNFH AAS，由此可得H QNF；易 证BHF是 等 腰 直 角 三 角 形，所 以 HFBFNFBN，则 NFQBQH，可 得45H BQABH ，则90H BD ；作 P 关 于 BH 的 对 称 点 P，则 P HP H，可 得PHANPHAHP HAHAP ，求出 AP 的值即可得出结论【解答

34、】解：（1）AEBF，90EMB，90FBCBEM，四边形 ABCD是正方形，ABBC，90ABCC，90FBCBFC，BEMBFC，在 ABE和 BCF中，ABCCBEMBFCABBC ，()ABEBCF AAS，AEBF 故答案为：；（2）GEBF，理由如下：如图 2，过点 A 作/ANGE，交 BF 于点 H，交 BC 于点 N，90EMBNHB ，90FBCBNH，四边形 ABCD是正方形，/ADBC，ABBC，90BADABCC ，/ADBC，/ANGE，四边形 ANEG是平行四边形，ANEG，90C，90FBCBFC，BNHBFC，()ABNBCF AAS，ANBF，ANEG，GE

35、BF（3）如图 3，连接CH，由（2）的结论可知，AEMN，四边形 ABCD是正方形，BD 是正方形的对角线，45ABDCBD ，ABBC，BHBH，()ABHCBH SAS，BAHBCH，AHCH，由折叠可知，AHAH，NHNH，180ABNAHN，180BAHBNH，180BNHHNC，BAHHNC，HNCNCH，NHCH，NHCHAHAHNH，四边形 AHNH 是菱形，90AHN，菱形 AHNH 是正方形；如图 4，作 H QBC交CB 的延长线于点Q，作 HFBC于点 M，90H QNHFB ，由上知四边形 AHNH 是正方形，H NHN，90H NH，22AHAN，90H NQHNF

36、HNFNHF ，H NQNHF ，()H QNNFH AAS，H QNF，QNHF；45HBF，90HFB，BHF是等腰直角三角形，HFBFNFBN，QNQBBN，NFQBQH，45H BQABH ，90H BD；如图 4，作 P 关于 BH 的对称点 P，则 PHP H ，过点 P 作 PKAB交 AB 延长线于点 K，则 PBK是等腰直角三角形，22PHANPHAHP HAHAP ，即当 A，H，P 三点共线时，22PHAN 最小，最小值为 AP 的长 6AB，6 2BD，3BDBP，2 2BPBP，2PKBK，8AK，22282 17AP，即22PHAN 的最小值为 2 17 故答案为：

37、2 17 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键 题型三：四边形中的对角互补模型 模型 1:全等形一-90对角互补模型 模型 2:全等形-120对角互补模型 模型 3:全等形一一任意角对角互补模型 模型 4:相似形一-90对角互补模型（后面会学到）一选择题（共 1 小题）1（2023 春金湖县期中）如图，AC 是ABCD 的对角线，点 E 在 AC 上，ADAEBE，105D，则BAC是()A 25 B30

38、 C 45 D50【分析】根据平行四边形的性质，得到105ABCD ，ADBC，进而得到CBBE，BCEBEC，设EAB的度数为 x，列式计算即可【解答】解：ABCD，105D，105ABCD，ADBC，ADAEBE，EABEBA，CBBE，BCEBEC，设EAB的度数为 x，则：EBAx，2CEBEABEBAx，18075ACBABCCABx，275xx，25x ，25BAC；故选 A 【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角的性质，熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键 二解答题（共 3 小题）2（2020 春通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角

39、互补的四边形叫做等补四边形 理解：（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 正方形；画图：（2）如图 1，在正方形网格中，线段 AB 的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出 1 个以格点为顶点，AB 为边的等补四边形 ABCD；探究：（3）如图 2，在等补四边形 ABCD中，ABAD，连接 AC，AC 是否平分BCD？请说明理由 【分析】（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；（3）过点 A 分别作 AEBC于点 E，AFCD交CD的延长线于点 F，证明

40、 ABEADF，由全等三角形的性质得到 AEAF，根据角平分线的判定可得出结论；【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形 故答案为：正方形（2）如图 1，等补四边形为所求图：（3）AD 平分BCD，理由如下：如图 2，过点 A 分别作 AEBC于点 E，AFCD交CD的延长线于点 F，则90AEBAFD ，四边形 ABCD等补四边形，180BADC ，又180ADCADF，BADF ，ABAD，()ABEADF AAS，AEAF，又 AEBC，AFCD，AC是BCF的平分线，即 AC 平分BCD【点评】本题是四

41、边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键 3（2023 春分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”（1）在平行四边形，菱形，矩形，正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；（2）在“完美”四边形 ABCD中，ABAD，180BD，连接 AC 如图 1，求证：AC 平分BCD；小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明 AC 平分:BCD 想法一：通过180BD，可延长CB 到 E，使 BECD，通过证明 AEBACD，从而可证 AC 平分BCD；想法二：通过 A

42、BAD，可将 ACD绕点 A 顺时针旋转，使 AD 与 AB 重合，得到 AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证 AC 平分BCD 请你参考上面的想法，帮助小明证明 AC 平分BCD；如图 2，当90BAD，用等式表示线段 AC，BC，CD之间的数量关系，并证明【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解；（2）想法一：由“SAS”可证 ADCABE，可得ACDAEB，ACAE，由等腰三角形的性质可得结论；想法二：由旋转的性质可得ADCABE，ACDAEB，ACAE，可证点C，B，E 在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；延长CB 使 BECD，连接 AE，由可得 ACE为等腰三角形

43、，由90BAD，可证 ACE为等腰直角三角形，即可得解【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”故答案为：（2）想法一：延长CB 使 BECD，连接 AE 180ADCABC，180ABEABC，ADCABE ADAB，()ADCABE SAS ACDAEB，ACAE ACBAEB ACDACB 即 AC 平分BCD；想法二：将 ACD绕点 A 顺时针旋转，使 AD 边与 AB 边重合，得到 ABE，ADCABE ADCABE；ACDAEB；ACAE 180ADCABC，180ABEABC 点C，B，E 在一条直线上 ACAE，ACBAEB ACDACB 即 AC 平分

44、BCD 2BCCDAC 理由如下：延长CB 使 BECD，连接 AE，由 得 ACE为等腰三角形 90BAD，90EAC 222CEAC，2CEAC 2BCCDAC【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键 4（2021 秋丹阳市期末）四边形 ABCD若满足180AC ，则我们称该四边形为“对角互补四边形”（1）四边形 ABCD为对角互补四边形，且:2:3:4BCD，则A 的度数为 90；（2）如图 1，四边形 ABCD为对角互补四边形，90BADBCD

45、，ABAD 求证：AC 平分BCD 小云同学是这么做的：延长CD至 M，使得 DMBC，连 AM，可证明 ABCADM，得到 ACM是等腰直角三角形，由此证明出 AC 平分BCD，还可以知道CB、CD、CA 三者关系为：；（3）如图 2，四边形 ABCD为对角互补四边形，且满足60BAD，ABAD，试证明：AC 平分BCD；CACBCD；（4）如图 3，四边形 ABCD为对角互补四边形，且满足60ABC，ADCD，则 BA、BC、BD 三者关系为：【分析】（1）根据对角互补，求解即可；（2）由题意可得 ACAM，BCDM，2CMAC，即可得2CMCDBCAC；（3）延长CD至 M，使 DMBC

46、，连接 AM，证明()ABCADM SAS，可确定 ACM是等边三角形，在求出ACBACM，即可证明；由直接可证明；（4）延长 BC 至 M，使CM AB，连接 DM，证明()ADBCDM SAS，结合已知可求30MDBM ，过点 D 作 DNBM交于点 N，则有2BMMN，3BMBD，再由3BMBCCMBCABBD即可求解【解答】解：（1）四边形 ABCD为对角互补四边形，180BD，:2:3:4BCD，1180603B，90C，90A，故答案为：90；（2）ABCADM，ACAM，BCDM，ACM是等腰直角三角形，2CMAC，CMCDDM，2CMCDBCAC，故答案为：2CDBCAC；（3

47、）延长CD至 M，使 DMBC，连接 AM，四边形 ABCD为对角互补四边形，180BADC ，ADMB，ABAD，()ABCADM SAS，ACAM，BACDAM，60BAD，60CAM，ACM是等边三角形，60ACMM，ACBM，60ACB，ACBACM，AC平分BCD；ACCM，BCDM，CMCDDMCDBC，ACCDBC；（4）延长 BC 至 M，使CMAB，连接 DM，四边形 ABCD为对角互补四边形，180ABCDBCDDCM ，ADCM ，ADCD，()ADBCDM SAS，BDMD，ADBCDM，60ABC，120ADC，120BDM，30MDBM，过点 D 作 DNBM交于点

48、 N，N为 BM 的中点，2BMMN，在 Rt DNM中，3322MNDMBD，3BMBD，3BMBCCMBCABBD，故答案为：3BCABBD 【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键 题型四：与正方形有关三垂线 一、单选题 1（2022 秋江苏八年级专题练习）如图，四边形 AFDC 是正方形，CEA和ABF都是直角，且 E，A，B三点共线，4AB，则图中阴影部分的面积是（）A12 B10 C8 D6【答案】C【分析】易证 AECFBA，得 AB=EC，即可求得【详解】四边形 AFDC 是正方形 AC=AF，FAC=90 C

49、AE+FAB=90 又CAE+ACE=90 ACE=FAB 又CEA=FBA=90 AECFBA AB=EC=4 图中阴影部分的面积=14 4=82 故选 C【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键 二、填空题 2（2023 春八年级课时练习）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BFa 于点 F，DEa 于点 E，若 DE8，BF5，则 EF 的长为_ 【答案】13【分析】本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得 AFBAED；然后由全等三角形的对应边相等推知 AFDE、

50、BFAE，所以 EFAF+AE13【详解】解：ABCD 是正方形（已知）ABAD，ABCBAD90 又FAB+FBAFAB+EAD90 FBAEAD（等量代换）BFa 于点 F，DEa 于点 E 在 Rt AFB 和 Rt AED 中 90AFBDEAFBAEADABDA AFBDEA（AAS）AFDE8，BFAE5（全等三角形的对应边相等）EFAF+AEDE+BF8+513 故答案为：13【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键 三、解答题 3（2022 春广东东莞八年级塘厦初中校考期中）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线

51、段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EFDE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG （1）如图，求证：矩形 DEFG 是正方形；（2）若 AB4，CE2 2，求 CG 的长度；（3）当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40时，直接写出EFC 的度数【答案】（1）见解析；（2）2 2；（3）EFC130或 40【分析】（1）作 EPCD 于 P，EQBC 于 Q，证明 Rt EQFRt EPD，得到 EFED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现 E 是 AC 中点，点 F 与 C 重合，CDG 是等腰直角三角形，由此即可

52、解决问题；（3）分两种情形：如图 3，当 DE 与 AD 的夹角为 40时，求得DEC454085，得到CEF5，根据角的和差得到EFC130，如图 4，当 DE 与 DC 的夹角为 40时，根据三角形的内角和定理即可得到结论【详解】（1）证明：如图 1，作 EPCD 于 P，EQBC 于 Q，DCABCA，EQEP，QEFFEC45，PEDFEC45，QEFPED，在 EQF 和 EPD 中，QEFPEDEQEPEOFEPD ，EQFEPD（ASA），EFED，矩形 DEFG 是正方形；（2）如图 2 中，在 Rt ABC 中，AC 2 AB4 2，CE2 2，AECE，点 F 与 C 重合

53、，此时 DCG 是等腰直角三角形，四边形 DECG 是正方形，CGCE2 2；（3）如图 3，当 DE 与 AD 的夹角为 40时，DEC454085，DEF90，CEF5，ECF45，EFC130，如图 4，当 DE 与 DC 的夹角为 40时，DEFDCF90，EFCEDC40，综上所述，EFC130或 40【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键 4（2021 春安徽安庆八年级统考期末）如图 1，点 E 为正方形 ABCD 内一点，AEB90，将 Rt ABE 绕点 B 按顺时针方向旋转 90（即EBE90），

54、得到 CBE（点 A 的对应点为点 C）延长 AE 交 CE 于点 F，连接 DE （1）试判断四边形 BEFE 的形状，并说明理由（2）如图 2，若 DADE，请猜想线段 CF 于 FE的数量关系并加以证明（3）如图 1，若 AB 17，CF3，请直接写出 DE 的长【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）CFFE，证明见解析；（3）5【分析】（1）由旋转的特征可得到EAEB90、EBE90、BEBE，再由BEF180AEB90，可判定四边形 BEFE 是正方形；（2）过点 D 作 DGAE 于点 G，由 DADE 得 AG 12 AE，再证明 ADGBAE，且由四边形 BEFE 是正方形，

55、得到 FEAG 12 CE，可证得结论；（3）过点 D 作 DGAE 于点 G，由旋转及四边形 BEFE 是正方形可得如下关系：AECEFE+CFFE+3BE+3，在 Rt BAE 中根据勾股定理求出 BE、AE 的长，由（1）可知，ADGBAE，得到 DGBE，AGBE，再由勾股定理求出 DE 的长【详解】解：（1）四边形 BEFE 是正方形 理由如下：由旋转得，EAEB90，EBE90，BEF180AEB90，四边形 BEFE 是矩形，由旋转得，BEBE，四边形 BEFE 是正方形（2）CFFE，证明：如图 2，过点 D 作 DGAE 于点 G，则DGAAEB90，DADE，AG 12 A

56、E，四边形 ABCD 是正方形，DAAB，DAB90，BAE+DAG90，ADG+DAG90，ADGBAE，在 ADG 和 BAE 中 ADGBAEAGDAEBADAB ，ADGBAE（AAS），AGBE；四边形 BEFE 是正方形，BEFE，AGFE，由旋转得，AECE，12 AE 12 CE，FE 12 AE 12 CE，CFFE（3）如图 3，过点 D 作 DGAE 于点 G，BEFE，CF3，AECEFE+CFFE+3BE+3，AE2+BE2AB2，且 AB 17，(BE+3)2+BE2(17)2，解得，BE1 或 BE4（不符合题意，舍去），AE1+34，由（2）得，ADGBAE，D

57、GAE4，AGBE1，GEAEAG413，DGE90，DE22DGGE22435【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形 5（2021 春山西八年级统考期末）综合与实践：如图 1，在正方形 ABCD中，连接对角线 AC，点 O 是 AC的中点，点 E 是线段OA上任意一点（不与点 A，O 重合），连接 DE，BE 过点 E 作 EFDE交直线 BC 于点 F （1）试猜想线段 DE 与 EF 的数量关系，并说明理由；（2）试猜想线段,CE CD CF 之间的数量关系，并

58、说明理由；（3）如图 2，当 E 在线段CO上时（不与点 C，O 重合），EF 交 BC 延长线于点 F，保持其余条件不变，直接写出线段,CE CD CF 之间的数量关系【答案】（1）DEEF，理由见解析；（2）2CECD CF，理由见解析；（3）2CECD CF，理由见解析【分析】（1）先根据正方形的性质可证得 BCEDCE，由此可得CBECDE，BEDE，再根据同角的补角相等证得CDEEFB，等量代换可得CBEEFB，由此可得 BEEF，再等量代换即可得证；（2）过点 E 作 EGEC交 CB 的延长线于点 G，先证明 EGEC，利用勾股定理可得2CGCE，再证明EGFECB，由此可得GF

59、CBCD，最后再等量代换即可得证；（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得 2CECD CF【详解】解：（1）DEEF，理由如下：四边形 ABCD是正方形，BCCDAD，90BCDADC ，180452ADCDACDCA，45BCEBCDDCA ，BCEDCE，在 BCE 与DCE中，BCDCBCEDCECECE ()BCEDCE SAS，CBECDE，BEDE，EFDE，90FED，360EFCBCDCDEFED，180CDEEFC，180EFCEFB，CDEEFB，CBEEFB，BEEF，DEEF；（2）2CECD CF，理由如下：如图，过点 E 作 EGEC交 CB 的延长线于点 G，90

60、CEG，由（1）知：45BCE，45EGCBCE ，EGEC，在 RtGEC中，222CGCEEGCE，在EGF与 ECB 中，EGFECBEFGEBCEFEB ()EGFECB AAS，GFCBCD，又CGGFCFCDCF，2CECD CF；（3）2CECD CF，理由如下：如图，过点 E 作 EGEC交 BC 于点 G，设 CD 与 EF 的交点为点 P，90CEG，由（1）可知：45BCE，45EGCBCE ，EGEC，在 RtGEC中，222CGCEEGCE，EFDE，90FED，90CDEEPD，18090DCFBCD，90CFECPF，又EPDCPF，CDECFE，由（1）可知：C

61、BECDE，CBECFE，在EGF与 ECB 中，EGFECBEFGEBCEGEC ()EGFECB AAS，GFCBCD，又CGGFCFCDCF，2CECD CF【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键 6（2022 春新疆省直辖县级单位八年级校联考期末）如图1，点 E 是正方形 ABCD的边 BC 上的任意一点（不与 B、C 重合），EFAE与正方形的外角DCG的角平分线交于点 F (1)求证：AEEF(2)将图1放在平面直角坐标系中，如图 2，连 DF、BF，BF 与 AE

62、 交于点 H，若正方形 ABCD的边长为4，则四边形 ABFD 的面积是否随 E 点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形 ABFD 的面积(3)在的（2）条件下，若4BCFS，求四边形 AHFD的面积【答案】(1)见解析(2)16(3)887 【分析】（1）在 AB 上取点G，使 BGBE，连接 EG，则BGE是等腰直角三角形，再利用 ASA证明 AGEECF，得 AEEF；（2）连接 BD，根据CFBD，得BCDBDFSS，则四边形 ABFD 的面积为正方形 ABCD的面积；（3）作 FNBC于 N，由4BCFS，可得2FN，再利用 AAS 证明 ABE ENF，得2BEFN，可知2 0E

63、（，），利用待定系数法求出直线 AE 和 BF 的解析式，求出交点 H 的坐标，从而解决问题（1）证明：在 AB 上取点G，使 BGBE，连接 EG，则 AGEC，CF 平分DCG，45DCF，135ECF，EFAE，90AEF，90AEBFEG，90AEBBAE?Q，BAECEF，BGBE，45BGEBEG，135AGE，AGEECF，AGEV ECF ASA（），AEEF；（2）解：四边形 ABFD 的面积不变，为16，连接 BD，BDCDCF，CFBD，BCDBDFSS，四边形 ABFD 的面积为正方形 ABCD的面积，四边形 ABFD 的面积为16；（3）解：作 FNBC于 N，4BC

64、FS，1442FN ，2FN，由 1（）得，AEEF，ABEENF，BAENEF，ABE ENF AAS（），2BEFN，2 0E（，），设直线 AE 的解析式为 ykxb，420bkb，24kb，直线 AE 的解析式为24yx，同理得，直线 BF 的解析式为13yx，当1243xx时，127x，47y，112244277ABHS，24881677ABHAHFDABFDSSS四边形四边形【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点 H 的坐标是解决问题（3）的关键 题型五：正方形与 45角的基本图 一、填

65、空题 1（2021 春江苏南京八年级校考期中）如图，在正方形 ABCD 中，点 M、N 为边 BC 和 CD 上的动点（不含端点），MAN45，下列三个结论：当 MN 2 MC 时，则22.5BAM；290AMNMNC；MNC 的周长不变；AMNAMB60其中正确结论的序号是_ 【答案】【分析】先用勾股定理求得 MCNC，则易得 ABMADN（SAS），再结合MAN45，可得答案；将 ABM 绕点 A 顺时针旋转 90得 ADE，证明 EANMAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；由 EANMAN，可得 MNBMDN，从而将 MNC 的三边相加即可得答案；将 ADN 绕点

66、 A 顺时针旋转 90得 ABF，证明 MAFMAN（SAS），再全等三角形的性质，可证得结论【详解】正方形 ABCD 中，C90 MN2MC2NC2 当 MN 2 MC 时，MN22MC2 MC2NC2 MCNC BMDN 易证 ABMADN（SAS）BAMDAN MAN45 BAM22.5，故正确；如图，将 ABM 绕点 A 顺时针旋转 90得 ADE，则EANEAMMAN904545 则在 EAN 和 MAN 中，AEAM，EANMAN，ANAN，EANMAN（SAS）AMNAED AEDEAMENMAMN360 2AMN90（180MNC）360 2AMNMNC90 故正确；EANMA

67、N MNENDEDNBMDN MNC 的周长为：MCNCMN（MCBM）（NCDN）DCBC DC 和 BC 均为正方形 ABCD 的边长，故 MNC 的周长不变；将 ADN 绕点 A 顺时针旋转 90得 ABF，则FAMFANMAN904545 则在 FAM 和 MAN 中，AFAN，FAMMAN，AMAM，MAFMAN（SAS），AMBAMN，故错误；综上都正确，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性 二、解答题 2（2023 春江苏八年级专题练习）如图所示，正方形 ABCD中，点 E，F 分别为 BC，CD 上一点，点 M 为E

68、F 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：2AGAF【答案】(1)见解析；（2）见解析【分析】（1）由已知可证 DAFMAF，BAEMAE，即可得证；（2）由上述结论可得45EAF，再证AFG 为等腰直角三角形【详解】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，DAFMAF，AMF=ADF=AME=ABE=90，AM=AB，AE=AE，BAEMAE，EM=EB，AE 垂直平分 BM，B、M 关于 AE 对称；（2）由（1）知BAEMAE，AE

69、平分BEF，EAF=12 BAD=45，又 AF 平分DFE，FG 平分EFC，AFG=90 AFG 为等腰直角三角形，2AGAF【点睛】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 3（2023 春江苏八年级专题练习）（1）如图，在正方形 ABCD中，E、F 分别是 BC、DC 上的点，且45EAF，连接 EF，探究 BE、DF、EF 之间的数量关系，并说明理由；（2）如图，在四边形 ABCD中，ABAD，180BD，E、F

70、分别是 BC、DC 上的点，且12EAFBAD，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由 【答案】（1）EFBEDF，理由见解析；（2）成立，理由见解析【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长CB 到 M 使得 BMDF，先证 ADFABM，再证 EAMEAF，最后根据边的关系即可证明；（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长CB 到 M 使得 BMDF，先证 ADFABM，再证 EAMEAF，最后根据边的关系即可证明；【详解】解：（1）EFBEDF 证明：延长CB 到 M，使得 BMDF 连接 AM 四边形 ABCD是正方形 ABAD，DABM 又 BMDF ()ADFABM SAS A

71、FAM，12 45EAF 1345 2345MAEEAF 又 AEAE ()EAMEAF SAS EFEMBEBM 又 BMDF EFEBDF（2）EFBEDF 证明：延长CB 到 M，使得 BMDF 连接 AM 180ABCD，4180ABC 4D 又 ABAD，BMDF ()ADFABM SAS AFAM，12 12EAFBAD 13EAF 23MAEEAF 又 AEAE ()EAMEAF SAS EFEMBEBM 又 BMDF EFEBDF【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键 4（2023 春江苏八年级专题练习）如图所示，正方形 ABC

72、D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 对称连结 DM 并延长交 AE 的延长线于 N，求证：45AND 【答案】见解析【分析】连结 AM，由对称的性质可知FDAFMA，进而可证EBAEMA，即可得45EAF，由AON=90，可得45AND 【详解】证明：连结 AM，D、M 关于 AF 对称，AF 垂直平分 DM，FDFM，FDAFMA，90AMFADFAME ，AMADAB，在 Rt ABE 和 RtAME中 AEAEAMAB ABERt AMERt，BAEMAE，又DAFMAF，45EAF，45AND【点睛】本题是四边形综合题，主要考查

73、了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，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 5（2023 春江苏八年级专题练习）如图 1，在正方形 ABCD中，E 是 AB 上一点，F 是 AD延长线上一点，且 DFBE （1）求证：CECF；（2）在图 1 中，若 G 在 AD上，且45GCE，则GEBEGD成立吗？为什么？（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图 2，在直角梯形 ABCD中，/ADBC BCAD，90B?，12ABBC，E 是 AB 上一点，且45DCE，4BE，求

74、 DE 的长 如图 3，在 ABC 中，45BAC，ADBC，2BD ，3CD，则 ABC 的面积为_（直接写出结果，不需要写出计算过程）【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）10；15【分析】（1）因为 ABCD 为正方形，所以 CB=CD，B=CDA=90，又因为 DF=BE，则BCEDCF，即可求证 CE=CF；（2）因为BCD=90，GCE=45，则有BCE+GCD=45，又因为BCEDCF，所以ECG=FCG，CE=CF，CG=CG，则ECGFCG，故 GE=BE+GD 成立；（3）过点 C 作 CGAD 交 AD 的延长线于点 G，利用勾股定理求得 DE 的长；由题中

75、条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出 AD 的长，再求得ABC 的面积【详解】解：（1）证明：在正方形 ABCD 中 CB=CD，B=CDA=90，CDF=B=90 在BCE 和DCF 中，CBCDBCDFBEDF，BCEDCF（SAS）CE=CF （2）解：GE=BE+GD 成立理由如下：BCD=90，GCE=45，BCE+GCD=45 BCEDCF（已证），BCE=DCF GCF=GCD+DCF=GCD+BCE=45 ECG=FCG=45 在ECG 和FCG 中，CECFECGFCGCGCG，ECGFCG（SAS）GE=FG FG=GD+DF，GE=BE+GD（3）如图 2，过

76、点 C 作 CGAD 交 AD 的延长线于点 G，由（2）和题设知：DE=DG+BE，设 DG=x，则 AD=12-x，DE=x+4，在 RtADE 中，由勾股定理，得：AD2+AE2=DE2（12-4）2+（12-x）2=（x+4）2 解得 x=6 DE=6+4=10；将ABD 沿着 AB 边折叠，使 D 与 E 重合，ACD 沿着 AC 边折叠，使 D 与 G 重合，可得BAD=EAB，DAC=GAC，EAG=E=G=90，AE=AG=AD，BD=EB=2，DC=CG=3，四边形 AEFG 为正方形，设正方形的边长为 x，可得 BF=x-2，CF=x-3，在 RtBCF 中，根据勾股定理得

77、：BF2+CF2=BC2，即（x-2）2+（x-3）2=（2+3）2，解得：x=6 或 x=-1（舍去），AD=6，则 SABC=12 BCAD=15 【点睛】此题是一道把等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的判定和全等三角形的判定结合求解的综合题考查学生综合运用数学知识的能力，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解 6（2023 春江苏八年级专题练习）如图正方形 ABCD的边OA、OC 在坐标轴上，已知点 3,3B将正方形 ABCO绕点 A 顺时针旋转一定的角度（小于90），得到正方形 ADEF，ED交线段OC 于点G，ED的延长线交线段 BC 于点 P，连接 AP、AG （1）

78、求PAG的度数（2）当OAGCPG 时，求点 P 的坐标（3）在（2）的条件下，直线 PE上是否存在点 M，使以 M、A、G 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出 M 点的坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1）PAG=45（2）P 点坐标为：（3，3 33 ）；（3）M1（0，-3）、M2（2 3，3）【分析】（1）由 AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt ADPRt ABP，同理易证 Rt AOGRt ADG，继而可得DAP=BAP，OAG=DAG；然后根据OAG+DAG+DAP+BAP=90，求出PAG 的度数；（2）根据题意易得：

79、OAGAGO90，CPG+PGC=90，继而可得AGO+AGD+PGC=180，AGO=AGD=PGC=60，OAG=CPG=30，在 Rt AOG 中，3OG，CG=33，在 Rt CPG 中，可得3 33PC ，继而即可求解；(3)根据题意，分两种情况：当点 M 在为直线 PE 与 y 轴交点时；当点 M 为直线 EP 与直线 AB 的交点时；根据以 M、A、G 为顶点的三角形是等腰三角形，求出 M 点坐标即可【详解】（1）在 Rt ADP 和 Rt ABP 中，ADABAPAP Rt ADPRt ABP（HL），DAP=BAP；在 Rt AOG 和 Rt ADG 中，AOADAGAG R

80、t AOGRt ADG（HL）OAG=DAG；又OAG+DAG+DAP+BAP=90，2DAG+2DAP=90，DAG+DAP=45，PAG=DAG+DAP=45；（2）OAGAGO90，CPG+PGC=90，OAG=CPG，AGOPGC，又AGO=AGD，AGO=AGD=PGC，又AGO+AGD+PGC=180，AGO=AGD=PGC=1803=60，OAG=CPG=9060=30，在 Rt AOG 中，AO=3，设 OG=x，AG2x，由勾股定理可得：222+AOOGAG，即2223+2xx 解得：3x （负数舍去）3OG，G 点坐标为（3，0），CG=33，3333 33PC，P 点坐标

81、为：（3，3 33 ），（3）如图 1，当点 M 在为直线 PE 与 y 轴交点时，OGM=PGC=60，AGO=60，AGO=MGO，又AOG=MOG=90，OG=OG，AOGMOG，AG=MG，OM=OA=3，点 M 坐标为（0，3）如图 2，当点 M 为直线 EP 与直线 AB 的交点时，AB/CO，AMG=PGC=60，又AGP=60，AMG=AGP=60，AGM 是等边三角形，AM=AG=2 3，M 的横坐标是2 3，纵坐标是 3，点 M 坐标为（2 3，3）综上，可得 点 M 坐标为（0，3）或（2 3，3）【点睛】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的

82、判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论 7（2023 春江苏八年级专题练习）已知正方形 ABCD，45MAN，MAN绕点 A 顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC 于点 M、N，AHMN于点 H （1）如图，当 BMDN时，可以通过证明ADNABM，得到 AH 与 AB 的数量关系，这个数量关系是_；（2）如图，当 BMDN时，（1）中发现的 AH 与 AB 的数量关系还成立吗？说明理由；（3）如图，已知 AMN 中，45MAN，AHMN于点 H，3MH ，7NH，求 AH 的长【答案】（1）ABAH；（2）ABAH成立，理由见解析；（3）5

83、+46AH 【分析】（1）由“SAS”可证 Rt ABMRt ADN，从而可证BAMMAH22.5，由 AAS 可证Rt ABMRt AHM，即可得 ABAH；（2）延长 CB 至 E，使 BEDN，由 Rt AEBRt AND 得 AEAN，EABNAD，从而可证 AEMANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得 ABAH；（3）分别沿 AM，AN 翻折 AMH 和 ANH，得到 ABM 和 AND，分别延长 BM 和 DN 交于点 C，可证四边形 ABCD 是正方形，设 AHx，在 Rt MCN 中，由勾股定理列方程即可得答案【详解】解：（1）正方形 ABCD，ABAD，BDBAD90，

84、在 Rt ABM 和 Rt ADN 中，ABADBDBMDN Rt ABMRt ADN（SAS），BAMDAN，AMAN，MAN45，BAMDAN45，BAMDAN22.5，MAN45，AMAN，AHMN，MAHNAH22.5，BAMMAH，在 Rt ABM 和 Rt AHM 中，BAMMAHBAHMAMAM Rt ABMRt AHM（AAS），ABAH，故答案为：ABAH；（2）ABAH 成立，理由如下：延长 CB 至 E，使 BEDN，如图：四边形 ABCD 是正方形，ABAD，DABE90，在 Rt AEB 和 Rt AND 中，ABADABEDBEDN Rt AEBRt AND（SAS

85、），AEAN，EABNAD，DANBAM45，EABBAM45，EAM45，EAMNAM45，在 AEM 和 ANM 中，AEANEAMMANAMAM AEMANM（SAS），AB，AH 是 AEM 和 ANM 对应边上的高，ABAH（3）分别沿 AM，AN 翻折 AMH 和 ANH，得到 ABM 和 AND，分别延长 BM 和 DN 交于点 C，如图：沿 AM，AN 翻折 AMH 和 ANH，得到 ABM 和 AND，ABAHAD，BAD2MAN90，BAHM90AHND，四边形 ABCD 是正方形，AHABBCCDAD 由折叠可得 BMMH3，NHDN7，设 AHABBCCDx，在 Rt

86、MCN 中，由勾股定理，得 MN2MC2NC2，2227+3=37xx，解得546x 或546x（舍去），5+46AH 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形 8（2023 春江苏八年级专题练习）已知四边形 ABCD 是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与 A点重合，将此三角板绕 A 点旋转时，两边分别交直线 BC，CD 于 M，N(1)如图 1，当 M，N 分别在边 BC，CD 上时，求证：BM+DN=MN(2)如图 2，当 M，N 分别在边 BC，CD 的延长线上时，请直接写出线段 BM，DN，MN 之间的数量关

87、系 (3)如图 3，直线 AN 与 BC 交于 P 点，MN=10，CN=6，MC=8，求 CP 的长 【答案】（1）见解析；（2）BMDNMN；（3）3【分析】（1）延长CB 到G 使 BGDN，连接 AG，先证明AGBAND，由此得到 AGAN，GABDAN，再根据45MAN，90BAD，可以得到45GAMNAM ，从而证明AMNAMG，然后根据全等三角形的性质即可证明 BMDNMN；（2）在 BM 上取一点 G，使得 BGDN，连接 AG，先证明AGBAND，由此得到 AGAN，GABDAN，由此可得90GANBAD，再根据45MAN可以得到45GAMNAM ，从而证明AMNAMG，然后

88、根据全等三角形的性质即可证明 BMDNMN；（3）在 DN 上取一点 G，使得 DGBM，连接 AG，先证明 ABMADG，再证明AMNAGN，设DGBMx，根据 DCBC可求得2x ，由此可得6ABBCCDCN，最后再证明ABPNCP，由此即可求得答案【详解】（1）证明：如图，延长CB 到G 使 BGDN，连接 AG，四边形 ABCD 是正方形，ABAD，90ABGADNBAD ，在 ABG 与ADN中，ABADABGADNBGDN，()AGBAND SAS，AGAN，GABDAN，45MAN，90BAD，45DANBAMBADMAN，45GAMGABBAMDANBAM ，GAMNAM，在

89、AMN 与 AMG中，AMAMGAMNAMANAG，()AMNAMG SAS，MNGM，又 BMGBGM，BGDN，BMDNMN；（2）BMDNMN，理由如下：如图，在 BM 上取一点 G，使得 BGDN，连接 AG，四边形 ABCD 是正方形，ABAD，90ABGADNBAD ，在 ABG 与ADN中，ABADABGADNGBDN，()AGBAND SAS，AGAN，GABDAN，GABGADDANGAD，90GANBAD，又45MAN，45GAMGANMANMAN ，在 AMN 与 AMG中，AMAMGAMNAMANAG，()AMNAMG SAS，MNGM，又 BMBGGM，BGDN，BM

90、DNMN，故答案为：BMDNMN；（3）如图，在 DN 上取一点 G，使得 DGBM，连接 AG，四边形 ABCD 是正方形，ABADBCCD，90ABMADGBAD ，/AB CD，在 ABM 与ADG中，ABADABMADGBMDG，()ABMADG SAS，AMAG，MABGAD，MABBAGGADBAG，90MAGBAD ，又45MAN，45GANMAGMANMAN ，在 AMN 与 AGN 中，AMAGMANGANANAN，()AMNAGN SAS，10MNGN，设 DGBMx，6CN，8MC，1064DCDGGNCNxx ，8BCMCBMx ，DCBC，48xx ，解得：2x ，6

91、ABBCCDCN，/AB CD，BAPCNP，在 ABP与 NCP中，APBNPCBAPCNPABCN ，()ABPNCP AAS，132CPBPBC，CP 的长为 3【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键 9（2023 春江苏八年级专题练习）已知：四边形 ABCD为正方形，AMN是等腰 Rt，90AMN（1）如图：当 Rt AMN绕点 A 旋转时，若边 AM、AN 分别与 BC、CD相交于点 E、F，连接 EF，试证明：EFDFBE （2）如图，当 Rt AMN绕点 A 旋转时，若边 AM、AN 分别与

92、 BC、CD的延长线相交于点 E、F，连接 EF 试写出此时三线段 EF、DF、BE 的数量关系并加以证明 若6CE，2DF，求：正方形 ABCD的边长以及 AEF中 AE 边上的高【答案】（1）证明见解析；（2）EFBEDF，证明见解析；2 5 【分析】（1）延长 CB 到 G，使 BG=DF，连接 AG，根据正方形性质得出 AD=AB，D=ABG，根据全等三角形的判定推出即可；（2）EF=BE-DF，理由是：在 BC 上取 BG=DF，连接 AG，证 ABGADF，FAEEAG 即可；过 F 作 FHAE 于 H，设正方形 ABCD 的边长是 x，则 BC=CD=x，EF=GE=BC-BG

93、+CE=x+4，在 Rt FCE 中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出 x 后再求出 FH 即可【详解】（1）证明：如图 1，延长 CB 到 G，使 BG=DF，连接 AG，四边形 ABCD 是正方形，D=ABC=DAB=ABG=90，AD=AB，在 ADF 和 ABG 中，ADABDABGDFBG，ADFABG（SAS），AG=AF，DAF=BAG，EAF=45，EAG=EAB+BAG=EAB+DAF=45，EAF=EAG，AE=AE，EAFEAG，EF=EG=EB+BG=EB+DF（2）三线段 EF、DF、BE 的数量关系是：EFBEDF，理由如下:如图 2，在 B

94、C 上取一点G，使 BGDF 连接 AG，同(1)可证 ABGADF，AG=AF，DAF=BAG，AMN是等腰直角三角形，45MNAN ，45FADDAE，45DAEBAG，90DAB，904545GAEFAE ，在 FAE和 GAE中，AFAGFAEGAFAEAE FAEGAE SAS，EFEGBEBG，BGDF，EFBEDF 如图 2，过 F 作 FHAE 于 H，设正方形 ABCD 的边长是 x，则 BC=CD=x，CE=6，DF=BG=2，EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，在 Rt FCE 中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，（x+4）2=（x+2）2

95、+62，解得：x=6，AG=AF=22622 10，FAM=45，FH=22AF=22 102=2 5，即 AEF 中 AE 边上的高为2 5 【点睛】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题 10（2023 春江苏八年级专题练习）已知正方形 ABCD，EAF45，将EAF 绕顶点 A 旋转，角的两边始终与直线 CD 交于点 E，与直线 BC 交于点 F，连接 EF （1）如图，当 BFDE 时，求证：ABFADE；（2）若EAF 旋转到如图的位置时，求证：AF

96、BAFE；（3）若 BC4，当边 AE 经过线段 BC 的中点时，在 AF 的右侧作以 AF 为腰的等腰直角三角形 AFP，直接写出点 P 到直线 AB 的距离【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）163 或 4【分析】（1）利用 SAS 定理判定即可；（2）延长CB 到G，使 BGDE，连接 AG，易证 ABGADE，则 AGAE，BAGDAE；再证明AGFAEF 即可得出结论；（3）分两种情形：90AFP，90PAF；过点 F 作 FGAE于点G，过点 P 作 PHBF，交CB 延长线于点 H，利用三角形的面积公式和勾股定理列出方程组求得线段 BF；利用 PHFFBA，可得4HFAB，

97、则点 P 到直线 AB 的距离为 FHFB，结论可得；通过说明 PAHAFB，可得4PHAB，则点 P 到直线 AB 的距离为 PH，结论可得【详解】解：（1）证明：四边形 ABCD为正方形，ABAD，90BD 在 ABF和 ADE中，90ABADBDBFDE，()ABFADE SAS （2）延长CB 到G，使 BGDE，连接 AG，如图，四边形 ABCD为正方形，ABAD，90BD 90ABGD 在 ABG和 ADE中，90ABADABGDBGDE，()ABGADE SAS AGAE，BAGDAE 90DAEBAE，90BAGBAE 即90GAE 45EAF，45EAFGAF 在 GAF和

98、EAF中，GAEAGAFEAFAFAF，()GAFEAF SAS AFBAFE （3）点 P 到直线 AB 的距离为143 或 4，理由：当90AFP时，AFPF；过点 F 作 FGAE于点G，过点 P 作 PHBF，交CB 延长线于点 H，如图，四边形 ABCD为正方形，4ABBC，90ABC 点 E 是 BC 的中点，122BECB，2222422 5AEABBE 设 BFx，AFy，FGAE，45FAE，22FGAGy 1122AEFSEFABAEFG，EF ABAE FG 2(2)42 52xy 在 Rt ABF 中，222ABBFAF，2224xy 222104(2)4yxxy 解得

99、：11434 103xy，22124 10 xy （不合题意，舍去）43BF 90AFP，90PFHAFB，90ABC，90AFBFAB，PFHFAB 在 PHF和 FAB中，90PHFABFPFHFABPFFA ，()PHFFBA AAS 4FHAB，P到直线 AB 的距离为416433HBHFFB 当90PAF，PAAF时，过 P 作 PHAB，交 BA的延长线于点 H，如图，则点 P 到直线 AB 的距离为 PH，90PAF，90PAHFAB，90ABC，90AFBFAB，PAHAFB 在 PHA和 AFB中，90PHAABFPAHAFBPAAF ，()PHAABF AAS 4PHAB 点 P 到直线 AB 的距离为4PH 综上，点 P 到直线 AB 的距离为163 或 4【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，二元二次方程组的解法，根据正方形的特殊性质构造全等三角形是解题的关键