【期中讲练测】苏科版八年级下册数学 专题06四边形常见模型（考点清单）.zip

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【考点题型一】垂美四边形模型
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
1．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．数学兴趣小组的同学们在老师的带领下开展了对垂美四边形的研究．
(1)【概念理解】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，则四边形ABCD______（填“是”或“不是”）垂美四边形．
(2)【性质探究】如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．小莹利用勾股定理的知识探索出四边形ABCD的四条边具有以下数量关系：AB2+CD2=AD2+BC2．请判断小莹的结论是否正确，并说明理由．
(3)【问题解决】如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形ABD，使得∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接CD，BE，DE，已知BC=3，AC=4，请直接写出DE的值．
【答案】(1)是，理由见详解
(2)正确，理由见详解
(3)DE的值为73
【分析】本题主要考查四边形的综合，理解垂美四边形的定义，掌握全等三角形的判定和性质，垂直的判定和性质，勾股定理的综合运用的知识是解题的关键．
（1）如图所示，连接AC，BD，交于点O，根据全等三角形的判定和性质可证△ABC≌△ADCSSS，再证明△ABO≌△ADOSAS，由此即可求解；
（2）根据勾股定理即可求解；
（3）根据等腰直角三角形的性质可证△ABE≌△ADCSAS，四边形BCED是垂美四边形，再根据（2）中的结论可得BC2+DE2=CE2+BD2，根据勾股定理可求出AB，CE，BD的值，由此即可求解．
【详解】（1）解：是，理由如下，
如图所示，连接AC，BD，交于点O，
在△ABC，△ADC中，AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴∠ABC=∠ADC，∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，
在△ABO，△ADO中，
AB=AD∠BAO=∠DAOAO=AO，
∴△ABO≌△ADOSAS，
∴∠AOB=∠AOD，
∵∠AOB+∠AOD=180°，
∴∠AOB=∠AOD=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形，
故答案为：是；
（2）解：正确，理由如下，
∵四边形ABCD是垂美四边形，AC⊥BD，交于点O，
∴在Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2，
在Rt△AOD中，AD2=OA2+OD2，
在Rt△BOC中，BC2=OB2+OC2，
在Rt△DOC中，CD2=OC2+OD2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）解：如图所示，设AB，CD交于点M，CD，BE交于点N，

∵∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，
∴∠CAE+∠BAC=∠BAD+∠BAC，即∠BAE=∠DAC，
在△ABE，△ADC中，
AE=AC∠EAB=∠CADAB=AD，
∴△ABE≌△ADCSAS，
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠ADC+∠AMD=90°，∠AMD=∠BMC，
∴∠ABE+∠BMC=90°，
∴在△BMN中，∠BNM=180°-∠ABE+∠BMC=180°-90°=90°，
∴BE⊥CD，即四边形BCED是垂美四边形，
由（2）可得，BC2+DE2=CE2+BD2，
∵在Rt△ABC中，BC=3，AC=4，
∴AB=BC2+AC2=32+42=5，
∵△ACE是等腰直角三角形，△ABD是等腰直角三角形，
∴在Rt△ACE中，CE=2AC=42，
在Rt△ABD中，BD=2AB=52，
∴BC2+DE2=CE2+BD2变形得，32+DE2=422+522，
∴DE=73，
DE的值为73．
2．（22-23八年级下·河南驻马店·期末）学习了特殊的四边形——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．通过探究，我们得出垂美四边形ABCD的面积S等于两对角线乘积的一半．

(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)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；
②四边形BCGE的面积是_______．
【答案】(1)菱形、正方形
(2)①证明见解析；②130
【分析】（1）根据题干信息进行解答即可；
（2）①证明△GAB≌△CAE，得出BG=CE，∠ABG=∠AEC，根据∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，得出∠ABG+∠BMN=90°，即可得出∠BNM=90°，证明四边形BCGE为垂美四边形；
②根据勾股定理求出BC=AB2-AC2=6，得出BF=BC+CF=14，根据勾股定理求出BG=BF2+FG2=142+82=265，得出CE=BG=265，根据12BG⋅CE=130求出三角形的面积即可．
【详解】（1）解：∵菱形和正方形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线和矩形的对角线不一定互相垂直，
∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是菱形、正方形；
故答案为：菱形、正方形．
（2）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=∠CAEAB=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=265，
∴CE=BG=265，
∵四边形BCGE为垂美四边形，
∴四边形BCGE的面积=12BG⋅CE=130．
故答案为：130．
【点睛】本题主要考查了勾股勾股定理，正方形、矩形、菱形和平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，证明△GAB≌△CAE．
3．（22-23八年级下·湖北孝感·期中）新定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
(1)如图1，已知四边形ABCD是垂美四边形．
①若AC=36,BD=42，则它的面积为_____________；
②若AB=c,BC=d,CD=a,DA=b，探究a、b、c、d的数量关系．
(2)如图2，已知D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，AD⊥BE，AC=6,BC=8，请运用②中的结论，直接写出AB的长为___________________．
【答案】(1)①123；②c2+a2=b2+d2
(2)25
【分析】（1）①由面积和差关系可求解；②由勾股定理列出方程组，可求解；
（2）由三角形的中位线定理可得BD=DC=4，AE=EC=3，DE=12AB，由②的结论，列出方程可求解．
【详解】（1）解：①如图1，∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∵S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD，
∴S四边形ABCD=12×BD×AO+12×BD×CO=12×AC×BD=12×36×42=123；
②如图1，∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，
在Rt△AOD中，AO2+DO2=AD2，
在Rt△COB中，CO2+BO2=CB2，
在Rt△COD中，CO2+DO2=CD2，
∴AO2+BO2+CO2+DO2=CD2+AB2，AO2+DO2+CO2+BO2=CB2+AD2，
∴CD2+AB2=CB2+AD2，
即：c2+a2=b2+d2；
（2）解：如图，连接DE，
∵D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，AC=6,BC=8，
∴BD=DC=4，AE=EC=3，DE=12AB，
∵AD⊥BE，
∴四边形ABDE是垂美四边形，
∴AB2+DE2=BD2+AE2，
∴AB2+14AB2=16+9，
∴AB=25．
故答案为25
【点睛】本题是四边形综合题，考查了勾股定理，三角形中位线定理，勾股定理等知识，理解垂美四边形的定义并运用是解题的关键．
4．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在学习了平行四边形章节后，小明根据所学习的内容，试着创造了一个新的特殊四边形，规定：对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示．
(1)【概念理解】证明：有三条边相等的垂美四边形是菱形；（写出已知、求证）
(2)【性质探索】若记垂美四边形ABCD面积为S，试直接写出S与AC、BD之间的关系；
(3)【性质应用】根据不完全统计，勾股定理的证明有400多种方法，小明为了证明勾股定理，尝试用两个全等的直角三角形（Rt△ABC≌Rt△BED）如图2摆放，其中B、C、E在一条直线上，若假设直角三角形三边长为x，y，z，即BC=ED=x，AB=BE=y，AC=BD=z，试利用（2）中结论证明勾股定理．
【答案】(1)证明见详解
(2)S=12AC⋅BD
(3)证明见详解
【分析】（1）根据已知写出已知求证再利用三角形全等证明结论即可；
（2）四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=12AC⋅BO+12AC⋅DO=12AC⋅BD；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】（1）已知：四边形ABCD的两条对角线互相垂直，即AC⊥BD ，且AB=BC=CD；
求证：四边形ABCD是菱形
证明：∵AC⊥BD，
∴∠BOA=∠BOC=90° ，
在Rt△BOA 和Rt△BOC中
OB=OBAB=CB
∴Rt△AOB≌Rt△COBHL，
同理可得：Rt△COD≌Rt△COBHL，
∴OA=OC,OB=OD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴有三条边相等的垂美四边形是菱形；
（2）解：如图1所示：
∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=12AC⋅BO+12AC⋅DO=12AC⋅BD；
∴S=12AC⋅BD；
（3）由已知，可得∠BCA=∠EDB
∵∠CBO+∠EDB=90°
∴∠CBO+∠BCA=90°
∴AC⊥BD
∴ABCD是垂美四边形
由（2）可得ABCD是垂美四边形的面积S=12AC⋅BD
∴S=12AC⋅BD=12z2
∵S四边形ABCD=S梯形ABED-S△CED=x+y×y×12-12×x×y-x
S四边形ABCD=12y2+12xy+12x2-12xy
S四边形ABCD=12y2+12x2
∴12z2=12y2+12x2即z2=y2+x2
所以勾股定理得证．
【点睛】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．
【考点题型二】中点四边形模型
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
① 顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形.
② 中点四边形的周长等于原四边形对角线之和.
③ 中点四边形的面积等于原四边形面积的一半.
④ 顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤ 顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥ 顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
5．（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图,正方形ABCD的边长为1,顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1,又顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2,…．以此类推,则第六个正方形A6B6C6D6的周长是 ;面积是 ．

【答案】 12 164
【分析】本题考查正方形性质,勾股定理知识．通过阅读本题利用正方形及中点得到线段长度继而利用勾股定理求得下一个正方形边长,后根据规律求得正方形周长及面积．根据图形的变化得出规律是解答本题的关键．
【详解】解:∵正方形ABCD的边长为1,
∴正方形ABCD的面积为1,周长为4;
∵顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1,
∴AA1=AD1=12,根据勾股定理得A1D1=122+122=22,
即正方形A1B1C1D1的周长为22×4=22,面积为222=12;
∵顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2,
同理可得正方形A2B2C2D2的周长为2,面积为14;
……
∴以此类推,不难发现规律,第n个正方形的周长为42n,面积为12n,
∴第六个正方形A6B6C6D6的周长为426=12,面积为126=164．
故答案为：12，164
6．（22-23八年级下·山东淄博·期中）如图，已知四边形ABCD是矩形．
(1)如图1，若E，F，G，H分别是AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是菱形；
(2)若菱形EFGH的三个顶点E，F，H分别在AD，AB，CD上，连接BG．
①如图2，若AE=2ED=4，BG=5， BF-AF=12，求AB的长；
②如图3，若AE=2ED=4，AB=8，请写出△GBF面积的最小值．
【答案】(1)见解析；
(2)①AB=7，②8-213．
【分析】
（1）利用三角形的中位线先判断出四边形EFGH是平行四边形，借助矩形的对角线 AC=BD,进而判断出EF=EH,， 即可得出结论；
（2）①先判断出△SFG≌△DHE,进而求出SG=2,再建立方程x+322+4=x2+16求解即可得出结论；
②先判断出BF最小时，△BFG的面积最小，进而判断出EF=EH最大时，△BFG最小，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）
证明：如图1， 连接AC,BD，
在矩形ABCD中，
∵E,F分别是AD,AB的中点，
∴EF∥BD,且EF=12BD，
∵G,H分别是BC,CD的中点，
∴GH∥BD,GH=12BD，
∴EF∥GH,EF=GH,
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵E,H分别是AD,CD的中点，
∴EH=12AC,
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD,
∴EH=12BD,
∵EF=12BD,
∴EF=EH,
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）
解：①如图2，连接FH，过点G作GS⊥AB交AB的延长线于S，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FAE=∠EDH=∠GSF=90°,AB∥CD,
∴∠BFH=∠DHF,
∵四边形EFGH是菱形，
∴FG∥EH,FG=EH=EF,
∴∠GFH=∠EHF,
∴∠SFG=∠DHE,
∴△SFG≌△DHE,
∴SG=DE=2,
∵BG=5,
∴BS=BG2-SG2=52-22=1,
设AF=x,则BF=x+12,
在Rt△FSG中，FG2=FS2+SG2=x+12+12+22=x+322+4,
∵AE=4，
∴在Rt△EAF中，EF2=AF2+AE2=x2+16,
∵FG=EF,
∴x+322+4=x2+16,
∴x=134,
∴AB=2×134+12=7；
② 如图3，过点G作GS⊥AB交AB的延长线于S，
由（1）知，△SFG≌△DHE,
∴SG=DE=2,
∴S△BFG=12BF×SG=12BF×2=BF,
当S△BFG要最小，则BF最小，
∵BF=AB-AF=8-AF,
∴AF最大时，BF最小，
在Rt△AEF中，AE=4,
∴AF=EF2-AE2=EF2-16,
∴EF最大时，AF最大，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF=EH,
∴EH最大时，EF也最大，
而点H在边CD上，DE=2,
∴当点H和点C重合时，EH最大，最大值为：DE+CD2=68,
∴EF最大为68,
∴AF最大=EF2-16=682-16=52=213，
∴BF最小=AB-AF最大=8-AF=8-213,
∴△GBF面积的最小值为8-213．
【点睛】
此题主要考查了四边形综合题，三角形的中位线定理，平行四边形，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，判断出△SFG≌△DHE是解本题的关键．
7．（20-21八年级下·河北石家庄·期中）四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明△ABC≌△DMB，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等边三角形，∴MB=BC=CM，∠M=60°，
∵BC=AB+CD，∴MA+AB=AB+CD=CD+DM，∴MA=CD，DM=AB，
在△ABC和△DMB中，
AB=DM∠ABC=∠MBC=BM，
∴△ABC≌△DMB，∴AC=DB，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
8．（22-23八年级上·山东威海·期末）（1）如图1，四边形ABCD，点E，F，G，H分别为四边的中点，顺次连接E，F，G，H，则四边形EFGH的形状是_____________；
（2）将图1中四边形ABCD沿BD折叠，其它条件不变，得到图2，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）将图1中四边形ABCD沿AC折叠，其它条件不变，得到图3，（1）中的结论是否依然成立？请说明理由．
【答案】（1）平行四边形；（2）四边形EFGH是平行四边形，理由见解析；（3）四边形EFGH是平行四边形，理由见解析．
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明GF∥EH，GF=EH，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）（3）同（1）根据平行四边形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）四边形EFGH是平行四边形，理由如下，
连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH的形状是平行四边形；
（3）四边形EFGH是平行四边形，理由如下，
连接BD，
∵点E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别为BC，CD的中点，
∴HE∥BD，HE=12BD，GF∥BD，GF=12BD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EFGH的形状是平行四边形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
【考点题型三】梯子模型
【模型介绍】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，∠ACB=∠AOC=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.
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.
9．（18-19八年级下·湖北武汉·期末）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是
①22－2；②22＋2；③25－2；④2＋2
【答案】②
【分析】取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE．
【详解】取AB中点E，连接OE、DE、OD，
∵∠MON=90°，
∴OE=12AB=2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=22．
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE=22+2．
故答案为：②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题．
10．（2021八年级·全国·专题练习）如图所示，线段AB的两端在坐标轴上滑动，∠ABC=90°，AB的中点为Q，连接OQ,QC，求证：O，Q，C三点共线时，OC取得最大值．
【答案】见解析
【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可；
【详解】如图．
在Rt△AOB中，AQ=BQ，
∴OQ=12AB．
在Rt△ABC中，由勾股定理得CQ=QB2+CB2=12AB2+CB2．
∵OC≤OQ+CQ，
∴当O，Q，C三点共线，OC取得最大值，OC=OQ+QC，即OC=12AB+12AB2+CB2；
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．
11．（2022·湖北随州·一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．
例：如图1，∠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随之在边OM上运动，矩形的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离是多少？
分析：如图1，取AB的中点E，连接DE、OE，则△ODE中，OD为待求线段，DE，OE的长是可求的，即△ODE为待求线段OD的“关联三角形”，在△ODE中利用三角形三边关系定理可以得到OD的不等式，当点O，E，D三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到OD的最值．
(1)根据上面的分析，完成下列填空：
解：如图1，取AB的中点E，连接DE，OE．
在Rt△OAB中，OE=12AB=1，
在Rt△ADE中，DE=1+1=2，
在△ODE中，OD