八年级数学下册专题05平行四边形六大模型(原卷版+解析)

这是一份八年级数学下册专题05平行四边形六大模型(原卷版+解析)，共58页。

模型一：中点四边形 模型二：梯子模型
模型三：十字架 模型四：对角互补
模型五：半角模型 模型六：与正方形有关三垂线
模型一：中点四边形
中点四边形:依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形O。
结论 1: 点 M、N、P、Q 是任意四边形的中点，则四边形 MNPQ 是平行四边形

结论 2: 对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形

结论3：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形

结论 4: 对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形

【典例1】（2024•长沙模拟）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，则四边形EFGH一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形
C．菱形D．正方形
【变式1-1】（2023•阳春市二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线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
【变式1-2】（2023•铜川一模）如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）
A．AC⊥BDB．AB＝CDC．AB∥CDD．AC＝BD
【变式1-3】（2023春•宿豫区期中）顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形
C．菱形D．正方形
模型二：梯子模型
如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上,当梯子底端滑动时,探究梯子上某点(如中点)或梯子构成图形上的点的轨迹模型(图 2),就是所谓的梯子模型。
[考查方向]已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动,求线段最值问题。
模型一: 如图所示,线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，LACB= ZAOC= 90°AC的中点为P,连接 OP、BP、OB,则当 O、P、B三点共线时,此时线段 OB最大值。

即已知 RtAACB中AC、BC的长,就可求出梯子模型中 OB的最值
模型二: 如图所示,矩形ABCD 的顶点 A、B分别在边 OM、ON上,当点A在边 OM上运动时,点 B随之在 ON上运动，且运动的过程中矩形 ABCD形状保持不变，AB的中点为P,连接 OP、PD、OD,则当 O、P、D三点共线时,此时线段 OD 取最大值

【典例2】如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 ．
【变式2-1】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 ．
【变式2-2】如图，∠MEN＝90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，已知BC＝10，CD＝5，点D，E之间距离的最大值是 ．
模型三：十字架
第一种情况：过顶点
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，证明△BAF≌△ADE（ASA）
所以AE=BF
第二种情况：不过顶点
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
也可以如下证明
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别AB、BC、CD、DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
【典例3】（2023春•商南县校级期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF相交于点G，连接AG，求证：
（1）CE⊥DF．
（2）∠AGE＝∠CDF．
【变式3-1】（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【变式3-2】（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4，，当点F在边AD上时，求BE的长．
【变式3-3】（2023春•滨州期末）已知ABCD是一个正方形花园．
（1）如图1，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门E、F、G、H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，问这两条路等长吗？为什么？
模型四：对角互补
对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.
模型一：含90°的全等型
1.如图1，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.则可以得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S=S+S=OC.
2.如图2，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③S-S=OC.

图1 图2 图3
模型二、：含60°与120°的全等型
如图3，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.则可得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S+S=OC.
【典例4】在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系为 ；
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B＝90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）如图3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求线段AC的长和四边形ABCD的面积．
【变式4-1】如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【变式4-2】四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，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∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，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∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： ．
模型五：半角模型
（1）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.

图示（1） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（2）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，则：EF=DF-BE.

图示（2） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
【典例5】已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【变式5-1】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？
【变式5-2】（2022春•路北区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长为 ．
【变式5-3】（2022秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
模型六：与正方形有关三垂线
【典例6】（2023春•中山市校级期中）如图①，正方形ABCD中，E是BC的中点，∠AEF＝90°，EF交正方形外角∠DCG的角平分线CF于点F，
（1）求证AE＝EF；
（2）当E为BC延长线上一点，其余条件不变，请在图②中画出图形，猜想（1）中结论是否仍然成立？并说明理由．
【变式6-1】（2022秋•宿城区校级期末）如图，已知正方形OABC的边长为8，边OA在x轴上，边OC在y轴上，点D是x轴上一点，坐标为（2，0），点E为OC的中点，连接BD、BE、ED．
（1）求点B的坐标；
（2）判断△BED的形状，并证明你的结论．
【变式6-2】（2023春•围场县期末）如图所示，在正方形ABCD中，AB＝4，点E为边BC的中点，F为CD边上一动点，满足∠AEF＝90°．
（1）求CF的长．
（2）求△AEF的面积．
【变式6-3】（2023春•河东区期中）如图：四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）连接AF，判断△AEF的形状，并证明；
（2）若AB＝4，求△AEF的面积；
（3）连接AC，求的值．
1．（2023•商丘模拟）一个四边形四边中点的连线所构成的中点四边形是菱形，那么这个原四边形是（ ）
A．矩形B．菱形
C．正方形D．对角线相等
2.（2023春•路北区期末）顺次连接矩形各边中点，所得图形的对角线一定满足（ ）
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．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是 ．
4．（2023秋•龙口市期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在直线AB，AD上，且∠ECF＝45°，连接EF．
（1）当E，F分别在边AB，AD上时，如图1．请探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并写出证明过程；
（2）当E，F分别在BA，AD的延长线上时，如图2．试探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并证明．
5．（2023•天心区校级三模）如图，正方形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE，过B点作BG⊥AE，垂足为点G，延长BG交CD于点F，连接AF．
（1）求证：BE＝CF．
（2）若正方形边长是5，BE＝2，求AF的长．
6．（2023秋•惠州期中）如图，正方形ABCD中，AB＝6，动点E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF．
（1）求证：EF＝BE+DF；
（2）若BE＝3，求线段DF的长．
7．（2023春•曹县期中）如图，正方形ABCD中，E是AB边上一点，连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）求证：BF＝CE；
（2）若正方形ABCD的边长5cm，点E是AB的中点，求CG的长．
8．（2023春•承德县月考）如图，在正方形ABCD中，M是AB上的一点，连接DM，过点M作MN⊥DM交∠B外角平分线于N．
（1）若AM＝a，求BN的长；
（2）如图2，连接DN，交BC边于点F，连接MF．求证：NM平分∠FMB．
从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易证得EF＝BE+FD．
大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．
专题05 平行四边形六大模型
模型一：中点四边形 模型二：梯子模型
模型三：十字架 模型四：对角互补
模型五：半角模型 模型六：与正方形有关三垂线
模型一：中点四边形
中点四边形:依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形O。
结论 1: 点 M、N、P、Q 是任意四边形的中点，则四边形 MNPQ 是平行四边形

结论 2: 对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形

结论3：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形

结论 4: 对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形

【典例1】（2024•长沙模拟）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，则四边形EFGH一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形
C．菱形D．正方形
【答案】A
【解答】解：如图，连接AC，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，
∴HG∥AC，HG＝AC，EF∥AC，EF＝AC；
∴EF＝HG且EF∥HG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选：A．
【变式1-1】（2023•阳春市二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线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，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC＝BD，
∵EH＝AC，EF＝BD，
则EF＝EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【变式1-2】（2023•铜川一模）如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）
A．AC⊥BDB．AB＝CDC．AB∥CDD．AC＝BD
【答案】A
【解答】解：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝AC，EF∥AC，GH＝AC，GH∥AC，EH∥BD，
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD时，EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形，
故选：A．
【变式1-3】（2023春•宿豫区期中）顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形
C．菱形D．正方形
【答案】D
【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF＝AC，FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，
∴EF⊥FG，FE＝FG，
∴四边形EFGH是正方形，
故选：D．
模型二：梯子模型
如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上,当梯子底端滑动时,探究梯子上某点(如中点)或梯子构成图形上的点的轨迹模型(图 2),就是所谓的梯子模型。
[考查方向]已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动,求线段最值问题。
模型一: 如图所示,线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，LACB= ZAOC= 90°AC的中点为P,连接 OP、BP、OB,则当 O、P、B三点共线时,此时线段 OB最大值。

即已知 RtAACB中AC、BC的长,就可求出梯子模型中 OB的最值
模型二: 如图所示,矩形ABCD 的顶点 A、B分别在边 OM、ON上,当点A在边 OM上运动时,点 B随之在 ON上运动，且运动的过程中矩形 ABCD形状保持不变，AB的中点为P,连接 OP、PD、OD,则当 O、P、D三点共线时,此时线段 OD 取最大值

【典例2】如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 3+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，
∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，
∴DE＝＝，
∵OD≤OE+DE，
∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．
∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3+，
故答案为：3+．
【变式2-1】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 2+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，取AC的中点M，连接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的最大值为2+．
故答案为2+．
【变式2-2】如图，∠MEN＝90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，已知BC＝10，CD＝5，点D，E之间距离的最大值是 5+5． ．
【答案】5+5．
【解答】解：∵∠MEN＝90°，F是BC中点，
∴EF＝BC＝5．
如图：
ED≤EF+DF，
当点D，E，F三点共线时，取等号．
此时F是BC的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴FD＝＝＝5．
∴ED最大＝EF+DF＝5+5．
故答案为：5+5．
模型三：十字架
第一种情况：过顶点
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，证明△BAF≌△ADE（ASA）
所以AE=BF
第二种情况：不过顶点
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
也可以如下证明
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别AB、BC、CD、DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得EG=FH
【典例3】（2023春•商南县校级期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF相交于点G，连接AG，求证：
（1）CE⊥DF．
（2）∠AGE＝∠CDF．
【答案】（1）见解析过程；
（2）见解析过程．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝AB，CF＝BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF；
（2）延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．
【变式3-1】（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【答案】（1）见解答；
（2）90°．
【解答】（1）证明：∵四边形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°．
【变式3-2】（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4，，当点F在边AD上时，求BE的长．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）．
【解答】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如图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．
总之，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＝．
【变式3-3】（2023春•滨州期末）已知ABCD是一个正方形花园．
（1）如图1，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门E、F、G、H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，问这两条路等长吗？为什么？
【答案】（1）这两条路等长，理由见解答；
（2）这两条路等长，理由见解答．
【解答】解：（1）这两条路等长，理由如下：
∵四边形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，
故这两条路等长；
（2）这两条路等长，理由如下：
如图2，作EM⊥BC于点M，交HF于点P，作HN⊥CD于点N，交EM于点Q，
∴∠EMG＝∠EMC＝90°，∠HNF＝∠HND＝90°，
∴∠EMG＝∠HNF，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AD＝CD，
∴∠A＝∠HND＝∠D＝90”，∠EMC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形AHND、四边形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，
故这两条路等长．
模型四：对角互补
对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.
模型一：含90°的全等型
1.如图1，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.则可以得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S=S+S=OC.
2.如图2，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③S-S=OC.
图1 图2 图3
模型二、：含60°与120°的全等型
如图3，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.则可得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S+S=OC.
【典例4】在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系为 AD+AB＝AC ；
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B＝90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）如图3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求线段AC的长和四边形ABCD的面积．
【答案】（1）AD+AB＝AC；
（2）成立，理由见解答；
（3）AC＝5，四边形ABCD面积为25．
【解答】解：（1）∵∠B+∠D＝180°，∠B＝90°，
∴∠D＝∠B＝90°，
∵对角线AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵AC＝AC，
∴Rt△DAC≌Rt△BAC（AAS），
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝120°，
∴，
∴∠DCA＝30°，
∴，
∴，
∴AD+AB＝AC．
故答案为：AD+AB＝AC．
（2）（1）中结论成立，理由如下：
，
以C为顶点，AC为一边作∠ACE＝60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，
由（1）可得：∠CAB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠AEC＝60°，
∴∠CAB＝∠BAC＝∠AEC，
∴△ACE为等边三角形，
∴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）过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，
，
∵对角线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四边形ABCD＝S△ADC+S△ACB＝S△EBC+S△ACB＝SACE＝25．
【变式4-1】如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【答案】（1）P（2，2）；（2）①不变，值为4；②8．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形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连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【变式4-2】四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，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∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为 90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM＝BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，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： CD+BC＝AC ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： BC+AB＝BD ．
【答案】（1）CD+BC＝AC；（2）CD+BC＝AC；（3）①见解析；②见解析；（4）BC+AB＝BD．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：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，
故答案为：CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠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）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠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°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案为：BC+AB＝BD．
模型五：半角模型
（1）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.

图示（1） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（2）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，则：EF=DF-BE.

图示（2） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
【典例5】已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【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，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形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对应边上的高，
∴AB＝AH．
（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，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则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
【变式5-1】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，
由旋转得：
∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠DCF+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点在同一条直线上，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，
∴∠EDF＝FDM，
∵DF＝DF，
∴△EDF≌△MDF（SAS）；
（2）设CF＝x，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，
由旋转得：AE＝CM＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝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的长为．
【变式5-2】（2022春•路北区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长为 ．
【解答】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转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：设BE＝x，则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，
【变式5-3】（2022秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【解答】解：成立．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，
∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，
∴M、B、E三点共线，
∴∠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：与正方形有关三垂线
【典例6】（2023春•中山市校级期中）如图①，正方形ABCD中，E是BC的中点，∠AEF＝90°，EF交正方形外角∠DCG的角平分线CF于点F，
（1）求证AE＝EF；
（2）当E为BC延长线上一点，其余条件不变，请在图②中画出图形，猜想（1）中结论是否仍然成立？并说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）作图见解析，AE＝EF仍然成立，理由见解析．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD正方形
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°
如图：取AB的中点M，点E是边BC的中点，
∴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）当E为BC延长线上一点，画出图形如下：
AE＝EF仍然成立，理由如下：
在BA延长线上截取AP＝CE，连接PE，则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与△ECF中，∠P＝∠FCE，AP＝CE，∠PAE＝∠CEF，
∴△APE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
【变式6-1】（2022秋•宿城区校级期末）如图，已知正方形OABC的边长为8，边OA在x轴上，边OC在y轴上，点D是x轴上一点，坐标为（2，0），点E为OC的中点，连接BD、BE、ED．
（1）求点B的坐标；
（2）判断△BED的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）（8，8）；
（2）△BED是直角三角形，证明见解答．
【解答】解：（1）正方形OABC的边长为8，边OA在x轴上，边OC在y轴上，
∴OA＝OC＝8，
∴点B的坐标为（8，8）．
（2）△BED是直角三角形；
点D是x轴上一点，坐标为（2，0），点E为OC的中点，
∴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．
【变式6-2】（2023春•围场县期末）如图所示，在正方形ABCD中，AB＝4，点E为边BC的中点，F为CD边上一动点，满足∠AEF＝90°．
（1）求CF的长．
（2）求△AEF的面积．
【答案】（1）CF的长为1；（2）△AEF的面积为5．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AB2+BE2＝AE2，CE2+CF2＝EF2，AD2+DF2＝AF2，
∵点E为边BC的中点，
∴BE＝CE＝2，
设CF＝x，则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的长为1．
（2）由（1）可知AE＝＝2，EF＝＝，
又∵∠AEF＝90°，
∴△AEF为直角三角形，
∴．
【变式6-3】（2023春•河东区期中）如图：四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）连接AF，判断△AEF的形状，并证明；
（2）若AB＝4，求△AEF的面积；
（3）连接AC，求的值．
【答案】（1）△AEF为等腰直角三角形，证明见解答过程；
（2）10；
（3）．
【解答】解：（1）△AEF为等腰直角三角形，证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，点E是边BC的中点，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，，
设AB的中点为H，连接EH，如图：
∴，
∵AB＝BC，，
∴AH＝BH＝BE＝CE，
∴△BEH为等腰直角三角形，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝135°，
∵CF为正方形外角的平分线，
∴∠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为等腰直角三角形；
（2）∵AB＝4，点E为BC的中点，
∴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为等腰直角三角形，
∴；
（3）过点F作FK⊥BC，交BC的延长线于K，连接AC，如图：
则∠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，
则BE＝a，则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为等腰直角三角形，
∴CK＝FK＝a，
在Rt△CFK中，CK＝FK＝a，
由勾股定理的：，
∴．
1．（2023•商丘模拟）一个四边形四边中点的连线所构成的中点四边形是菱形，那么这个原四边形是（ ）
A．矩形B．菱形
C．正方形D．对角线相等
【答案】D
【解答】解：如图，
在四边形ABCD中，点E、F、G、H是四边形四边上的中点，连接EF、EH、FG、GH、AC、BD，
在△ADC中，EH＝AC，
在△ABD中，EF＝BD，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EH＝EF，
∴AC＝BD，
∴原四边形的对角线相等．
故选：D．
2.（2023春•路北区期末）顺次连接矩形各边中点，所得图形的对角线一定满足（ ）
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：连接AC、BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC＝BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝AC，FG＝BD，GH＝AC，EH＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝EH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴所得图形的对角线一定满足互相平分且垂直．
故选：D．
3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是 3+3 ．
【答案】3+3．
【解答】解：如图，取CA的中点D，连接OD、BD，
则OD＝CD＝AC＝×6＝3，
由勾股定理得，BD＝＝3，
当O、D、B三点共线时点B到原点的距离最大，
所以，点B到原点的最大距离是3+3．
故答案为：3+3．
4．（2023秋•龙口市期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在直线AB，AD上，且∠ECF＝45°，连接EF．
（1）当E，F分别在边AB，AD上时，如图1．请探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并写出证明过程；
（2）当E，F分别在BA，AD的延长线上时，如图2．试探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF＝BE+DF，证明见解答；
（2）EF＝BE﹣DF，证明见解答．
【解答】解：（1）EF＝BE+DF，
证明：如图，延长AB使得BG＝DF，连接CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠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．
证明：如图，把△CDF绕点C逆时针旋转90°后，得到△CBG．
由旋转可得BG＝DF，CF＝CG，∠BCG＝∠DCF，点A，G，B在同一直线上．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠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•天心区校级三模）如图，正方形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE，过B点作BG⊥AE，垂足为点G，延长BG交CD于点F，连接AF．
（1）求证：BE＝CF．
（2）若正方形边长是5，BE＝2，求AF的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解答】解：（1）∵四边形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）∵正方形边长是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）如图，正方形ABCD中，AB＝6，动点E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF．
（1）求证：EF＝BE+DF；
（2）若BE＝3，求线段DF的长．
【答案】（1）见解答；
（2）DF＝2．
【解答】（1）证明：延长EB至H，使BH＝DF，连接AH，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠ABH＝90°，AD＝AB，
则在△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：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，BC＝CD＝AB＝6，
∵BE＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝3，
设DF＝α，
则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•曹县期中）如图，正方形ABCD中，E是AB边上一点，连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）求证：BF＝CE；
（2）若正方形ABCD的边长5cm，点E是AB的中点，求CG的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【解答】（1）证明：∵BF⊥CE，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB+∠CBG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠CBE＝90°，BC＝AB，
∴∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠GCB＝∠FBA，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE；
（2）解：∵AB＝5，点E是AB的中点，
∴BE＝cm，
在Rt△BCE中，EC＝＝cm，
∵S△BCE＝×BG＝5×，
∴BG＝cm，
在Rt△BCG中，CG＝＝2．
8．（2023春•承德县月考）如图，在正方形ABCD中，M是AB上的一点，连接DM，过点M作MN⊥DM交∠B外角平分线于N．
（1）若AM＝a，求BN的长；
（2）如图2，连接DN，交BC边于点F，连接MF．求证：NM平分∠FMB．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解答】（1）解：如图所示，在AD上取一点F，使得AF＝AM，连接FM，
∵四边形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，
∵MN⊥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）证明：如图所示，过点N作NG⊥BC于G，NH⊥BE于H，作NQ⊥DN交直线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°，
∴四边形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．
从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易证得EF＝BE+FD．
大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．