专项突破三 特殊四边形中的解题模型-【一课通】2023-2024学年八年级下册数学同步大考卷全程复习（人教版）

5.如图.f.f.G.R分别是边A..C.D的中点 专项突破三 特殊四边形中的解题模型 9.在正古形ACD中. (1)判断四边形FF的形默,并证明你的结论; (1)如图1.已知点E.F分别在边BC.CD上.且AE1F,是 要型一 中点四边形模型 (2)当8.AC满足什么条作时.四边形C是正方形,并 1.若题次连接回边形的各边中点得到的四边形是矩形,则度 为.求迁.A-B 明由. ,) 来的四违形一定是 (2)短图2.果点..6分到在边C.C望.固上.且C) A.短形 F.垂足为M,患么(与时相等吗?证明你的结论: B.鉴形 (3)如图3.如果点E$.6.分别在边8C(D2A.AB上 C.对角续相等的四边形 善 丑C上跃足为那么C5相等吗?证明你 D.对角线互相直的四边形 结论 2.如图.在四边形ABC0中.E.F.6.If分别是边A.RC.CD ###)# 因的中点.若四边形FC霞为萎形,则对角线AC.应 足的条件是 () A.AC1B0 B.AC-BD 图1 图2 C.AC1p且AC=B D.不确定 圈3 t树 勇型二“十字架”型 第3趣汇 第2题图 6.如图,在正方形A2CD中,点6.F分题在边(D.A上.题与 CF交干点6若B-4.D-AF-1.CG的长为 ) 3.如图.已知短形ARC沙的对角线AC的长为18(c.次连接 A.2 各边中点E.F.6.得四边形EF,则四边形EFCf的罔 1.5 长为 s 4.图.在到边形ACD.对角线AC.20相交于点0.E.F #7# )## G.B分别是AD.D.nC,AC韵中点 (1)永证:边形洁是平行因边形: 第6题图 (2)当四边形ABCD离足一个什么条时,四边形G是 第7题图 类型三 对角互补模型 萎形?请说明由 7.用,在正方形A昂中.点5分别在边2.高上用 1.如图,AAC为等边三角形,以A8为边向外作△A.使 项-CF.连接AE.0FDG平分2ADF交A8干点6若 .ADB=120.再以点C为转中心把△CRD转到 乙A5D-a.)乙ACD的度数为 ) ACA下列结论:D.A.F三点共线:②DC平分 A.00-o B. o0+0C. o0+2xr D.00-2ō -B0:③E-C:④D-DBD其中正确的有 8.如图,正方形ABCD的对角续相交于点0.直角乙M0V的两 ) 边分到交AD.CD3若3-5.CV-2.则正方 ) ABCD的丽视为 ## # m篇 A.4个 I.3个 C2个 D.1个 全程复习大考卷·数学,凡年级下册 11.如图,点P3-1-2x+4)在第一象限的角平分线0C上 ①如图2.求证:CA平分2DCB: 15.!问题号理与证用 A.P,点A在:抽正半换上,点在y纯正字轴上 ②如图3.当乙B-90时,直接用等式表示出线段 如图1.四边形A限CD是正方形,点E.F分在边BC.CD (1)点P的: AC.AC.CD之的数是关系 上,且乙&4F=45”,我们把这种模型称为”半角模型”,在 (2)当之AP绕点?转时。 决”半角模型”问题时,”载长补短”是常用的方法之一、在 ①0M+0的值是否发生查化若变化出其化 图2中选接好为了证明结论“FE=活+D”,小亮猛上 展若不变,求出这个位值 到点6.使nG=Df.答了这个间题,请按小亮的思路 ②请出0+0的小 善1 图2 用3 写出证明过程: 【问题展与应用】 如图3.正方形ACD的边长为6.点E.F分别在BG.CD 上.若AF=33.EAF=45*求A$的K 四1 图2 图3 类型四 半角模型 13.如图.在RABCCD.CCo2 12.我们现空.一提邻相等且对角互补的四边形叫做完差四 -4.AB=AC..CBD=30M.V分别在DC上.MA 边 -45*.湘ADMV的阔长为 (1)在以下则种题边形中,一定是完多因边形的是 (语填序号): ②菱形 ③形 ①罩行动 ④正方形 第13题因 (2)如图在答形A词CD中 A6EF分题是A适是 第14题图 上的点,且A=,求证:四边形0BF是完美 14.如图,在正方形AD中是边哉上的一点,点F在边 彩: CD的死长线上,且,理核交边AD于点6过点 (3)在完四聚ACAA7CD:I80 A作AV1&.是为M.交Cn干点A.若=5.CV-3 连接AC 则线段V长为 ,3. 会程习大考卷·数学·八年级下是BD 于点 F. ∵ BE = DE,∴ DF = 1 2 BD = 1 2 × 10 = 5. 在 Rt△DEF 中, EF = DE2 -DF2 = ( 254 ) 2 -52 = 15 4 , ∴ 点 E 到 BD 的距离为15 4 . 故选 A. 15. A　 【解析】如图,连接 BF. ∵ 四边形 ABCD 为矩形,∴ ∠ABC = 90°. ∵ BC = 6,E 为 BC 的中点,∴ BE = 3. ∵ AB = 4,∴ AE= AB2 +BE2 = 5. 由折叠,知 BE = FE,BF⊥ AE,BH=HF = 1 2 BF,∵ S△ABE = 1 2 ·AB·BE = 1 2 BH· AE,∴ BH = AB ×BE AE = 12 5 . ∴ BF = 24 5 . ∵ FE = BE = EC, ∴ ∠BFC= 90°. ∴ CF= 62 - ( 245 ) 2 = 18 5 . 故选 A. 16. B　 【解析】标注字母如图. 由折叠, 得∠EMH= 90°,△AEH≌△MEH. ∴ ∠HEA = ∠HEM, AE = ME. 同 理 ∠MEF= ∠BEF. ∴ ∠MEH+∠MEF = 90°. ∴ ∠HEF = 90°. 由折叠,得 BE = ME. ∴ AE = BE. ∵ EH = 6 cm, EF = 8 cm, ∴ FH = EH2 +EF2 = 62 +82 = 10(cm) . ∵ S△HEF = 1 2 ×EH×EF = 1 2 ×FH×EM,∴ AE = EM = EH ×EF FH = 6×8 10 = 4. 8( cm) . ∴ BE=AE=4. 8 cm. ∴ AB=AE+BE= 4. 8+4. 8 = 9. 6(cm). 故选 B. 17. (1)证明:∵ E 为边 AB 的中点,∴ AE=BE. 由翻折可知 GE=BE,∠A= ∠EGH= ∠EGC= 90°. ∴ AE=GE. 在 Rt△EAH 和 Rt△EGH 中, EH=EH, AE=GE,{ ∴ Rt△EAH≌Rt△EGH(HL) . (2)解:在正方形 ABCD 中,AD=CD=AB=BC= 10. ∵ Rt△EAH≌Rt△EGH,∴ AH=GH. ∴ DH=AD-AH= 10-AH. 由翻折可知 GC=BC= 10, ∴ CH=CG+GH= 10+AH. ∵ DH2 +CD2 =CH2, ∴ (10-AH) 2 +102 = (10+AH) 2 . 解得 AH= 2. 5. ∴ CH= 10+AH= 12. 5. 18. D　 【解析】∵ D 是 BC 的中点,BC = 6,∴ BD= 3. 设 BN = x. 由折叠的性质可得 DN = AN = 9 -x. 在 Rt △BDN 中,BN2 +BD2 =DN2,即 x2 +32 =(9-x) 2 . 解得 x= 4. 故线 段 DN 的长为 9-4 = 5. 故选 D. 19. B　 【解析】∵ ∠ACB= 90°,AC= 12 cm,BC = 9 cm,∴ AB = 122 +92 = 15 ( cm) . 由题意,得 AE = AB = 15 cm, ∴ CE=AE-AC= 15-12 = 3(cm) . 设 CD= x cm,则 BD = (9- x) cm = DE. 在 Rt △CDE 中,根据勾股定理,得 CD2 +CE2 =DE2,即 x2 +32 = (9-x) 2 . 解得 x = 4,即 CD 的长为 4 cm. 故选 B. 20. B　 【解析】∵ ∠BAC = 90°,∴ ∠B+∠C = 90°. 由折叠, 得∠ADB = ∠B,∠EDC = ∠C,AD = AB = 2,DE = CE. ∴ ∠ADB+∠EDC = ∠B+∠C = 90°. ∴ ∠ADE = 180° - (∠ADB+∠EDC)= 90°. ∴ AD2 +DE2 = AE2 . ∵ DE = CE = 3-AE,∴ 22 +(3-AE) 2 =AE2 . 解得 AE= 13 6 . 故选 B. 21.解:(1)∵ ∠ACB= 90°,AC= 3,BC= 4, ∴ AB= AC2 +BC2 = 32 +42 = 5. ∵ CP⊥AB, ∴ 1 2 AB·CP= 1 2 AC·BC,∠CPA= ∠CPB= 90°. ∴ 1 2 ×5CP= 1 2 ×3×4. ∴ CP= 12 5 . ∴ AP= AC2 -CP2 = 32 - ( 125 ) 2 = 9 5 . 由折叠,得∠CPA′= ∠CPA= 90°,A′P=AP= 9 5 . ∴ ∠CPA′= ∠CPB. ∴ 点 A′在 PB 上. ∴ BA′=AB-AP-A′P= 5- 9 5 - 9 5 = 7 5 . ∴ BA′的长为 7 5 . (2)当 CP⊥AB 时,由(1),得 BA′= 7 5 . 当 A′C⊥AB 时,如图 1,设 A′C⊥AB 于点 D,则∠A′DB = ∠CDA= ∠CDB= 90°. 由(1),得 CD= 12 5 ,AD= 9 5 . ∴ BD=AB-AD= 5- 9 5 = 16 5 . ∵ A′C=AC= 3,∴ A′D=A′C-CD= 3-12 5 = 3 5 . ∴ BA′= A′D2 +BD2 = ( 35 ) 2 + ( 165 ) 2 = 265 5 . 图 1 　 　 图 2 当 A′P⊥AB 时,如图 2,则∠A′PA= ∠A′PB= 90°. 由折叠,得∠APC= ∠A′PC= 1 2 ∠A′PA= 45°. 过点 C 作 CD⊥AB 于点 D,则∠CDA= ∠CDB= 90°,CD = 12 5 ,AD= 9 5 . ∴ ∠APC= ∠DCP= 45°. ∴ PD=CD= 12 5 . ∴ A′P=AP = AD+PD = 9 5 +12 5 = 21 5 ,BP = AB-AD-PD = 5- 9 5 -12 5 = 4 5 . ∴ BA′= A′P2 +BP2 = ( 215 ) 2 + ( 45 ) 2 = 457 5 . 综上所述,BA′的长为 7 5 或 265 5 或 457 5 . 专项突破三　 特殊四边形中的解题模型 1. D　 【解析】如图. 由于 E,F,G,H 分 别是 AB,BC,CD,AD 的中点,根据 三角形的中位线定理,得 EH∥FG∥ BD,EF∥AC∥HG. ∴ 四边形 EFGH 是平行四边形. ∵ 四边形 EFGH 是 矩形,∴ EF⊥FG. ∴ AC⊥BD. 故选 D. 2. B　 【解析】∵ G,H 分别是边 CD,DA 的中点,∴ HG 为 △ADC 的中位线. ∴ HG∥AC 且 HG= 1 2 AC. 同理 EF∥AC 且 EF= 1 2 AC,EH= 1 2 BD. ∴ HG∥EF 且 HG=EF. ∴ 四边 形 EFGH 为平行四边形. ∵ AC =BD,∴ HG =EH. ∴ 四边 形 EFGH 为菱形. 故选 B. 3. 36　 【解析】如图,连接 BD. ∵ E,F 分 别是 AB,BC 的中点,∴ EF 是△ABC 的中位线. ∴ EF = 1 2 AC = 1 2 × 18 = 9(cm) . 同理 FG= 1 2 BD,HG = 1 2 AC,EH = 1 2 BD. ∵ 四边 形 ABCD 是矩形,∴ AC =BD. ∴ EF =FG =GH =HE. ∴ 四 边形 EFGH 是菱形. ∴ 四边形 EFGH 的周长为 9 × 4 = 36(cm) . 4. (1)证明:∵ E,F,G,H 分别是 AD,BD,BC,AC 的中点, ∴ EF 是△ABD 的中位线,GH 是△ABC 的中位线. ∴ EF= 1 2 AB,EF∥AB,GH= 1 2 AB,GH∥AB. ∴ EF=GH,EF∥GH. ∴ 四边形 EFGH 是平行四边形. (2)解:当 AB=CD 时,四边形 EFGH 是菱形. 理由如下, ∵ F,G 分别是 BD,BC 的中点, ∴ GF 是△BDC 的中位线. ∴ GF= 1 2 CD. 当 AB=CD 时,EF=GF, ∴ 四边形 EFGH 是菱形. 5.解:(1)四边形 EFGH 是平行四边形. 证明如下, ∵ E,F 分别是边 AB,BC 的中点, ∴ EF∥AC,且 EF=AC 2 . 同理 GH∥AC,且 GH=AC 2 . ∴ EF∥GH,EF=GH. ∴ 四边形 EFGH 是平行四边形. (2)当 BD=AC 且 BD⊥AC 时,四边形 EFGH 是正方形. 理由如下: 由(1),得四边形 EFGH 为平行四边形. ∵ E,H 分别为 AB,DA 的中点,∴ EH∥BD,EH= 1 2 BD. 由(1),知 GH∥AC,GH= 1 2 AC. ∵ BD⊥AC,∴ EH⊥GH. ∴ ∠EHG= 90°. ∴ 平行四边形 EFGH 为矩形. ∵ BD=AC,EH= 1 2 BD,GH= 1 2 AC, ∴ EH=GH. ∴ 四边形 EFGH 为正方形. 6. D　 【解析】∵ 四边形 ABCD 为正方形,BC = 4,∴ ∠CDF =∠BCE=90°,AD=DC=BC= 4. ∵ DE=AF= 1,∴ CE=DF= 3. 在 △CDF 和 △BCE 中, CD=BC, ∠CDF=∠BCE, DF=CE, ì î í ïï ï ∴ △CDF ≌ △BCE(SAS). ∴ ∠DCF = ∠CBE. ∵ ∠DCF+∠BCF = 90°, ∴ ∠CBE+∠BCF= 90°. ∴ ∠BGC = 90°. 在 Rt△BCE 中,BC =4,CE= 3,∴ BE= BC2+CE2 = 5. ∵ S△BCE = 1 2 BE·CG = 1 2 BC·CE,∴ CG=BC·CE BE = 4×3 5 = 12 5 . 故选 D. 7. A 　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ DA = CD, ∠ADE= ∠DCF= 90°,AD∥BC. ∴ ∠DFC = ∠ADF. ∵ DE = CF,∴ △AED≌ △DFC ( SAS) . ∴ ∠AED = ∠DFC = 2α. ∴ ∠ADF= ∠DFC= 2α. ∵ DG 平分∠ADF,∴ ∠ADG =α. ∴ ∠AGD= 90°-α. 故选 A. 8. 49　 【解析】∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ AC⊥BD,OA =OC = OD,∠ADB = ∠ACD = ∠BDC = 45°. ∴ ∠DOC = 90°. ∴ ∠DON+∠NOC = 90°. ∵ ∠MON = 90°,∴ ∠MOD+ ∠DON = 90°. ∴ ∠MOD = ∠NOC. 在△MOD 和△NOC 中, ∠MOD= ∠NOC, OD=OC, ∠MDO= ∠NCO= 45°, ì î í ïï ïï ∴ △MOD≌△NOC(ASA) . ∴ DM=CN. ∵ AM = 5,CN = 2,∴ AD = AM+DM = AM+CN = 7. ∴ S正方形ABCD = 72 = 49. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 · 62·　 　 　 全程复习大考卷·数学·八年级下册 全程复习大考卷·数学·八年级下册　 　 　 ·63　 · 9. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是正方形,AE⊥BF, ∴ AB=BC,∠AMB= ∠ABC= ∠C= 90°. ∴ ∠BAE+∠ABM= 90°,∠CBF+∠ABM= 90°. ∴ ∠BAE= ∠CBF. 在△ABE 和△BCF 中, ∠ABE= ∠C= 90°, ∠BAE= ∠CBF, AB=BC, ì î í ïï ïï ∴ △ABE≌△BCF(AAS) . ∴ AE=BF. (2)解:GE=BF. 证明如下, 如图,过点 A 作 AN∥GE. ∵ 在正方形 ABCD 中,AD∥BC, ∴ 四边形 ANEG 是平行四边形. ∴ AN=GE. ∵ GE⊥BF,∴ AN⊥BF. 由(1),得△ABN≌△BCF. ∴ AN=BF. ∴ GE=BF. (3)解:GE=HF. 证明如下, 如图,分别过点 A,B 作 AP∥GE,BQ∥HF. ∵ AD∥BC,AB∥DC, ∴ 四边形 APEG、四边形 BQFH 均为平行 四边形. ∴ AP=GE,BQ=HF. ∵ GE⊥HF,∴ AP⊥BQ. 由(1),得△ABP≌△BCQ. ∴ AP=BQ. ∴ GE=HF. 10. A　 【解析】如图,标注各角. ①设∠1 = x°,则 ∠2 = ( 60 - x)°, ∠DBC = ( x + 60)°,故∠4 = ( x+ 60)°. ∴ ∠2 + ∠3 + ∠4 = 60° - x° + 60° + x° + 60° = 180°. ∴ D,A,E 三点共线. 故①正确;②∵ △CBD 绕着点 C 按顺时针方向旋转 60°得到△CAE,∴ DC =EC,∠DCE = ∠ACB= 60°. ∴ △CDE 为等边三角形. ∴ ∠E = 60°. ∴ ∠BDC= ∠E= 60°. ∴ ∠CDA= 120°-60° = 60°. ∴ DC 平分∠BDA. 故②正确;③∵ ∠BAC = 60°,∠E = 60°, ∴ ∠E= ∠BAC. 故 ③ 正确;④ 由旋转可知 EA = DB. ∵ ∠DAE= 180°,∴ DE=EA+DA. ∵ △CDE 为等边三角 形,∴ DC = DE. ∴ DC = DB+DA. 故④正确. 综上所述, 正确的为①②③④,共 4 个. 故选 A. 11.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. ∴ 点 P(2,2) . (2)①OA+OB 的值不发生变化. 如图,过点 P 作 PM⊥y 轴于点 M,PN⊥OA 于点 N. ∴ ∠PMO= ∠PNO= ∠MON= 90°,PM=PN= 2. ∴ 四边形 OMPN 是正方形. ∴ OM=ON=PM=PN= 2, ∴ ∠MPN= 90° = ∠APB. ∴ ∠MPB= ∠NPA. 在△PMB 和△PNA 中, ∠MPB= ∠NPA, PM=PN, ∠PMB= ∠PNA, ì î í ïï ïï ∴ △PMB≌△PNA(ASA) . ∴ BM=AN. ∴ OA+OB=ON+AN+OM-BM= 2OM= 4. ②如图,连接 AB. ∵ ∠AOB= 90°,∴ OA2 +OB2 =AB2 . ∵ △PMB≌△PNA,∴ PB=PA. ∵ ∠BPA= 90°,∴ AB2 =PA2 +PB2 = 2PA2 . ∴ OA2 +OB2 = 2PA2 . 当 PA 最小时,OA2 +OB2 也最小. 根据垂线段最短可得 PA 的最小值为 2, ∴ OA2 +OB2 的最小值为 8. 12.解:(1)④ (2)证明:如图 1,连接 BD. ∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AB=AD,AD∥BC,BD 平分∠ABC. ∵ ∠A= 60°,∴ △ABD 是等边三角形,∠ABC= 120°. ∴ AD=BD. ∵ BD 平分∠ABC,∴ ∠DBC= 60° = ∠A. ∵ AE=BF,∴ △ADE≌△BDF(SAS) . ∴ DE=DF,∠AED= ∠BFD. ∵ ∠AED+∠DEB= 180°,∴ ∠BFD+∠DEB= 180°. ∴ 四边形 DEBF 是完美四边形. 图 1 　 　 图 2 　 　 图 3 (3)①证明:如图 2,延长 CB 至点 E,使 BE = CD,连 接 AE. ∵ ∠BAD+∠BCD= 180°,∴ ∠ABC+∠D= 180°. ∵ ∠ABC+∠ABE= 180°, ∴ ∠ABE= ∠D. ∵ AB=AD,EB=CD,∴ △ABE≌△ADC(SAS) . ∴ ∠E= ∠ACD,AE=AC. ∴ ∠E= ∠ACE. ∴ ∠ACD= ∠ACE. ∴ CA 平分∠DCB. ②如图 3,延长 CB 至点 E,使 BE=CD,连接 AE. ∵ ∠ADC+∠ABC= 180°,∠ABE+∠ABC= 180°, ∴ ∠ADC= ∠ABE. ∵ AD=AB,CD=EB, ∴ △ADC≌△ABE(SAS) . ∴ AC=AE,∠CAD= ∠EAB. ∵ ∠BAD= 90°, ∴ ∠BAC+∠CAD= ∠BAC+∠EAB= ∠CAE= 90°. ∴ ∠CAE= ∠BAD= 90°. ∴ CE= AC2 +AE2 = 2AC. ∴ CD+BC=EB+BC= 2AC. 13. 2 3 +2　 【解析】如图,将△ACN 绕 点 A 逆时针旋转,得到△ABE,使 AC 与 BC 重合. ∴ ∠NAE = ∠BAC = 90°,AN = AE, CN=BE,∠ABE = ∠ACD,∠EAB = ∠NAC. ∵ ∠BAC = ∠D= 90°,∴ ∠ABD + ∠ACD = 360° - 90° - 90° = 180°. ∴ ∠ABD+∠ABE= 180°. ∴ E,B,M 三点共线. ∵ ∠MAN = 45°,∠BAC = 90°,∴ ∠EAM = ∠NAE-∠MAN = 90° - 45° = 45°. ∴ ∠EAM= ∠NAM. 在△AEM 和△ANM 中, AE=AN, ∠EAM= ∠NAM, AM=AM, ì î í ïï ïï ∴ △AEM≌△ANM( SAS) . ∴ MN = ME. ∵ ME = BE+BM = CN+BM,∴ MN = CN+BM. ∵ 在 Rt△BCD 中,∠BDC = 90°,∠CBD = 30°,BC = 4,∴ CD = 1 2 BC= 2,BD= BC2 -CD2 = 42 -22 = 2 3 . ∴ △DMN 的 周长为 DM+DN+MN = DM+DN+BM+CN = BD+CD = 2 3 +2. 14. 4 34 　 【解析】如图,连接 AE,AF,EN. ∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ AB = AD = BC = CD, ∠BAD = ∠ABE = ∠BCD = ∠ADF = 90°. ∵ BE = DF, ∴ △ABE ≌ △ADF(SAS) . ∴ ∠BAE = ∠DAF,AE = AF. ∴ ∠BAE+ ∠DAE= ∠DAF+∠DAE= 90°,即∠EAF= 90°. ∴ △EAF 为等腰直角三角形. ∵ AN⊥EF,∴ EM = FM,∠EMN = ∠FMN= 90°,MN = MN. ∴ △EMN≌ △FMN ( SAS) . ∴ EN=FN. 设 DN = x. ∵ BE = DF = 5,CN = 8,∴ CD = DN+CN= x+8. ∴ EN=FN =DN+DF = x+5,CE =BC-BE =CD-BE= x+8-5 = x+3. 在 Rt△ECN 中,由勾股定理 可得 CN2 +CE2 =EN2,即 82 +(x+3) 2 =(x+5) 2 . 解得 x = 12. ∴ DN= 12,AD= BC = BE+CE = 5+x+3 = 20. ∴ AN = AD2 +DN2 = 202 +122 = 4 34 . 15. 【问题发现与证明】 证明:∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ AD=AB,∠ABC= ∠BAD= ∠D= 90°. ∴ ∠D= ∠ABG= 90°. 在△ADF 和△ABG 中, AD=AB, ∠D= ∠ABG, DF=BG, ì î í ïï ïï ∴ △ADF≌△ABG(SAS) . ∴ AF=AG,∠DAF= ∠BAG. ∵ ∠EAF= 45°,∴ ∠BAE+∠DAF= 45°. ∴ ∠BAE+∠BAG= 45°,即∠EAG= 45°. ∴ ∠EAF= ∠EAG. 在△EAF 和△EAG 中, AF=AG, ∠EAF= ∠EAG, AE=AE, ì î í ïï ïï ∴ △EAF≌△EAG(SAS) . ∴ EF=EG. ∵ EG=BG+BE,BG=DF, ∴ EG=DF+BE. ∴ EF=BE+DF. 【问题拓展与应用】 解:∵ 正方形 ABCD 的边长为 6, ∴ AB=BC=CD=AD= 6,∠B= ∠C= ∠D= 90°. 在 Rt△ABE 中,AB= 6,AE= 3 5 , ∴ BE= AE2 -AB2 = (3 5 ) 2 -62 = 3. ∴ CE=BC-BE= 6-3 = 3. 由【问题发现与证明】可知,EF=BE+DF. 设 DF= x,则 CF=CD-DF= 6-x,EF=BE+DF= 3+x. 在 Rt△FEC 中,CE2 +CF2 =EF2, ∴ 32 +(6-x) 2 = (3+x) 2 . 解得 x= 2. ∴ DF= 2. 在 Rt△ADF 中,AF= AD2 +DF2 = 62 +22 = 2 10 . 专项突破四　 一次函数的应用 1.解:(1)将点 C(m,3)代入 y= 3 2 x,得 3 = 3 2 m. 解得 m= 2. ∴ 点 C(2,3) . 将点 A( -4,0),C(2,3)代入 y= kx+b, 得 -4k+b= 0, 2k+b= 3.{ 解得 k= 1 2 , b= 2. ì î í ïï ï ∴ 一次函数的解析式为 y= 1 2 x+2. (2)设点 D(0,n) . ∵ 点 A( -4,0),C(2,3), ∴ AC2 = (4+2) 2 +32 = 45,AD2 =n2 +42,CD2 = 22 +(n-3) 2 . ①当∠CAD= 90°时,有 AC2 +AD2 =CD2, 即 45+n2 +42 = 22 +(n-3) 2 . 解得 n= -8. ∴ 点 D 的坐标为(0,-8) . ②当∠ACD= 90°时,有 AC2 +CD2 =AD2, 即 45+22 +(n-3) 2 =n2 +42 . 解得 n= 7. ∴ 点 D 的坐标为(0,7) . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋