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第18章《平行四邊形》復(fù)習(xí)題---四邊形中的七大模型
【模型一 “中點四邊形”模型】
1.我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．
（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；
（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；
（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）
2.若順次連接四邊形ABCD四邊中點形成的四邊形為矩形，則四邊形ABCD滿足的條件為.
3.我們把順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫做中點四邊形．
（1）任意四邊形的中點四邊形是什么形狀？為什么？
（2）任意平行四邊形的中點四邊形是什么形狀？為什么？
（3）任意矩形、菱形和正方形的中點四邊形分別是什么形狀？為什么？
4.四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點，順次連接各邊中點得到的新四邊形EFGH稱為中點四邊形．
（1）我們知道：無論四邊形ABCD怎樣變化，它的中點四邊形EFGH都是平行四邊形．特殊的：
①當(dāng)對角線時，四邊形ABCD的中點四邊形為__________形；
②當(dāng)對角線時，四邊形ABCD的中點四邊形是__________形．
（2）如圖：四邊形ABCD中，已知，且，請利用（1）中的結(jié)論，判斷四邊形ABCD的中點四邊形EFGH的形狀并進(jìn)行證明．
【模型二 “十字架”模型】
1.如圖，將邊長為3的正方形ABCD紙片沿EF折疊，點C落在AB邊上的點G處，點D與點H重合，CG與EF交于點P，取GH的中點Q，連接PQ，則GPQ的周長最小值是（ ）
A． B． C． D．
2.如圖，將一邊長為12的正方形紙片的頂點A折疊至邊上的點E，使，若折痕為，則的長為（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
3.如圖，在正方形中，，點E是邊上一點，且，連接，點F是邊上一點，過點F作交于點G，連接，，，則四邊形的面積為 ．

4.綜合與實踐
數(shù)學(xué)課上，老師提出了這樣一個問題：如圖1，在正方形中，已知，求證：． 甲小組同學(xué)的證明思路如下： 由同角的余角相等可得．再由，，證得（依據(jù)：________），從而得． 乙小組的同學(xué)猜想，其他條件不變，若已知，同樣可證得，證明思路如下： 由，可證得，可得，再根據(jù)角的等量代換即可證得．
完成任務(wù)：
（1）填空：上述材料中的依據(jù)是________（填“”或“”或“”或“”）
【發(fā)現(xiàn)問題】
同學(xué)們通過交流后發(fā)現(xiàn)，已知可證得，已知同樣可證得，為了驗證這個結(jié)論是否具有一般性，又進(jìn)行了如下探究．
【遷移探究】
（2）在正方形中，點E在上，點M，N分別在上，連接交于點P．甲小組同學(xué)根據(jù)畫出圖形如圖2所示，乙小組同學(xué)根據(jù)畫出圖形如圖3所示．甲小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知仍能證明，乙小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知無法證明一定成立．
①在圖2中，已知，求證：；
②在圖3中，若，則的度數(shù)為多少
【拓展應(yīng)用】
（3）如圖4，在正方形中，，點E在邊上，點M在邊上，且，點F，N分別在直線上，若，當(dāng)直線與直線所夾較小角的度數(shù)為時，請直接寫出的長．
【模型三 “垂美四邊形”模型】
1.對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．
(1)概念理解：如圖，在四邊形中，，，四邊形是垂美四邊形嗎？請說明理由；
(2)性質(zhì)探究：如圖，垂美四邊形的對角線，交于點．猜想：與有什么關(guān)系？并證明你的猜想；
(3)解決問題：如圖，分別以的直角邊和斜邊為邊向外作正方形和正方形，連接，，．已知，，求的長．
2.小明學(xué)行四邊形這一章后，對特殊四邊形的探究產(chǎn)生了興趣，發(fā)現(xiàn)另外一類特殊四邊形，如圖1，我們把兩條對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．
(1)概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四邊形的是 　　
(2)性質(zhì)探究：通過探究，直接寫出垂直四邊形的面積與兩對角線，之間的數(shù)量關(guān)系： 　　．
(3)問題解決：如圖2，分別以的直角邊和斜邊為邊向外作正方形和正方形，連接，，，已知，．
①求證：四邊形為垂美四邊形；
②求出四邊形的面積．
3.四邊形ABCD，，點E為對角線BD上任意一點，連接AE、CE． 若AB=5，BC=3，則AE2-CE2等于( )
A．7 B．9 C．16 D．25
4.新定義：對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．
(1)尺規(guī)作圖：以已知線段為對角線作一個垂美四邊形，使其對角線交于點O；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)已知四邊形是垂美四邊形，且，則它的面積為________；
(3)如圖，四邊形是垂美四邊形，，探究a、b、c、d的數(shù)量關(guān)系；
(4)如圖，已知D、E分別是中邊的中點，，請運用上題的結(jié)論，求的長．
【模型四 “對角互補”模型】
1.在內(nèi)有一點D，過點D分別作，垂足分別為B，C．且，點E，F(xiàn)分別在邊和上．
(1)如圖1，若，請說明；
(2)如圖2，若，猜想具有的數(shù)量關(guān)系，并說明你的結(jié)論成立的理由．
2.已知，求證：，．
3.已知：，求證：．
4.如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點E，F(xiàn)分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．
（1）思路梳理
將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點F，D，G三點共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系為__；
（2）類比引申
如圖2，在圖1的條件下，若點E，F(xiàn)由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．
（3）聯(lián)想拓展
如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫出DE的長為________________.
【模型五 “含60°角的菱形”模型】
1.綜合與實踐課上，智慧星小組三名同學(xué)對含角的菱形進(jìn)行了以下探究．
【背景】
在菱形中，，作，，分別交，于點，．
【感知】
（1）如圖1，若是邊的中點，小智經(jīng)過探索發(fā)現(xiàn)了線段與之間的數(shù)量關(guān)系，請你直接寫出這個關(guān)系：____________________．
【探究】
（2）如圖2，當(dāng)為邊上任意一點時，判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．
【應(yīng)用】
（3）如圖3，在菱形紙片中，，，在邊上取一點，連接，在菱形內(nèi)部作，交于點．當(dāng)時，求線段的長．
2.小雨在參觀故宮博物館時，被太和殿窗欞的三交六椀菱花圖案所吸引，他從中提取出一個含角的菱形（如圖1所示）．若的長度為，則菱形的面積為（ ）

A． B． C． D．
3.含角的菱形，，，…，按如圖的方式放置在平面直角坐標(biāo)系xOy，點，，，…，和點，，，，…，分別在直線y＝kx和x軸上．已知，，則點的坐標(biāo)是 ；點的坐標(biāo)是 （n為正整數(shù)）．
4.【問題情境】
（1）數(shù)學(xué)探究課上，某興趣小組探究含角的菱形的性質(zhì)．

如圖1，菱形的邊長為，，則______，______．
【操作發(fā)現(xiàn)】
（2）如圖2，在圖1的基礎(chǔ)上，小賢在菱形的對角線上任取一點P（點P不與點B重合），以為邊向右側(cè)作菱形，且，連接．
①求證：；
②隨著點P位置的改變，的度數(shù)是否發(fā)生變化？若不變，求出的度數(shù)；若變化，請說明理由．
【拓展延伸】
（3）在（2）中，連接，若，求此時的長．
【模型六 “梯子”模型】
1.如圖，在中，，，，點在軸上，點在軸上，則點在移動過程中，的最大值是 ．
2.如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的內(nèi)部，頂點A，B分別在射線OM，ON上，AB＝4，BC＝2，則點D到點O的最大距離是
①2－2；②2＋2；③2－2；④＋2
3.如圖所示，線段的兩端在坐標(biāo)軸上滑動，，AB的中點為Q，連接，求證：O，Q，C三點共線時，取得最大值．
4.已知∠MON=90°，線段AB長為6cm，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連結(jié)OC．
(1)求證：無論點A、點B怎樣運動，點P都在∠AOB的平分線上；
(2)若OP=4，求OA的長．
(3)求OC的最大值（提示：取AB的中點Q，連接CQ、OQ，運用兩點之間，線段最短）
【模型七 “半角”模型】
1.如圖①，四邊形是正方形，，分別在邊、上，且，我們稱之為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法，如圖①，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，點與點重合，連接、、．
(1)試判斷，，之間的數(shù)量關(guān)系；
(2)如圖②，點、分別在正方形的邊、的延長線上，，連接，請寫出、、之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程．
(3)如圖③，在四邊形中，，，，點，分別在邊，上，，請直接寫出，，之間數(shù)量關(guān)系．
2.綜合與實踐
（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為 　 　．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出猜想，并給予證明．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系為 　 　．
3.（1）如圖1，在四邊形中，，，E、F分別是邊、上的點，若，可求得、、之間的數(shù)量關(guān)系為________．（只思考解題思路，完成填空即可，不必書寫證明過程）
（2）如圖2，在四邊形中，，，E、F分別是邊、延長線上的點，若，判斷、、之間的數(shù)量關(guān)系還成立嗎，若成立，請完成證明，若不成立，請說明理由．
4.將銳角為45°的直角三角板MPN的一個銳角頂點P與正方形ABCD的頂點A重合，正方形ABCD固定不動，然后將三角板繞著點A旋轉(zhuǎn)，∠MPN的兩邊分別與正方形的邊BC、DC或其所在直線相交于點E、F，連接EF．
（1）在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC相交時，如圖1所示，請直接寫出線段BE、DF、EF滿足的數(shù)量關(guān)系；
（2）在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的兩邊分別與正方形的邊CB、DC的延長線相交時，如圖2所示，請直接寫出線段BE、DF、EF滿足的數(shù)量關(guān)系；
（3）若正方形的邊長為4，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠MPN的一邊恰好經(jīng)過BC邊的中點時，試求線段EF的長．
參考答案
【模型一 “中點四邊形”模型】
1.（1）證明：如圖1中，連接BD．
∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，
∴FG∥BD，F(xiàn)G=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．
（2）四邊形EFGH是菱形．
證明：如圖2中，連接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD．
∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，
∴EF=AC，F(xiàn)G=BD，
∵四邊形EFGH是平行四邊形，
∴四邊形EFGH是菱形．
（3）四邊形EFGH是正方形．
證明：如圖2中，設(shè)AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四邊形EFGH是菱形，
∴四邊形EFGH是正方形．
2.AC⊥BD
【分析】如圖所示，由四邊形EFGH為矩形，根據(jù)矩形的四個角為直角得到∠FEH=90°，又EF為三角形ABD的中位線，根據(jù)中位線定理得到EF與DB平行，根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補得到∠EMO=90°，同理根據(jù)三角形中位線定理得到EH與AC平行，再根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補得到∠AOD=90°，根據(jù)垂直定義得到AC與BD垂直．
【詳解】順次連接四邊形ABCD四邊中點形成的四邊形為矩形，則四邊形ABCD滿足的條件為對角線垂直，理由：
∵四邊形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵點E、F、分別是AD、AB、各邊的中點，
∴EF是三角形ABD的中位線，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵點E、H分別是AD、CD各邊的中點，
∴EH是三角形ACD的中位線，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
則AC⊥BD，故四邊形ABCD滿足的條件為對角線垂直．
故答案為AC⊥BD．
3.（1）任意四邊形的中點四邊形是平行四邊形，理由如下：
已知四邊形ABCD，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，AD的中點，連接BD，如圖1：
∵E是AB的中點，H是AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，
∴ ， ，
∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴FG是△BCD的中位線，
∴ ， ，
∴EH∥GF，EH =FG，
∴四邊形EFGH為平行四邊形；
（2）任意平行四邊形的中點四邊形是平行四邊形，理由如下：
已知平行四邊形ABCD，E，N，M，F(xiàn)分別是DA，AB，BC，DC的中點，連接AC，DB，如圖2：
∵E，F(xiàn)分別是DA，DC的中點，
∴EF是△ACD的中位線，
∴EF∥AC，EF= ，
∵M(jìn)，N分別是BC，AB的中點，
∴MN是△ABC的中位線，
∴MN∥AC，MN=AC，
∴EF∥MN，EF=MN，
∴四邊形MNEF是平行四邊形；
（3）如果原四邊形為矩形，則形成的中點四邊形為菱形，理由如下：
已知矩形ABCD，H，E，F(xiàn)，G分別是DA，AB，BC，DC的中點，連接AC，DB，如圖：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E是AB的中點，H是AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，
∴EH=BD，
∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴GF是△BCD的中位線，
∴GF=BD，
∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF=AC，
∵G是CD的中點，H是AD的中點，
∴GH是△ACD的中位線，
∴GH= AC，
又∵AC=BD，
∴EF=GF=EH=GH，四邊形EFGH是菱形；
如果原四邊形為菱形，則形成的中點四邊形為矩形，
理由如下；已知菱形ABCD，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，，BC，CD，AD的中點，連接BD，AC，如圖：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中點，H是AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，
∴EH∥BD， ，
∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴GF是△BCD的中位線，
∴GF∥BD， ，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF∥AC，
∴EH⊥EF，
∴四邊形EFGH是矩形；
如果原四邊形為正方形，則形成的中點四邊形為正方形，理由如下：
已知正方形ABCD，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，AD的中點，連接BD，AC，如圖：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∵E是AB的中點，H是AD的中點，
∴EH是△ABD的中位線，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴GF是△BCD的中位線，
∴GF∥BD，GF=BD，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF∥AC，EF=AC，
∴EF⊥EH，
∴四邊形EFGH是矩形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四邊形EFGH是正方形．
4.（1）解：（1）①連接AC、BD，
∵點E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點，
∴EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四邊形EFGH都是平行四邊形，
∵對角線AC=BD，
∴EH=EF，
∴四邊形ABCD的中點四邊形是菱形；
②當(dāng)對角線AC⊥BD時，EF⊥EH，
∴四邊形ABCD的中點四邊形是矩形；
故答案為：菱；矩；
（2）四邊形ABCD的中點四邊形EFGH是菱形．理由如下：
分別延長BA、CD相交于點M，連接AC、BD，
∵，∴是等邊三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四邊形ABCD的對角線相等，中點四邊形EFGH是菱形．
【模型二 “十字架”模型】
1.B
【分析】連接BP，取CD的中點M，連接PM，根據(jù)折疊的性質(zhì)，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求△GPQ的周長的最小值，只需求PM+PB的最小值，當(dāng)M、P、B三點共線時，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
【詳解】解：連接BP，取CD的中點M，連接PM，
由折疊可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中點，
∴BP＝PG＝GC，
∵Q是GH的中點，
∴QG＝GH，
∴△GPQ的周長＝PQ+QG+PG＝PM+GH+PB＝PM+PB+CD，
∵CD＝3，
∴△GPQ的周長＝PM+PB+，
當(dāng)M、P、B三點共線時，PM+BP＝BM最小，
在Rt△BCM中，BM＝，
∴△GPQ的周長的最小值為.
故選B．
2.A
【分析】過點P作PM⊥BC于點M，由折疊得到PQ⊥AE，從而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，從而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【詳解】解：過點P作PM⊥BC于點M，
由折疊得到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 中，，AD=12，
由勾股定理得：
，
∴PQ=13．
故選：A．
3.5
【分析】由正方形中“十字架”模型的解法可知，過點作于，可證()，可得，由勾股定理可求，再由“對角形互相垂直的四邊形面積等于對角線乘積的一半”，即可求解．
【詳解】解：如圖，過點作于，
，
四邊形是正方形，
，
，
四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，
在和中
，
()
，
，
，
，
，
；
故答案：．
4.（1）證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案為：；
（2）①作于點H，

∵四邊形是正方形，
∴，，
∴四邊形是矩形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作于點L，

同理可證四邊形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①當(dāng)N、F在邊上時，如圖，，作于點G，作于點H，則四邊形和四邊形都是矩形，

同理可證，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴．
設(shè)，則，
∵，
∴，
∴（負(fù)值舍去），
∴．
②當(dāng)N、F在的延長線上時，如圖，
同理可得：，，
∴．
．
【模型三 “垂美四邊形”模型】
1.（1）解：四邊形是垂美四邊形，理由如下：
如下圖，連接，，
，
點在線段的垂直平分線上，
，
點在線段的垂直平分線上，
直線是線段的垂直平分線，
，
四邊形是垂美四邊形；
（2）解：，證明如下：
四邊形是垂美四邊形，
，
，
由勾股定理，得，，
；
（3）解：如下圖，設(shè)交于點，交于點，連接，，
四邊形和四邊形都是正方形，，，
，，，
，
即，
在和中，，
，
，
又 ，
，
，
，
，即，
四邊形是垂美四邊形，
在中，，，由勾股定理逆定理得：，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
由（2）可得，即，
解得：（負(fù)值舍去），即的長為．
2.（1）解：∵在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中，兩條對角線互相垂直的四邊形是菱形、和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四邊形；
（2）解：；
（3）①證明：連接和，設(shè)與相交于點，與相交于點，如圖2所示：
∵四邊形和四邊形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形為垂美四邊形；
②解：∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵四邊形為垂美四邊形，
∴四邊形的面積．
3.C
【分析】連接AC，與BD交于點O，根據(jù)題意可得，在與中，利用勾股定理可得，在與中，繼續(xù)利用勾股定理可得，求解即可得．
【詳解】解：如圖所示：連接AC，與BD交于點O，
∵，
在中，，
在中，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
故選：C．
4.（1）解：如圖1：
（2）解：如圖2，
Rt△ACD中，，
Rt△ABC中，，．
（3）∵，
∴中，；
中，，
中，，
中，，
∴，
；
∴；
（4）解：連接，如圖3，
∵D、E分別是中邊的中點，
∴；
∵，
∴四邊形是垂美四邊形；
∴；
即，
得．
【模型四 “對角互補”模型】
1.（1）解：∵，
∴，
在和中，
∵，
∴．
∴．
（2）解：，理由如下：
如圖：過點D作交于點G，
在和中，,
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在和中，
∴．
∴，
∴．
2.證明：延長DC至點E使CE=AD，
∵，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
，
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等邊三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于點F，則∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．
3.證明：過點D作的垂線交的延長線于點E，過點D作的垂線交于點F，如圖．
易知．
∵，
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
又，
∴，
∴
又，，
∴四邊形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
4.解：（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ADG，使AB與AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即點F，D，G三點共線，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF BE；
證明：將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使AB與AD重合，得到△ADE'，則△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F(xiàn)三點共線，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD （∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD （∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD ∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF DE'，
∴EF＝DF BE；
（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，
同（1）可證△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案為：．
【模型五 “含60°角的菱形”模型】
1.解：（1），理由如下：
連接，
∵四邊形是菱形
∴，
∴和是等邊三角形
∵是邊的中點
∴，即
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴；
（2）仍然成立，理由如下：
連接，
∵四邊形是菱形
（3）過點作交于點，連接，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∴和是等邊三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
當(dāng)點在點的右側(cè)，
∴，
當(dāng)點在點的左側(cè)，
∵，
∴，
∴；
綜上所述，的值為或．
2.B
【分析】作出圖形，利用直角三角形的性質(zhì)求出高，利用菱形的面積公式可求解．
【詳解】解：如圖所示，菱形中，，，

過點A作于點E，則，
∴，
由勾股定理得，
∴菱形的面積為，
故選：B．
3.
【分析】利用菱形的性質(zhì)得出是等邊三角形，進(jìn)而得出坐標(biāo)，進(jìn)而得出，同理求得的坐標(biāo)，從而找到規(guī)律，即可得出的坐標(biāo)．
【詳解】解：過點作⊥x軸于點D，
∵含60°角的菱形，…，
∴，，
∴是等邊三角形，
∵（2，0），（4，0），
∴=2，
∴， ，
∴OD=3，
則（3，），
∵，，
∴，
同理可得出：，則，
則點的坐標(biāo)是：
故答案為：，
4.解：（1）連接，與交于點G，
∵ 菱形的邊長為，，， 為對角線，
∴，，，
∴，，
∴，
故答案為：．
（2）①證明：∵菱形，菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．

②的大小不變，且，理由如下：
∵菱形， ,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故的大小不變，且．
（3）連接，交于點O，過點P作于點H，
∵菱形，菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴直線是線段的垂直平分線，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴．
【模型六 “梯子”模型】
1.
【分析】取的中點，連接，，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，解得，在中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三邊關(guān)系解得，據(jù)此解題．
【詳解】解：如圖，取的中點，連接，，
∵，，，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值為，
故答案為：．
2.②
【分析】取AB中點E，連接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三邊關(guān)系分析出當(dāng)O、E、D三點共線時，OD最大為OE+DE．
【詳解】取AB中點E，連接OE、DE、OD，
∵∠MON=90°，
∴OE=AB=2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=2．
在△ODE中，根據(jù)三角形三邊關(guān)系可知DE+OE＞OD，
∴當(dāng)O、E、D三點共線時，OD最大為OE+DE=2+2．
故答案為：②．
3.如圖．
在中，，
∴．
在中，由勾股定理得．
∵，
∴當(dāng)O，Q，C三點共線，取得最大值，，即；
4.（1）
如圖，作垂足分別為E、F，則
又 ，
，是正方形，
，
在中，
≌，
，
即點P在的平分線上；
（2）由（1）可得四邊形OEPF是正方形，
OP=
∴
又∵Rt中，
∴,
∴Rt中，
或
；
（3）
如圖，取AB的中點Q，連接
∵AB長度不變，BC長度不變，
∴Rt中，中，
，
∵
∴當(dāng)三點共線時，OC有最大值，
OC最大值= OQ+QC=．
【模型七 “半角”模型】
1.（1）解：，證明如下：
四邊形是正方形，
，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：，，，，
，
點、、共線，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（2）解：，
證明如下：
如圖，在上取，連接，
四邊形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得，
，，，
，
，
點、、共線，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
2.解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴點M'、C、N三點共線，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M(jìn)'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴點M'、C、N三點共線，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M(jìn)'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN -AM，理由如下：
如圖，在NC上截取C M'=AM，連接B M'，
∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M(jìn)'N=CN -C M'，
∴MN=CN -AM．
故答案是：MN=CN -AM．
3.（1）解：線段、、之間的數(shù)量關(guān)系是．
如圖，延長至，使，連接，
∵，，即：，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案為：．
（2）結(jié)論：．
理由：在上截取，連接，
∵，，
∴，
在與中，，
∴，
∴，，則，
∴
∵，，
∴，
在與中，，
∴，
∴，
即，
即，
∴．
4.解：（1）結(jié)論：EF=BE+DF．
理由：延長FD至G，使DG=BE，連接AG，如圖①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）結(jié)論：EF=DF -BE．
理由：在DC上截取DH=BE，連接AH，如圖②，
∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF -BE；
（3）①當(dāng)MA經(jīng)過BC的中點E時，同（1）作輔助線，如圖：
設(shè)FD=x，由（1）的結(jié)論得FG=EF=2+x，F(xiàn)C=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴EF=x+2=．
②當(dāng)NA經(jīng)過BC的中點G時，同（2）作輔助線，
設(shè)BE=x，由（2）的結(jié)論得EC=4+x，EF=FH，
∵K為BC邊的中點，
∴CK=BC=2，
同理可證△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD -DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x=，
∴EF=8-=．
綜上，線段EF的長為或．

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