专题02 正方形中的常见模型（举一反三专项训练）数学新教材北师大版九年级上册

**基本信息** 以9类正方形核心模型为框架，通过“条件-图示-方法-结论”四步提炼，构建从基础模型到变式应用的系统性训练体系，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |十字架|1例+3变式|证全等/作平行线|基于正方形对称性，构建垂直线段关系| |对角互补|1例+3变式|连对角线/作垂线|利用四边形内角和，转化为全等三角形| |夹半角|1例+3变式|旋转构全等|通过旋转将分散线段集中，建立和差关系| |一线二垂直|1例+3变式|构三垂直模型|结合垂直条件，构造“AAS”全等三角形| |构手拉手|1例+3变式|作辅助线造全等|利用正方形边等角直特性，构建手拉手模型|

专题02 正方形中的常见模型（举一反三专项训练） 【新教材北师大版】 模型归纳 【模型1 十字架】 1 【模型2 对角互补】 7 【模型3 同旁等张角】 14 【模型4 夹半角】 22 【模型5 隐半角】 35 【模型6 一线二垂直构三垂直/全等】 43 【模型7 构手拉手】 52 【模型8 构正方形】 60 【模型9 型问题】 67 【模型1 十字架】 类型 十字架 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 证 作∥ 作， 结论 ， 【例1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，正方形中，点、分别为边、上的点，，、交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查正方形性质，全等三角形性质及判定，勾股定理等． （1）根据题意可得，再证明即可得到本题答案； （2）由可得，再由勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵，，， ∴， ∴． 【变式1-1】如图，将边长为8的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的点E处，点A落在点F处，折痕为MN，若MN＝4，则线段CN的长是____． 【答案】3 【分析】过点M作MH⊥CD于点H．连接DE，结合题意可知MN垂直平分DE，先通过证明△MHN≅△DCE得出DE＝MN＝，然后利用勾股定理求出CE的长，最后在Rt△ENC中利用勾股定理求出DN，最后进一步求出CN即可. 【详解】 如图所示，过点M作MH⊥CD于点H．连接DE． 根据题意可知MN垂直平分DE，易证得：∠EDC＝∠NMH，MH＝AD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴MH＝AD＝CD， ∵∠MHN＝∠C＝90°， ∴△MHN≅△DCE（ASA）， ∴DE＝MN＝， 在Rt△DEC中，， 设DN＝EN＝，则CN＝， 在Rt△ENC中，， ∴， 解得：， ∴CN＝， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了正方形性质和全等三角形性质与判定及勾股定理的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键. 【变式1-2】如图，在正方形中，，点E是边上一点，且，连接，点F是边上一点，过点F作交于点G，连接，，，则四边形的面积为______．    【答案】5 【分析】由正方形中“十字架”模型的解法可知，过点作于，可证()，可得，由勾股定理可求，再由“对角形互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半”，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，    ， 四边形是正方形， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， () ， ， ， ， ， ； 故答案：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，对角形互相垂直的四边形面积等，掌握正方形中“十字架”模型的解法是解题的关键． 【变式1-3】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图，在正方形中，点、、、分别在、、、上，且，垂足为，那么与相等吗？分别过点、作、，垂足分别为、，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点、分别在、上，将正方形沿着翻折，点、分别落在、处，且经过点，将纸片展开，延长交于点，连接交于点． （1）求证：； （2）猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2），理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： [探究1]以为圆心，为半径画弧，交于，连接即可； [探究2]（1）利用翻折的性质和证明，然后利用全等三角形的性质即可得证； （2）连接，过F作于N，可得四边形是矩形，得出，，，，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得，进而得出，从而得出，类似材料中的思路可证得，得出，即可得出答案． 【详解】[探究1]解：如图，即为所求，    ∵四边形是正方形， ∴，，， 由作图知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； [探究2]（1）证明：∵翻折， ∴，， 又， ∴， ∴； （2），理由如下： 连接，过F作于N，则四边形是矩形， ∵四边形是正方形， ∴ ∵四边形是矩形， ∴，， 又， ∴， ∵翻折， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又，， ∴． 【模型2 对角互补】 类型 对角互补 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 连接PB，作， 作，连接CF，DE 结论 【例2】如图，在四边形中，于，则的长为__________    【答案】 【分析】过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题； 【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示， ∵， ， ∴≌ ， ， ， 即， ， 故答案为．    【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型． 【变式2-1】如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 【答案】4+4． 【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可． 【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图： 由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4， 故答案为4+4． 【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 【变式2-2】如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝_____． 【答案】4． 【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长． 【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE． ∵四边形内角和360°， ∴∠D+∠ABC＝180°． ∴∠ABE+∠ABC＝180°， ∴E、B、C三点共线． 根据旋转性质可知∠EAC＝60度，AE＝AC， ∴△AEC是等边三角形． 四边形ABCD面积等于△AEC面积， 等边△AEC面积 ， 解得AC＝4． 故答案为4． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解． 【变式2-3】四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）． 【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证； （2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证； （3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长． 【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ， 则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°， ∴点Q在直线CA上， ∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠QDN=∠MDN=60°， ∵在△MND和△QND中， ， ∴△MND≌△QND（SAS）， ∴MN=QN， ∵QN=AQ+AN=BM+AN， ∴BM+AN=MN； （2）：. 理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP， 则DN=DP，AN=BP， ∵∠DAN=∠DBP=90°， ∴点P在BM上， ∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠MDP=∠MDN=60°， ∵在△MND和△MPD中， ， ∴△MND≌△MPD（SAS）， ∴MN=MP， ∵BM=MP+BP， ∴MN+AN=BM； （3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴△BMG是等边三角形， ∴BM=MG=BG， 根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND， 根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN， ∴∠MND=∠MHN， ∴MN=MH， ∴GH=MH-MG=MN-BM=AN， 即AN=GH， ∵在△ANE和△GHE中， ， ∴△ANE≌△GHE（AAS）， ∴AE=EG=2.1， ∵AC=7， ∴AB=AC=7， ∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8， ∴BM=BG=2.8． 故答案为：2.8 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点． 【模型3 同旁等张角】 类型 同旁张等角 条件 E为正方形ABCD外一点， 图示 方法 过点C作，过点A作 结论 ① 【例3】如图，是正方形外一点，连接交于点．连接，，且． (1)试判断与之间的数量关系，并说明理由； (2)求证：平分； (3)如备用图，过点作于点，分别交，于点，，连接，若．求的值． 【答案】(1)．理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形两锐角互余的性质，即可证明结论； （2）过点分别作于点，作交的延长线于点，证明，得到，再根据角平分线定理的逆定理，即可证明结论； （3）连接，先证明，得到，然后证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：． 理由：， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：过点分别作于点，作交的延长线于点， 则， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 平分； （3）解：连接， 平分，， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 即， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 即． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线定理的逆定理，直角三角形的性质，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式3-1】如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，． (1)求证：． (2)求点B到直线AE的距离． (3)求的值． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（１）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明两个三角形全等； （２）通过所求问题作辅助线，用三角形全等的性质和勾股定理结合已知条件求出EP的长度，同时根据角度可求出EP垂直于EB，再经过两次勾股定理运算即可得出点B到直线AE的距离； （３）将△APD转化为△ABE，用已知条件求出△AED和△PBE，再用两个三角形之和除以正方形ABCD的面积即可求出答案． 【详解】（1）证明： ； （2） 如图，过B作AE的垂线，交AE的延长线于点F， 故点B到直线AE的距离为2； （3） 故的值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理的运用，综合性比较强，熟练掌握相关的基础知识并将其融会贯通是解决本题的关键． 【变式3-2】（25-26八年级下·陕西西安·期中）如图，在正方形外取一点P，连接、、．若，．则的最大值为______． 【答案】6 【分析】过点作，使得点在的两侧，且，连接，则，再证出，则，然后根据（当且仅当点三点共线时，等号成立）解答即可． 【详解】解：如图，过点作，使得点在的两侧，且，连接， ∴在中，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，当且仅当点三点共线时，等号成立， ∴的最大值为6， ∴的最大值为6． 【变式3-3】如图，已知，，，以为一边作正方形，使P、D两点落在直线的两侧，连结． （1）正方形的周长是___________． （2）的长是__________． 【答案】 【分析】（1）过A点作AE⊥PB于E，由∠APB=45°得△APE为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质有PE=AE=PA==1，则BE=3，然后在Rt△AEB中，利用勾股定理可计算出AB，可得周长； （2）由于AD=AB，∠DAB=90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP=AF，∠PAF=90°，PD=FB，则△APF为等腰直角三角形，得到∠APF=45°，PF=AP=2，即有∠BPF=∠APB+∠APF=45°+45°=90°，然后在Rt△FBP中，根据勾股定理可计算出FB的长，即可得到PD的长． 【详解】解：（1）过A点作AE⊥PB于E，如图， ∵∠APB=45°， ∴△APE为等腰直角三角形， ∴PE=AE=PA==1， ∵PB=4， ∴BE=PB-PE=4-1=3， 在Rt△AEB中，AB=， ∴正方形ABCD的周长为； （2）∵AD=AB，∠DAB=90°， ∴把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，如图， ∴AP=AF，∠PAF=90°，PD=FB， ∴△APF为等腰直角三角形， ∴∠APF=45°，PF=AP=×=2， ∴∠BPF=∠APB+∠APF=45°+45°=90°， 在Rt△FBP中，PB=4，PF=2， ∴FB=， ∴PD=， 故答案为：（1）；（2）． 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角线段，对应线段线段；对应点的连线段所夹的角等于旋转角；对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理． 【模型4 夹半角】 类型 夹半角 条件 正方形ABCD， 图示 方法 延长CB至点G，使 结论 ① 【例4】[问题初探] （1）如图1，点，分别在正方形的边，上，，试判断、、之间的数量关系，聪明的小明是这样做的：把绕点逆时针旋转90°至，使得与重合，由，得，即点F、D、G共线，易证______，故、、之间的数量关系为______． [类比探究] （2）如图2，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，根据小明的发现容易探究得出、、之间的数量关系，探究思路及结果如下： 在上截取，连接，易证（    ），∴，，可以证明∴（    ），∴（    ）， ∵，∴、、之间的数量关系为（    ）． [联想拓展] （3）如图3，在中，，．点、均在边上，且，若，求的长．    【答案】（1），；（2），，，；（3）． 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，使得与重合，证明，根据全等三角形的性质得到，得到答案； （2）在上截取，连接，证明，得到，，再证明，根据全等三角形的性质证明结论； （3）把绕点A逆时针旋转得，连接，根据（2）的结论得出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】解：（1），理由如下： ∵把绕点逆时针旋转至，使得与重合， ∴则，，， ∴，即点共线， ∵，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， （2）， 理由如下： 在上截取，连接， 在和中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）如图，把绕点A逆时针旋转得，连接，    ∴，，，， ∵，， ∴，， ∴，， 由（2）可知，， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得：， 即． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式4-1】（24-25七年级下·山东济南·月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 【变式4-2】（2025·安徽池州·三模）如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则______（用表示）； （2）若，则的最大值是______． 【答案】 3 【分析】（1）先证明是等边三角形；得出，再利用三角形的内角和定理进一步可得答案； （2）设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： （2）∵， ∴， ∴， 设，， ∴ ， ∴当时，取最大值， ∴此时， ∴此时， ∵为等边三角形， ∴此时，， ∴此时， ∴平分， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的最大值为3． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合． 【变式4-3】【模型引入】 当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型” 【模型探究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】 （2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析 【分析】（1）求证△DEF≌△DMF，即可推出EF与FM的数量关系； （2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题； （3）证明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解； （4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出∠EAF=45°，借助探究的结论即可得出结论． （5）将△ADF绕A顺时针旋转120°，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明△BMH为直角三角形即可． 【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下： 证明：将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM， ∴△DAE≌△DCM， ∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线， ∵∠EDF=45°， ∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°， 在△DEF和△DMF中， ， ∴△DEF≌△DMF（SAS）， ∴EF=FM ∴EF=FM=FC+CM=FC+AE； （2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE， ∵∠BAD=∠BCD=90°， ∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°， ∴∠ABE=∠D， ∵AB=AD，BE=DG， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∵∠EAF=45°， ∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°， ∵∠BAD=90°， ∴∠FAG=∠FAE=45°， ∵AE=AG，AF=AF， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF=FG， 设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x， 在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2， ∴52+（7+x）2=（18-x）2， ∴x=5， ∴BE=5； （3）解：在DF上截取DM=BE， ∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°， ∴∠D=∠ABE， ∵AD=AB， ∴△ADM≌△ABE（SAS）， ∴AM=AE，∠DAM=∠BAE； ∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD， ∴∠MAF=∠BAD， ∴∠EAF=∠MAF； ∵AF是△EAF与△MAF的公共边， ∴△EAF≌△MAF， ∴EF=MF； ∵MF=DF-DM=DF-BE， ∴EF=DF-BE． ∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13， 故答案为：13； （4）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°， ∵AH⊥MN， ∴∠AHM=∠ABC=90°， 在Rt△AMB和Rt△AMH中， ， ∴Rt△AMB≌Rt△AMH， ∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2， 同理可证Rt△AND≌Rt△ANH， ∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3， ∴2∠MAH+2∠NAH=90°， ∴∠MAH+∠NAH=45°， ∴∠MAN=45°． 设正方形的边长为a， ∴CM=a-2，CN=a-3， 根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25， ∴a=-1（舍）或a=6， ∴BC=6， ∴BD=6， 逆时针旋转△ABE至△ADG， ∴△ABE≌△ADG， ∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°， ∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°， 连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2， ∵△ABE≌△ADG， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF， ∵AF=AF， ∴△GAF≌△EAF， ∴GF=EF， ∴EF2=BE2+AD2； 设EF=x， ∵BD=6，DF=2． ∴BE=6-2-x=4-x， ∴（4-x）2+（2）2=x2， 解得x=， ∴EF=； （3）将△ADF绕A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图： ∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG， ∴∠BAG=∠DAF， 又AH=AN，AB=AD， ∴△ABH≌△ADN（SAS）， ∴DN=BH，∠ABH=∠ADN， ∵∠B=60°，且∠EAF=60°． ∴∠BAD=120°， ∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°， ∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN， 而AH=AN，AM=AM， ∴△AMH≌△AMN（SAS）， ∴MN=MH，∠AMN=∠AMH， ∵菱形ABCD，∠B=60°， ∴∠ABD=∠ADB=30°， ∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°， ∵∠DAF=15°，∠EAF=60°， ∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°， ∴∠AMN=∠AMH=75°， ∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°， ∴∠BHM=90°， ∴BH2+MH2=BM2， ∴DN2+MN2=BM2． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题． 【模型5 隐半角】 类型 隐半角 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 作于点H，连接BF 作AN∥MF， 结论 【例5】如图，在正方形中，点E是的中点，F为上一点，交于点O．若，则的长为_______． 【答案】2 【分析】利用面积关系建立方程是本题的关键；延长到H，使，连接，过E作于M；首先证明，则，，则由已知可得，从而；由勾股定理求得，从而得；设，利用面积关系建立方程即可求得x的值，从而求解． 【详解】解：如图，延长到H，使，连接，过E作于M； 四边形是正方形， ； ； ， ， ，； ， ， 即， ； ， ， ； 为的中点， ， 由勾股定理得，； 设，则； ， ， 解得：（舍去）； 即； 故答案为：2． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，构造辅助线证明三角形全等，利用面积关系建立方程是本题的关键； 【变式5-1】如图，矩形中，，点是上一点，且，的垂直平分线交的延长线于点，交于点，连接交于点．若是的中点，求的长． 【答案】6 【分析】过点作于点，证四边形和四边形为矩形，得出，，根据证，得出，又垂直平分，得出，令，则，进而，，，在中，，进行求解即可． 【详解】解：过点作于点， 在矩形中，，， 四边形和四边形为矩形， 又，， ，， 是的中点， ， 又， ， 又， ， ， 垂直平分， ， 令，则， 又， ， ，， 在中，， 解得． 故答案为：6． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，利用勾股定理解直角三角形以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造直角三角形利用勾股定理求边长是解决本题的关键． 【变式5-2】如图，在正方形中，E为边上一点，过点D作，与的延长线交于点F．连接，与边交于点G，与对角线交于点H，与相交于点I．下列结论：①；②；③；④若，则；⑤连接，则．其中结论正确的序号是（　　）． A．①②④ B．①②③⑤ C．③④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】D 【分析】由题意易证，即得出，故①正确；由全等三角形的性质可得出，结合勾股定理即得出，故②正确；由题意可求出，结合全等三角形的性质可得出，故③正确；根据正方形的性质易得出，从而可求出，即可求出，再由求解，即可判断④正确；证明，即得出，进而即可证，故⑤正确． 【详解】解：在正方形中，， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴． ∵， ∴根据勾股定理，得，故②正确； ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴，故③正确； 在正方形中，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴，故④正确； 连接，如图， ∵， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，即∠． 在和中， ∴， ∴， ∴，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②③④⑤． 故选D． 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识．熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题关键． 【变式5-3】（24-25八年级下·甘肃兰州·期末）已知：正方形中，，点E，F，G，H分别在边，，，上． (1)如图1，若，，则_______； (2)如图2，若，点E，F分别是，上的动点，求证：的周长是定值； (3)如图3，若，和交于点O，且，求的长度； (4)如图4，若点P为正方形内一点，其中，，，则______． 【答案】(1) (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）先证明得，在中可求出的度数； （2）如图：延长到点K，使，连接，构造全等三角形，证明，即可求得的周长； （3）如图3：过点D作，交于点L，作，交于点M，连接，运用（2）中的结论和勾股定理求出的长，再用勾股定理求出的长即可解答； （4）如图，将绕点B顺时针方向旋转得，且．易得、、，则是等腰直角三角形，，即；再运用勾股定理逆定理得到，最后根据角的和差即可解答． 【详解】（1）解：如图1，∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：如图2：延长到点K，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即的周长为40． （3）解：如图3：过点D作，交于点L，作，交于点M，连接， ∵， ∴四边形、四边形、四边形都是平行四边形， ∴，，， ∴； 由（2）得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，解得∶， ∴， ∵， ∴， ∴． （4）解：如图，将绕点B顺时针方向旋转得，且． ∴，，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 在中，， ∴ ∴ ∴ 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【模型6 一线二垂直构三垂直/全等】 类型 一线二垂直构三垂直 条件 正方形ABCD，， 图示 方法 作 结论 ① 类型 一线二垂直构全等 条件 正方形ABCD，， 正方形ABCD，， 图示 方法 在AB上截取，连接NE 过点E作，交CA的延长线于点N 结论 【例6】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【问题背景】 （教材原题）如图1，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：（无需证明）． 【问题探究】 (1)如图2，四边形是正方形，点E在上，，，连接，则的度数为 ； (2)如图3，四边形是菱形，点E在上，（），，连接．探究与的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）连接，过点E作，交于点H，由可证，可得，即可求出； （2）由可得，可得，，由角的数量关系可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接，过点E作，交于点H， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：．证明如下： 证明：如图3，在的延长线上取点G，使得， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合应用，主要考查正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式6-1】如图，点E是正方形边BC上一点，以为边向右侧构造正方形，连接，． (1)求证： ①点G在的延长线上； ②； (2)连接交于点H，若，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)5 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）①由“SAS”可证，可得，可得结论； ②作于点M，证明 得到，，在中，利用勾股定理得到，利用证明，从而得到，则问题可证； （2）连接，设，，，由题意得到，再证明，则有，再利用勾股定理得到，求出x，则的长可求． 【详解】（1） 证明：① ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点G在的延长线上； ② 如解图，作于点M， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， 在中，， 由① 知， ∴， ∴， ∴； （2） 解:如图，连接，设， ∵， ∴，， 则，由（1）可知，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得， ∴， ∴． 【变式6-2】如图所示，直线a经过正方形的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作于点F，于点E，若，，则的长为___________．    【答案】13 【分析】首先证明，再利用证明，进而得到，然后再根据线段的和差关系可得答案． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵于点F，于点E， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：13． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 【变式6-3】综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F． （1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由； （2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证； （2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证； （3）仿照（1）和（2）的证明即可证得． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图，过点E作交CB的延长线于点G， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴在中，， 在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3），理由如下： 如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 由（1）可知：， ∴， 在与中， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【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． 【模型7 构手拉手】 类型 构手拉手 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 作 作 结论 【例7】（24-25八年级下·湖北黄石·月考）如图，为正方形内一点，，为对角线的交点，连接，． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）要证明，考虑利用正方形的性质构造辅助线．正方形对角线互相垂直且平分，为对角线交点，可通过构造全等三角形，将与特殊角建立联系． （2）要证明，根据（1）中得到的全等关系，将转化为，再结合等腰直角三角形的边的关系进行推导． 【详解】（1）解：过点作交于点，连接， ∴， ∵四边形是正方形，为对角线交点， ∴，． 又∵， ∴， ∴． ∵，， ∴，， ∴． 在和中， ∴． ∴． ∵，， ∴是等腰直角三角形． ∴． （2）证明：由（1）知，． ∴． ∵是等腰直角三角形，． ∴． 又∵， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的性质（对角线互相垂直平分且相等、四个角为直角）、勾股定理、全等三角形的判定（ASA）和性质以及等腰直角三角形的判定和性质．解题的关键在于利用正方形对角线交点的性质构造全等三角形，将所求角和线段关系转化到熟悉的特殊三角形（等腰直角三角形）中进行求解． 【变式7-1】如图所示，若点为正方形外一点，，连.求的度数. 【答案】 【分析】过点B作BF⊥BE交EC延长线于F，由∠BEC=45°得BF=BE，根据四边形ABCD是正方形得AB=BC、∠ABE=∠CBF，依据“SAS”证△ABE≌△CBF可得∠AEB=∠F=45°； 【详解】解：过点B作BF⊥BE交EC的延长线于F， ∵∠BEC=45°， ∴∠F=45°， ∴∠F=∠BEC， ∴BF=BE， 又∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC， ∵∠ABC=90°， ∴∠ABE=∠CBF， 在△ABE和△CBF中， ∵ ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴∠AEB=∠F=45°； 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，通过构建全等三角形将待求角转换到求另一个相等角是解题关键． 【变式7-2】如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析 (3)． 【分析】（1）利用等角的余角相等求得，证明，可证明，可求得是等腰直角三角形，据此即可求解； （2）在上截取点，使，连接，证明是等边三角形，再证明，据此即可证明； （3）由已知结合，证明是的角平分线，作于点，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）解：在上截取点，使，连接， 由（1）知， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（1）知， ∴， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即是的角平分线， 作于点， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵正方形，， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 【变式7-3】已知，在正方形中，对角线交于点是直线上一点，连接，过点C作，垂足为P． (1)如图1，当点E在线段的延长线上时，我们探索线段之间的数量关可以过点O作的垂线交的延长线于点M，连接，则可证______，进而得到，所以可以证得_____； (2)如图2，当点E在线段上时，线段有怎样的数量关系，说明理由． (3)如图3，如果将正方形换成菱形，且，当点E在线段的延长线上时，请探究三条线段的数量关系，直接写出你的结论__________． 【答案】(1)，； (2)，见解析； (3)． 【分析】本题考查了正方形、菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识， 解决问题的关键是类比作出辅助线，构造全等三角形或相似三角形． （1）可推出从而得出， 从而从而进而得出； （2）可推出从而得出， 从而从而进一步得出结论； （3）作，交于， 可推出从而从而得出进一步得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 作，交的延长线于点，如图1， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 在中，由勾股定理，得 ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴ 作，交于点，如图2， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理，得 ∴； （3）证明：，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 作，交于点，如图3， ∵， ∴， 又∵， ∴，由，知， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴． 【模型8 构正方形】 【例8】（24-25八年级上·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，，于点E．若，，则的长是________． 【答案】7 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识点，过点A作，交的延长线于点F，由题意可证，可得，，则可证四边形是正方形，进而即可求，熟练运用全等三角形的判定和性质，合理添加辅助线是解决此题的关键． 【详解】过点A作，交的延长线于点F， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形． ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：7． 【变式8-1】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在锐角中，于点D．若，则的长为______．（用含有a，b的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形：将分别沿着翻折，得到，连接并延长交于点，证明四边形为正方形，得到，进而得到，设，则：，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 将分别沿着翻折，得到，连接并延长交于点，如图： 则：，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 设，则：， 在中，， ∴ ∴ ∴； 故答案为：． 【变式8-2】如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC、BD，若S四边形ABCD＝18，则BD的最小值为_________． 【答案】6 【分析】过A作AM⊥CD于M，过A作AN⊥BC于N，先根据“AAS”证明△DAM≌△BAN,再证明四边形AMCN为正方形,可求得AC=6,从而当BD⊥AC时BD最小，且最小值为6. 【详解】如下图，过A作AM⊥CD于M，过A作AN⊥BC于N，则∠MAN＝90°, ∠DAM＋∠BAM＝90°，∠BAM＋∠BAN＝90°, ∴∠DAM＝∠BAN. ∵∠DMA＝∠N＝90°，AB＝AD, ∴△DAM≌△BAN, ∴AM＝AN, ∴四边形AMCN为正方形, ∴S四边形ABCD＝S四边形AMCN＝AC2, ∴AC=6, ∴BD⊥AC时BD最小，且最小值为6. 故答案为6. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键. 【变式8-3】（24-25七年级下·山东烟台·期末）阅读理解：如图1，四边形中，若，，则平分． 小颖通过思考，形成如下思路： 作于点E，于点F，通过证明得，进而证明该命题． (1)请根据小颖的思路，完成该命题的证明；（你也可以选用其它思路进行证明） (2)上题中，若，求证：； (3)填空：如图2，四边形中，，．若，，则的长度为________． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据小颖的思路，先得出，结合，，得，因为，证明，即可得，或者运用角平分线的性质得出，即可作答． （2）先得出，，再证明，则，运用角平分线的定义以及30度角所对的直角边是斜边的一半，得，即可作答． （3）过点作，过点作的延长线，先证明，再根据一组邻边相等的矩形是正方形得四边形是正方形，则，即，把数值代入，解得，运用勾股定理得，即可作答． 【详解】（1）解：作于点E，于点F，如图所示： 依题意，小颖的思路： ∵， ∴ ∵，， ∴ ∵ ∴ ∴； 或者∵平分，，， ∴； （2）解：由（1）得， ∴， 则， 由（1）得，， ∵平分． ∴， ∴， ∴ 则， ∵ ∴ 则 ∴ 即． （3）解：过点作，过点作的延长线，如图所示： ∵四边形中，， ∴ ∵ ∴ ∵过点作，过点作的延长线， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 解得， 则， ∴， 则的长度为． 【点睛】本题考查了度角的直角三角形，正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【模型9 型问题】 【例9】如图，是正方形边上一个动点，线段与关于直线对称，连接并延长交直线于点，连接． （1）如图1，， ①求的大小； ②求证：； （2）如图2，试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）①45°；②见解析；（2）BE=CF，证明见解析 【分析】（1）①由，得，根据线段与关于直线对称，可得，，从而，，即得，故； ②过作于，由是等腰直角三角形，得，由，得，即有，从而可证明； （2）设，可证得；由四边形是正方形，可得，，根据线段与关于直线对称，得，，证明△BFC≌△BGA，得到CF=AG，设BE=2BK=2a，证明四边形BGNK为矩形，得到GN=BK，再利用等腰直角三角形的性质得到AG，即可判断AG与BE，即CF与BE的关系． 【详解】解：（1）①四边形是正方形， ，， ， ， 线段与关于直线对称， ，， ，， ， ； ②过作于，如图： 由①知：， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ； （2）设∠BAP=x， ∴∠DAP=90°-x， ∵线段AE与AD关于直线AP对称， ∴∠DAP=∠EAP=90°-x，AD=AE， ∴∠BAE=∠EAP-∠BAP=90°-2x，AB=AE， ∴∠E=∠ABE==45°+x， ∴∠AFE=180°-∠EAP-∠E=180°-（90°-x）-（45°+x）=45°， 如图，过点A作AK⊥EF于K，过点B作BG⊥AF，交AF于G，过点G作GN⊥AK于N点， ∵∠AFE=45°， ∴BF=BG， ∵∠FBG=∠ABC=90°， 即∠CBF+∠CBG=∠CBG+∠ABG， ∴∠CBF=∠ABG，又BC=AB， ∴△BFC≌△BGA（SAS）， ∴CF=AG， ∵AB=AE，AK⊥BE， 设BE=2BK=2a， ∵∠GBK=∠BKA=∠KNG=90°， ∴四边形BGNK为矩形， ∴GN=BK=a， ∵∠AFE=45°，∠ANG=90°， ∴GA=GN=a， ∴BF=CF． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及对称变换、等腰直角三角形的判定及性质的应用，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是证明，其大小是一个定值． 【变式9-1】如图，正方形中，P为边上任意一点，于E，点F在的延长线上，且，连接，的平分线交于G，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线的定义得到，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可； （2）作，交于H点，证明，得到，证明，计算即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴． ∵， ∴ ∴， 即， ∴为等腰直角三角形； （2）证明：作，交于H点， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∴， 即， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键． 【变式9-2】如图，点P为正方形的边上的一个动点，连接，点D与点E关于直线对称，连接，射线与射线交于点，连接． (1)当时，求的度数； (2)i）点P在运动过程中，的度数是否发生变化？如果不变，请求出它的度数，如果改变，请说明理由； ii）求证：． 【答案】(1) (2)i）不变化，且为；ii）证明见详解 【分析】（1）先根据正方形的性质得到，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求得，即可求解； （2）i：设，则，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求得，最后由三角形内角和得； ii：过点A作于点M，过点C作于点N，先证明“一线三等角”，再根据全等三角形的性质及勾股定理即可求证． 【详解】（1）解：点D与点E关于直线对称， ，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ，， ， ； （2）i解：不变化，， 设， ， 线段与关于直线对称， ， ， ， ， ； ii证明：如图2，过点A作于点M，过点C作于点N， ∴， 四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴同（1）可得， ∵， ∴， 设， 则，， ∴. 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 【变式9-3】已知，如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，作射线BE，过点D作DF⊥BE于点F，交BC的延长线于点G，连接FC．求证：BF-DF=CF． (1)小明和小颖根据题中的条件发现：图1中存在和∠EBC相等的角，即______； (2)在证明结论时，小明和小颖有了不同的思路． 小颖：我受结论中“BF-DF”的启发，可在线段BF上截取 BH=DF，再证HF=CF…． 小明：我受结论中“CF”的启发，可构造一个以CF为直角边的等腰直角三角形…． 请从小明和小颖的思路中任选一种作出辅助线并给出证明； (3)张老师对问题进行了拓展：如图2，点M，N分别是线段BE，DG的中点，若AB=3，DE=1，则MN的长度为______． 【答案】(1)∠GDC=∠EBC (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用正方形性质和等角的余角相等即可求得答案； （2）方法一：如图，在BF上截取BT=DF，连接TC，可证得△BCT≌△DCF（SAS），得出：CT=CF，∠BCT=∠DCF，再证得∠BCD=∠FCT=90°，可得TF=CF，即可证得结论； 方法二：过点C作CT⊥CF交BF于T，可证得△BCT≌△DCF（SAS），即可证得结论； （3）如图2，连接CM、CN，利用勾股定理可得BE=，再证得△GDC≌△EBC（ASA），再利用勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）解：∵DF⊥BE， ∴∠EBC+∠G=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD=90°， ∴∠GCD=90°， ∴∠GDC+∠G=90°， ∴∠GDC=∠EBC， 故答案为：∠GDC=∠EBC； （2）证明：方法一：如图，在BF上截取BT=DF，连接TC， 由（1）知：∠GDC=∠EBC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC=CD， 在△BCT和△DCF中，， ∴△BCT≌△DCF（SAS）， ∴CT=CF，∠BCT=∠DCF， ∵∠FCT=∠DCF+∠TCD=∠BCT+∠TCD=∠BCD=90°， ∴TF=CF， 又∵BF-BT=TF，BT=DF， ∴BF-DF=CF； 方法二：如图，过点C作CT⊥CF交BF于T， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CB=CD，∠BCD=90°， ∵CT⊥CF， ∴∠TCF=∠BCD=90°， ∴∠BCT=∠DCF， 在△BCT和△DCF中，， ∴△BCT≌△DCF（SAS）， ∴CT=CF，BT=DF， ∴TF=CF， ∴BF-DF=BF-BT=TF=CF； （3）解：MN=，理由如下： 如图，连接CM、CN， ∵正方形ABCD，AB=3， ∴BC=CD=3，∠BCD=90°， ∴∠DCG=∠BCD=90°， ∵DE=1， ∴CE=CD-DE=3-1=2， ∴BE=， 又∵M、N分别是线段BE、DG的中点， ∴CM=BE=BM=EM=，CN=DG=DN=GN， ∴∠EBC=∠BCM，∠GDC=∠DCN， 由（1）知：∠GDC=∠EBC， ∴∠BCM=∠DCN=∠GDC=∠EBC， 在△GDC和△EBC中， ∴， ∴△GDC≌△EBC（ASA）， ∴DG=BE=， ∴CM=CN=BE=， ∵∠BCM+∠MCD=∠BCD=90°， ∴∠DCN+∠MCD=∠MCN=90°， ∴MN=， 即MN的长为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形性质-斜边上的中线等于斜边的一半，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 正方形中的常见模型（举一反三专项训练） 【新教材北师大版】 模型归纳 【模型1 十字架】 1 【模型2 对角互补】 3 【模型3 同旁等张角】 4 【模型4 夹半角】 6 【模型5 隐半角】 8 【模型6 一线二垂直构三垂直/全等】 10 【模型7 构手拉手】 12 【模型8 构正方形】 13 【模型9 型问题】 14 【模型1 十字架】 类型 十字架 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 证 作∥ 作， 结论 ， 【例1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，正方形中，点、分别为边、上的点，，、交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【变式1-1】如图，将边长为8的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的点E处，点A落在点F处，折痕为MN，若MN＝4，则线段CN的长是____． 【变式1-2】如图，在正方形中，，点E是边上一点，且，连接，点F是边上一点，过点F作交于点G，连接，，，则四边形的面积为______．    【变式1-3】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图，在正方形中，点、、、分别在、、、上，且，垂足为，那么与相等吗？分别过点、作、，垂足分别为、，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点、分别在、上，将正方形沿着翻折，点、分别落在、处，且经过点，将纸片展开，延长交于点，连接交于点． （1）求证：； （2）猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【模型2 对角互补】 类型 对角互补 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 连接PB，作， 作，连接CF，DE 结论 【例2】如图，在四边形中，于，则的长为__________    【变式2-1】如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 【变式2-2】如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝_____． 【变式2-3】四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 【模型3 同旁等张角】 类型 同旁张等角 条件 E为正方形ABCD外一点， 图示 方法 过点C作，过点A作 结论 ① 【例3】如图，是正方形外一点，连接交于点．连接，，且． (1)试判断与之间的数量关系，并说明理由； (2)求证：平分； (3)如备用图，过点作于点，分别交，于点，，连接，若．求的值． 【变式3-1】如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，． (1)求证：． (2)求点B到直线AE的距离． (3)求的值． 【变式3-2】（25-26八年级下·陕西西安·期中）如图，在正方形外取一点P，连接、、．若，．则的最大值为______． 【变式3-3】如图，已知，，，以为一边作正方形，使P、D两点落在直线的两侧，连结． （1）正方形的周长是___________． （2）的长是__________． 【模型4 夹半角】 类型 夹半角 条件 正方形ABCD， 图示 方法 延长CB至点G，使 结论 ① 【例4】[问题初探] （1）如图1，点，分别在正方形的边，上，，试判断、、之间的数量关系，聪明的小明是这样做的：把绕点逆时针旋转90°至，使得与重合，由，得，即点F、D、G共线，易证______，故、、之间的数量关系为______． [类比探究] （2）如图2，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，根据小明的发现容易探究得出、、之间的数量关系，探究思路及结果如下： 在上截取，连接，易证（    ），∴，，可以证明∴（    ），∴（    ）， ∵，∴、、之间的数量关系为（    ）． [联想拓展] （3）如图3，在中，，．点、均在边上，且，若，求的长．    【变式4-1】（24-25七年级下·山东济南·月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【变式4-2】（2025·安徽池州·三模）如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则______（用表示）； （2）若，则的最大值是______． 【变式4-3】【模型引入】 当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型” 【模型探究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系． 【模型应用】 （2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长． 【拓展提高】 （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，CEF的周长等于 ． （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的长． （5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2． 【模型5 隐半角】 类型 隐半角 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 作于点H，连接BF 作AN∥MF， 结论 【例5】如图，在正方形中，点E是的中点，F为上一点，交于点O．若，则的长为_______． 【变式5-1】如图，矩形中，，点是上一点，且，的垂直平分线交的延长线于点，交于点，连接交于点．若是的中点，求的长． 【变式5-2】如图，在正方形中，E为边上一点，过点D作，与的延长线交于点F．连接，与边交于点G，与对角线交于点H，与相交于点I．下列结论：①；②；③；④若，则；⑤连接，则．其中结论正确的序号是（　　）． A．①②④ B．①②③⑤ C．③④⑤ D．①②③④⑤ 【变式5-3】（24-25八年级下·甘肃兰州·期末）已知：正方形中，，点E，F，G，H分别在边，，，上． (1)如图1，若，，则_______； (2)如图2，若，点E，F分别是，上的动点，求证：的周长是定值； (3)如图3，若，和交于点O，且，求的长度； (4)如图4，若点P为正方形内一点，其中，，，则______． 【模型6 一线二垂直构三垂直/全等】 类型 一线二垂直构三垂直 条件 正方形ABCD，， 图示 方法 作 结论 ① 类型 一线二垂直构全等 条件 正方形ABCD，， 正方形ABCD，， 图示 方法 在AB上截取，连接NE 过点E作，交CA的延长线于点N 结论 【例6】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）【问题背景】 （教材原题）如图1，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：（无需证明）． 【问题探究】 (1)如图2，四边形是正方形，点E在上，，，连接，则的度数为 ； (2)如图3，四边形是菱形，点E在上，（），，连接．探究与的数量关系，并证明你的结论． 【变式6-1】如图，点E是正方形边BC上一点，以为边向右侧构造正方形，连接，． (1)求证： ①点G在的延长线上； ②； (2)连接交于点H，若，求的长． 【变式6-2】如图所示，直线a经过正方形的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作于点F，于点E，若，，则的长为___________．    【变式6-3】综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F． （1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由； （2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系． 【模型7 构手拉手】 类型 构手拉手 条件 正方形ABCD， 正方形ABCD， 图示 方法 作 作 结论 【例7】（24-25八年级下·湖北黄石·月考）如图，为正方形内一点，，为对角线的交点，连接，． (1)求证：； (2)求证：． 【变式7-1】如图所示，若点为正方形外一点，，连.求的度数. 【变式7-2】如图，点M是正方形的边上的一点，过点B作交的延长线于点N，连接交于点E． (1)求的大小； (2)如果，求证：； (3)如果，当时，求的长． 【变式7-3】已知，在正方形中，对角线交于点是直线上一点，连接，过点C作，垂足为P． (1)如图1，当点E在线段的延长线上时，我们探索线段之间的数量关可以过点O作的垂线交的延长线于点M，连接，则可证______，进而得到，所以可以证得_____； (2)如图2，当点E在线段上时，线段有怎样的数量关系，说明理由． (3)如图3，如果将正方形换成菱形，且，当点E在线段的延长线上时，请探究三条线段的数量关系，直接写出你的结论__________． 【模型8 构正方形】 【例8】（24-25八年级上·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，，于点E．若，，则的长是________． 【变式8-1】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在锐角中，于点D．若，则的长为______．（用含有a，b的代数式表示） 【变式8-2】如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC、BD，若S四边形ABCD＝18，则BD的最小值为_________． 【变式8-3】（24-25七年级下·山东烟台·期末）阅读理解：如图1，四边形中，若，，则平分． 小颖通过思考，形成如下思路： 作于点E，于点F，通过证明得，进而证明该命题． (1)请根据小颖的思路，完成该命题的证明；（你也可以选用其它思路进行证明） (2)上题中，若，求证：； (3)填空：如图2，四边形中，，．若，，则的长度为________． 【模型9 型问题】 【例9】如图，是正方形边上一个动点，线段与关于直线对称，连接并延长交直线于点，连接． （1）如图1，， ①求的大小； ②求证：； （2）如图2，试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 【变式9-1】如图，正方形中，P为边上任意一点，于E，点F在的延长线上，且，连接，的平分线交于G，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)求证：． 【变式9-2】如图，点P为正方形的边上的一个动点，连接，点D与点E关于直线对称，连接，射线与射线交于点，连接． (1)当时，求的度数； (2)i）点P在运动过程中，的度数是否发生变化？如果不变，请求出它的度数，如果改变，请说明理由； ii）求证：． 【变式9-3】已知，如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，作射线BE，过点D作DF⊥BE于点F，交BC的延长线于点G，连接FC．求证：BF-DF=CF． (1)小明和小颖根据题中的条件发现：图1中存在和∠EBC相等的角，即______； (2)在证明结论时，小明和小颖有了不同的思路． 小颖：我受结论中“BF-DF”的启发，可在线段BF上截取 BH=DF，再证HF=CF…． 小明：我受结论中“CF”的启发，可构造一个以CF为直角边的等腰直角三角形…． 请从小明和小颖的思路中任选一种作出辅助线并给出证明； (3)张老师对问题进行了拓展：如图2，点M，N分别是线段BE，DG的中点，若AB=3，DE=1，则MN的长度为______． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $