第8章《四边形》几何模型专题课件、学案 2025-2026学年苏科版数学八年级下册

该初中数学课件聚焦正方形中的“十字架”模型，系统梳理全等三角形判定、垂直关系证明、面积转化等核心知识，通过9道典型例题从基础到综合逐步深入，构建“性质-判定-应用”的完整知识网络。 其亮点在于采用“问题情境-探究证明-拓展应用”的分层设计，如第5题结合折叠与周长计算培养几何直观，第8题通过翻折与最小值问题发展推理能力，解析中规范的几何语言表达助力学生用数学语言描述关系，既帮助学生巩固知识，也为教师提供精准复习的教学支持。

一．选择题 二．解答题 八下几何模型——中点四边形 1 一．选择题 2 1.在四边形ABCD中，对角线AC=BD，那么顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形一定是( ____ ) A.平行四边形 B.矩形 C.正方形 D.菱形 【解析】解：如图，已知：AB=CD，E、F、G、H分别是各边的中点， 求证：四边形EFGH是菱形． 证明：连接AC、BD． D 3 ∵E、F分别是AB、BC的中点， ∴EF= AC． 同理FG= BD，GH= AC，EH= BD， 又∵AC=BD， ∴EF=FG=GH=HE， ∴四边形EFGH是菱形． 故选：D． 4 2.如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是线段AD、BD、BC、AC的中点，要使四边形EFGH是菱形，需添加的条件是( ____ ) A.AC=BD B.AC⊥BD C.AB=CD D.AB⊥CD 【解析】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点， C 5 ∴EF=GH= AB，EH=FG= CD， ∵当EF=FG=GH=EH时，四边形EFGH是菱形， ∴当AB=CD时，四边形EFGH是菱形． 故选：C． 6 3.顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是( ____ ) A.正方形 B.菱形 C.矩形 D.无法判断 【解析】解：连接AC、BD， 在△ABD中， ∵AH=HD，AE=EB ∴EH= BD， B 7 同理FG= BD，HG= AC，EF= AC， 又∵在矩形ABCD中，AC=BD， ∴EH=HG=GF=FE， ∴四边形EFGH为菱形． 故选：B． 8 4.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 【解析】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； A 9 ∴EF=HG且EF∥HG； ∴四边形EFGH是平行四边形． 故选：A． 10 5.下列说法正确的是( ____ ) A.顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形 B.顺次连接任意四边形各边中点的四边形是菱形 C.顺次连接矩形各边中点的四边形是矩形 D.顺次连接菱形各边中点的四边形是正方形 【解析】解：A、顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，原说法正确； B、顺次连接对角线相等的四边形各边中点的四边形是菱形，原说法错误； C、顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形，原说法错误； A 11 D、顺次连接菱形各边中点，所形成的四边形是矩形，原说法错误． 故选：A． 12 二．解答题 13 6.阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH． (1)这个中点四边形EFGH的形状是 _____________ ； (2)如图2，在四边形ABCD中，点M在AB上且△AMD和△MCB为等边三角形，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，试判断四边形EFGH的形状并证明． _________ 平行四边形 14 【解析】解：(1)中点四边形EFGH是平行四边形； 理由如下：连接AC，如图1所示： ∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线， ∴EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC， ∴EF∥GH，EF=GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； 故答案为：平行四边形； 15 (2)四边形EFGH为菱形．理由如下： 连接AC与BD，如图2所示： ∵△AMD和△MCB为等边三角形， ∴AM=DM，∠AMD=∠CMB=60°，CM=BM， ∴∠AMC=∠DMB， 在△AMC和△DMB中， ， ∴△AMC≌△DMB(SAS)， ∴AC=DB， 16 ∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，HE是△ABD的中位线， ∴EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，HE= DB， ∴EF∥GH，EF=GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； ∵AC=DB， ∴EF=HE， ∴四边形EFGH为菱形． 17 7.如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点． (1)求证：四边形DEFG是平行四边形． (2)当∠DEF=90°，AB=6，BC=4时，求四边形DEFG的周长． 【解析】(1)证明： ∵E，F，G分别是OA，OB，CD的中点， ∴△OAB中，EF∥AB且EF= AB(三角形中位线定理)；DG= 18 DC． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DC=AB(平行四边形的对边平行相等)， ∴DG= DC= AB=EF，DG∥AB∥EF， ∴四边形DEFG是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)． (2) 19 ____ 解：如图所示，∠DEF=90°时，延长DE交AB于点H． ∵AC、BD分别是平行四边形ABCD的对角线，BC=4， ∴DO=OB= DB(平行四边形对角线相互平分)，AD=4(平行四边形对边相等)． ∵点E、F分别是OA、AB的中点，AB=6， 20 ∴△OAB中，EF∥AB且EF= AB=3(三角形中位线定理)； ∵点F是OB的中点， ∴OF= OB= DB， ∴DF=DO+OF= DB+ DB= DB， ∴ = ． ∵∠DEF=90°即DE⊥EF，EF∥AB， 21 ∴DH⊥AB即∠DHB=∠DHA=90°，∠EFD=∠HBD， ∴△DEF∽△DHB(两个直角三角形中，有一个锐角对应相等，这两个直角三角形相似)， ∴ = = = ，即 = = ， ∴HB=4，DE= DH， ∴AH=AB-HB=6-4=2， ∴直角△DHA中，DH= = =2 ， 22 ∴DE= DH= × = ， ∴四边形DEFG的周长=2×(EF+DE)=2×(3+ )=6+3 ． 答：四边形DEFG的周长是6+3 ． 23 8.已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点． ①求证：EF与GH互相平分； ②当四边形ABCD的边满足 ________ 条件时，EF⊥GH． 【解析】解：(1)连接GE、GF、HF、EH． ∵E、G分别是BC、BD的中点， ∴EG= CD， AB=CD 24 同理FH= CD，FG= ，EH= ∴EG=FH、GF=EH ∴四边形EHFG是平行四边形． ∴EF与GH互相平分； (2)当EF⊥GH时，四边形EHFG是菱形， 此时GF=FH=HE=EG， ∵EG= CD，FH= CD，FG= ，EH= ∴AB=CD， ∴当四边形ABCD的边满足条件AB=CD时，EF⊥GH． 25 $八下几何模型——正方形中的十字模型 正方形中的“十字”模型 【引例】在正方形ABCD中,BN⊥AM,则常见的结论有哪些? △ADM≌△BAN,AM=BN. 【例1】在正方形ABCD中,E、F、G、H分别为AB、CD、BC、AD边上的点, ⑴若EF⊥GH,证明：EF=GH； ⑵若EF=GH,证明：EF⊥GH. 针对训练1 如图,将边长为4的正方形纸片ABCD折叠,使得点A落在CD的中点E处,折痕为FG,点F在AD边,求折痕FG的长. 【例2】如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90º,BA=BC,点D为BC边上的中点,BE⊥AD于点E,延长BE交AC于点F,求证：AD=BF+DF. 针对训练2如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90º,AC=BC,点D为BC的中点,CE⊥AD于点E,其延长线交AB于点F,连接DF.求证：∠ADC=∠BDF. 【综合运用】如图,正方形AOBC,点A、点B分别位于y轴、x轴正半轴，点E、F分别在OA、BC边上，坐标原点O沿着直线EF翻折后为点D,反比例函数y=k/x经过点D.当点D是AC中点，且EF=时，求直线EF和反比例函数解析式. 巩固练习： 1． 如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：（1）AE＝BF；（2）AE⊥BF；（3）AO＝OE；（4）S△AOB＝S四边形DEOF中正确的有______________ 2．如图，正方形ABCD内有两条相交线段MN，EF，M，N，E，F分别在边AB，CD，AD，BC上．小明认为：若MN＝EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN⊥EF，则MN＝EF．你认为（　　） A．仅小明对 B．仅小亮对 C．两人都对 D．两人都不对 3．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE＝CF，连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G，若∠AED＝2α，则∠AGD的度数为（　　） A．90﹣α B．90+α C．90+2α D．90﹣2α 4．如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结BP、BH，下列结论： ①BP＝EF； ②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3：4：5； ③∠APB＝∠BPH； ④△PDH周长等于8． 其中正确的是 　 　（写出所有正确结论的序号） 5．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为 　 　． 6．如图1，在正方形ABCD中，，点E在边BC上，连接AE，且∠BAE＝30°，点F是AE的中点． （1）求AE的长； （2）过点F作直线GH，分别交AB，CD于点G，H，且GH＝AE，求AG的长； （3）如图2，过点F作AE的垂线，分别交AB，BD，CD于点M，O，N，连接OE，求∠AEO的度数． 7．问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？ （1）直接判断：AE 　 　BF（填“＝”或“≠”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处． ①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由； ②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′AN的最小值为 　 　． 正方形中的“十字”模型 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 答案 B B A 一．试题（共9小题） 1．如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：（1）AE＝BF；（2）AE⊥BF；（3）AO＝OE；（4）S△AOB＝S四边形DEOF中正确的有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°， 而CE＝DF， ∴AF＝DE， 在△ABF和△DAE中 ， ∴△ABF≌△DAE（SAS）， ∴AE＝BF，所以（1）正确； ∴∠ABF＝∠EAD， 而∠EAD+∠EAB＝90°， ∴∠ABF+∠EAB＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴AE⊥BF，所以（2）正确； 连接BE， ∵BE＞BC， ∴BA≠BE， 而BO⊥AE， ∴OA≠OE，所以（3）错误； ∵△ABF≌△DAE， ∴S△ABF＝S△DAE， ∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF， ∴S△AOB＝S四边形DEOF，所以（4）正确． 故选：B． 2．如图，正方形ABCD内有两条相交线段MN，EF，M，N，E，F分别在边AB，CD，AD，BC上．小明认为：若MN＝EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN⊥EF，则MN＝EF．你认为（　　） A．仅小明对 B．仅小亮对 C．两人都对 D．两人都不对 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：解法一：若MN＝EF，则必有MN⊥EF，这句话是正确的． 如图，∵EF＝MN，MH＝EG， ∴Rt△MHN≌Rt△EGF（HL）， ∴∠EFG＝∠MNH， 又∵∠EFG＝∠ELM， ∴∠NMH+∠MNH＝∠NMH+∠EFG＝∠NMH+∠ELM＝90°， ∴∠MOL＝90°， 即MN⊥EF，但EF不仅仅是这一种情况，如将第一个图中的线段EF沿直线EG折叠过去，得到的EF′就是反例，此时有MN＝EF′，但是MN与EF′肯定不垂直，因此小明的观点是错误的； 解法二：若MN⊥EF，则MN＝EF这句话是对的； 分别把MN和EF平移，如图， ∠AMN＝∠AGD＝∠BFE＝∠DHC， MN＝GD＝AD÷sin∠AGD， EF＝HC＝CD÷sin∠DHC， 因此MN＝EF． 故选：B． 3．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE＝CF，连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G，若∠AED＝2α，则∠AGD的度数为（　　） A．90﹣α B．90+α C．90+2α D．90﹣2α 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝AD，∠ADE＝∠DCF，AD∥BC， ∵DE＝CF， ∴△DFC≌△AED（ASA）， ∴∠AED＝∠DFC＝2α， ∴∠ADF＝∠DFC＝2α， ∵DG平分∠ADF， ∴∠ADG＝α， ∴∠AGD＝90°﹣α． 故选：A． 4．在正方形ABCD中，P是边BC上一动点（不与点B、C重合），E是AP的中点， 过点E作MN⊥AP，分别交AB、CD于点M，N． （1）判定线段MN与AP的数量关系，并证明； （2）连接BD交MN于点F． ①根据题意补全图形； ②用等式表示线段ME，EF，FN之间的数量关系，直接写出结论 　EF＝EM+FN　． 【考点】四边形综合题．版权所有 【解答】解：（1）MN＝AP． 证明：过点M作MG⊥CD于点G，则四边形AMGD是矩形， ∴MG＝AD，∠MGN＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABP＝90°，AB＝BC＝AD， ∴MG＝AB，∠ABP＝∠MGN， 又∵MN⊥AP， ∴∠AEM＝90°， ∴∠AME+∠BAP＝90°， 又∵∠NMG+∠AME＝90°， ∴∠NMG＝∠BAP， ∴△ABP≌△MGN（ASA）， ∴AP＝MN； （2）①补全图形如图2， ②如图3，过点P作PH∥AB交MN于点H，交BD于点K，过点M作MG⊥CD于点G， ∵AM∥PH， ∴∠MAE＝∠EPH， ∵E为AP的中点， ∴AE＝EP， 又∵∠AEM＝∠PEH， ∴△AME≌△PHE（ASA）， ∴ME＝EH，AM＝PH， ∵四边形AMGD是矩形， ∴AM＝DG， ∴DG＝PH， ∵∠CBD＝45°，∠BPK＝90°， ∴∠PBK＝∠BKP＝45°， ∴BP＝PK， 由（1）知△ABP≌△MGN， ∴BP＝NG， ∴PK＝NG， ∴HK＝DN， 又∵NK∥DN， ∴∠HKF＝∠NDF， ∴△HKF≌△NDF（AAS）， ∴HF＝NF， ∴EF＝EH+HF＝EM+FN． 故答案为：EF＝EM+FN． 5．如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结BP、BH，下列结论： ①BP＝EF； ②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3：4：5； ③∠APB＝∠BPH； ④△PDH周长等于8． 其中正确的是 　①②③④　（写出所有正确结论的序号） 【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质．版权所有 【解答】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC， ∵FM⊥AB， ∴四边形MBCF为矩形， ∴MF＝BC＝AB，∠FME＝90°， 由折叠可知，EF⊥BP， ∴∠PBE+∠BEF＝90°， ∵∠PBE+∠APB＝90°， ∴∠BEF＝∠APB，即∠MEF＝∠APB， 在△ABP和△MFE中， ， ∴△ABP≌△MFE（AAS）， ∴BP＝EF，故①正确； 由折叠可知，BE＝PE， 设BE＝PE＝x，则AE＝4﹣x， ∵P为AD中点， ∴AP＝2， 在Rt△PAE中，AP2+AE2＝PE2， ∴22+（4﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴AE＝4﹣x，PE， ∴AE：AP：PE：2：3：4：5， 即△PAE三边之比为3：4：5，故②正确； 由折叠可知，BE＝PE，∠EBC＝∠EPG＝90°， ∴∠PBE＝∠BPE，∠BPE+∠BPH＝90°， ∵∠PBE+∠APB＝90°， ∴∠APB＝∠BPH，故③正确； 如图，过点B作BN⊥PH于点N， ∴∠BAP＝∠BNP＝90°， 在△ABP和△NBP中， ， ∴△ABP≌△NBP（AAS）， ∴AB＝BN，AP＝PN， ∴BC＝BN， 在Rt△BNH和Rt△BCH中， ， ∴Rt△BNH≌Rt△BCH（HL）， ∴NH＝CH， ∴C△PDH＝PD+PN+NH+DH＝PD+AP+CH+DH＝2AD＝8，故④正确． 综上，正确的结论有①②③④． 故答案为：①②③④． 6．如图，正方形ABCD，点E，F在对角线AC上，连接BE、DF，满足BE∥DF，过点E作EG⊥DF，垂足为G，若DG＝4，EG＝3，则AD＝　　． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：如图所示：连接BD，DE， ∵四边形ABCD是正方形，AC是其对角线， ∴AB＝BC＝DC＝AD，∠BCA＝∠DCA＝∠DAF＝45°，AC⊥BD， ∴BD＝2DH， 在△BCE和△DCE中， ， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝DE， ∵EG⊥DF， ∴∠DGE＝90°， ∵DG＝4，EG＝3， ∴， ∵BE∥DF， ∴∠DFE＝∠BEF， ∵∠AFD+∠DFE＝∠CEB+∠BEF＝180°， ∴∠AFD＝∠BEF， 在△ADF和△CBE中， ， ∴△ADF≌△CBE（AAS）， ∴DF＝BE＝DE＝5， ∵DG＝4， ∴FG＝DF﹣DG＝5﹣4＝1， ∴， ∵， ∴DF•EG＝EF•DH， 5×3， ∴， ∴BD＝2DH， ∵AD2+AB2＝BD2， ∴， AD2＝45， ∴， 故答案为：． 7．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为 　34　． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：如图：过点H作HM⊥CD，垂足为M， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝45°， ∴ACAB＝2， ∵CE＝DF， ∴BC﹣CE＝CD﹣DF， ∴BE＝CF， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠1＝∠2， ∵∠ABC＝∠2+∠3＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠AGB＝180°﹣（∠1+∠3）＝90°， ∵BG＝GH， ∴AG是BH的垂直平分线， ∴AB＝AH＝2， ∴∠3＝∠AHB，CH＝AC﹣AH＝22， ∵AB∥CD， ∴∠3＝∠CFH， ∵∠AHB＝∠CHF， ∴∠CFH＝∠CHF， ∴CH＝CF＝22， 在Rt△HMC中，HM2， ∴△CFH的面积CF•HM（22）×（2）＝34， 故答案为：34． 8．问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题： 如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？ （1）直接判断：AE 　＝　BF（填“＝”或“≠”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处． ①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由； ②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′AN的最小值为 　2　． 【考点】四边形综合题．版权所有 【解答】解：（1）∵AE⊥BF， ∴∠EMB＝90°， ∴∠FBC+∠BEM＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠FBC+∠BFC＝90°， ∴∠BEM＝∠BFC， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴AE＝BF． 故答案为：＝； （2）GE＝BF，理由如下： 如图2，过点A作AN∥GE，交BF于点H，交BC于点N， ∴∠EMB＝∠NHB＝90°， ∴∠FBC+∠BNH＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB＝BC，∠BAD＝∠ABC＝∠C＝90°， ∵AD∥BC，AN∥GE， ∴四边形ANEG是平行四边形， ∴AN＝EG， ∵∠C＝90°， ∴∠FBC+∠BFC＝90°， ∴∠BNH＝∠BFC， ∴△ABN≌△BCF（AAS）， ∴AN＝BF， ∵AN＝EG， ∴GE＝BF． （3）①如图3，连接CH， 由（2）的结论可知，AE＝MN， ∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC， ∵BH＝BH， ∴△ABH≌△CBH（SAS）， ∴∠BAH＝∠BCH，AH＝CH， 由折叠可知，AH＝AH′，NH＝NH′， ∵∠ABN+∠AHN＝180°， ∴∠BAH+∠BNH＝180°， ∵∠BNH+∠HNC＝180°， ∴∠BAH＝∠HNC， ∴∠HNC＝∠NCH， ∴NH＝CH， ∴NH＝CH＝AH＝AH′＝NH′， ∴四边形AHNH′是菱形， ∵∠AHN＝90°， ∴菱形AHNH′是正方形； ②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M， ∴∠H′QN＝∠HFB＝90°， 由上知四边形AHNH′是正方形， ∴H′N＝HN，∠H′NH＝90°，AH′AN， ∴∠H′NQ+∠HNF＝∠HNF+∠NHF＝90°， ∴∠H′NQ＝∠NHF， ∴△H′QN≌△NFH′（AAS）， ∴H′Q＝NF，QN＝HF； ∵∠HBF＝45°，∠HFB＝90°， ∴△BHF是等腰直角三角形， ∴HF＝BF＝NF+BN， ∵QN＝QB+BN， ∴NF＝QB＝QH′， ∴∠H′BQ＝∠ABH′＝45°， ∴∠H′BD＝90°； 如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′＝P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K， 则△PBK是等腰直角三角形， ∴PH′AN＝PH′+AH′＝P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′AN最小，最小值为AP′的长． ∵AB＝6， ∴BD＝6， ∵BD＝3BP， ∴BP＝BP′＝2， ∴PK＝BK＝2， ∴AK＝8， ∴AP′2，即PH′AN的最小值为2． 故答案为：2． 9．如图1，在正方形ABCD中，，点E在边BC上，连接AE，且∠BAE＝30°，点F是AE的中点． （1）求AE的长； （2）过点F作直线GH，分别交AB，CD于点G，H，且GH＝AE，求AG的长； （3）如图2，过点F作AE的垂线，分别交AB，BD，CD于点M，O，N，连接OE，求∠AEO的度数． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：（1）∵∠BAE＝30°， ∴AE＝2BE， 设BE＝x，则AE＝2x， 在Rt△ABE中，x2（2x）2， 解得x＝2或﹣2（舍去）， ∴AE＝4； （2）如图，过点B作BR∥GH，交CD于R， ∵GH∥BR，AB∥CD， ∴四边形BRHG是平行四边形， ∴GH＝BR，∠BGH＝∠BRH， ∵GH＝AE， ∴BR＝GH＝AE． 又∵AB＝BC， ∴Rt△ABE≌Rt△BCR（HL）， ∴∠BAE＝∠CBR＝30°， ∴∠BRC＝60°＝∠AEB， ∴∠BRH＝120°＝∠BGH， ∴∠AGH＝60°， ∴∠AFG＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∵∠BAE＝30°， ∴AG＝2GF， ∴AG2＝GF2﹣AF2， ∴3GF2＝4． ∴GF， ∴AG； 如图，过点A作AR∥GH，交CD于R，过点G作GO⊥AE于点O， 同理可证：△ABE≌△ADR， ∴∠DAR＝∠BAE＝30°， ∴∠EAR＝30°， ∵AR∥GH， ∴∠RAF＝∠AFG＝30°， ∴∠BAE＝∠AFG， ∴AG＝GF， ∵GO⊥AF， ∴AO＝FO＝1， ∵∠BAE＝30°， ∴AG＝2GO， ∴AG2﹣GO2＝AO2， ∴3GO2＝1， ∴GO， ∴AG， ∴AG的长为或； （3）如图，连接AO，过点O作OQ⊥AB于点Q，OP⊥BC于点P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵OQ⊥AB，OP⊥BC， ∴OQ＝OP， ∵MN⊥AE，AE＝EF， ∴AO＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA， ∵OA＝OE，OQ＝OP， ∴Rt△AOQ≌Rt△EOP（HL）， ∴∠OAQ＝∠OEP， ∵∠BEA+∠AEO+∠OEP＝180°， ∴60°+∠AEO+∠OAE+30°＝180°， ∴∠AEO＝45°． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/2/26 15:06:58；用户：浦长宇；邮箱：imtepcy2@sohu.com；学号：716922 第1页（共 1 页） 学科网（北京）股份有限公司 $八下几何模型——赵爽弦图 1 1.图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若直角三角形的一个锐角为30°，将各三角形较短的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”．已知AB=3，则图中阴影部分的面积为( ____ ) A. B. C. D 2 D. 【解析】解：如图， ___ 由题意得，AB=AD=3，DE=EF=AC，BC=AE， 设AC=a, 在Rt△ACE中，∠CEA=30°， 3 ∴AE= =BC，即 =a+3， 解得：a= ， ∴AC= ， ∵S△CEF= - = = = = = ， 4 ∴阴影部分的面积为4S△CEF= ． 故选：D． 5 2.如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，则EF的长是( ____ ) A.14 B.16 C.14 D.14 【解析】解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时， 小正方形的边长=24-10=14， D 6 ∴EF= =14 ． 故选：D． 7 3.赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形(如图所示)．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI=2，CI=1，S2=5S1，则GI的值是( ____ ) A. B. A 8 C. D. 【解析】解：如图，连接DG， ∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形， ∴AE=BF=CG=DH，AF=BG=CH=DE，CH⊥DE， ∵DI=2，CI=1， 9 ∴CD=DI+CI=2+1=3， ∵大正方形ABCD的面积为S2， ∴S2=CD2=32=9， 又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2=5S1， ∴S1= ， ∴EF=FG=GH=HE= ， ∵将EG延长交CD于点I， ∴∠HGE=45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG= 10 = ， 设AE=BF=CG=DH=x,则AF=BG=CH=DE=x+ ， 在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2=DH2+CH2，即9=x2+(x+ )2， 解得：x1= ，x2=- (不合题意，舍去)， 11 即AE=BF=CG=DH=x= ， ∴DH=EH= ， ∴CH垂直平分ED， ∴DG=EG= ， ∴∠DGH=∠HGE=45°， ∴∠DGE=45°+45°=90°， 12 ∴∠DGI=90°， 在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI= = = ， 故选：A． 13 4.大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO=GP，则直角三角形的边CG与BG之比是( ____ ) A. B. C. C 14 D. 【解析】解：∵四边形EFGH为正方形， ∴∠EGH=45°，∠FGH=90°， ∵OG=GP， ∴∠GOP=∠OPG=67.5°， ∴∠PBG=22.5°， 又∵∠DBC=45°， ∴∠GBC=22.5°， ∴∠PBG=∠GBC， ∵∠BGP=∠BGC=90°，BG=BG， 15 ∴△BPG≌△BCG(ASA)， ∴PG=CG． 设OG=PG=CG=x, ∵O为EG，BD的交点， ∴EG=2x,FG= x, ∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”， ∴BF=CG=x, ∴BG=x+ x, ∴ = = ， 16 故选：C． 17 5.如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是( ____ ) A. B. C. D.2 【解析】解：如图，连接AC，CF， A 18 ∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3， ∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°， ∴∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°， ∴ ， ， 由勾股定理得： ， ∵H是AF的中点， ∴CH是直角三角形ACF斜边上的中线， 19 ∴ ， 故选：A． 20 6.如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3=60，则S2的值是( ____ ) A.12 B.15 C.20 D.30 【解析】解：设每个小直角三角形的面积为m,则S1=4m+S2，S3=S2-4m, 因为S1+S2+S3=60， C 21 所以4m+S2+S2+S2-4m=60， 即3S2=60， 解得S2=20． 故选：C． 22 7.第24届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形(△DAE，△ABF，△BCG，△CDH)和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n,且有AF•BF=EF2，则n的值为( ____ ) A.2 B.3 C.4 D.5 B 23 【解析】解：设BF=a,AF=b, 依题意得：EF=b-a, 则EF2=(b-a)2， ∵AF•BF=EF2， ∴(b-a)2=ab, ∴a2+b2=3ab, 即S正方形EFGH=(b-a)2=ab, 在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2=a2+b2=3ab, ∴S正方形ABCD=AB2=3ab, ∴S正方形EFGH：S正方形ABCD=1：3， ∴正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n, 24 ∴n=3． 故选：B． 25 8.阅读问题： 赵爽根据图1利用面积关系证明了勾股定理． (1)小明在此图的基础上，将四个全等的直角三角形变为四个全等的四边形即可得到以下数学问题的解决方案： 问题：四边形AMNB满足∠MAB=38°，∠NBA=52°，AB=4，MN=2，AM=BN，求四边形AMNB的面积． 解决思路： ①如图2，将四个全等的四边形围成一个以AB为边的正方形ABCD，则四边形MNPQ的形状是 　　(填一种特殊的平行四边形)； ②求得四边形AMNB的面积是 　　． (2)类比小明的问题解决思路，完成下面的问题： 26 如图3，四边形AMNB满足∠MAB=27°，∠NBA=33°，AB=6，MN=2，AM=BN，补全图3，四边形AMNB的面积为 　　． ________ 【解析】解：(1)①∵∠MAB=38°，∠NBA=52°， ∴∠AMN+∠BNM=360°-∠MAB-∠NBA=270°， ∵四个四边形全等， ∴∠BNM=∠AMQ， 27 ∴∠AMN+∠AMQ=270°， ∴∠QMN=90°， 同理可得∠MQP=∠QPN=∠PNM=90°， ∴四边形MNPQ是矩形， ∵MN=MQ=PQ=PN， ∴四边形MNPQ是正方形， 故答案为：正方形； ②∵∠MAB=38°，∠NBA=52°， ∴∠MAB+∠NBA=90°， ∵∠NBA=∠MAD， ∴∠MAB+∠MAD=90°，即∠BAD=90°， 28 同理∠ADC=∠DCB=∠CBA=90°， 又AB=AD=CD=BC， ∴四边形ABCD是正方形， ∴四边形AMNB的面积是(AB2-MN2)÷4=(42-22)÷4=3， 故答案为：3； (2)补全图形如下： ___ 29 ∵∠MAB=27°，∠NBA=33°， ∴∠CAB=∠CAM+∠MAB=∠NBA+∠MAB=60°， 同理∠ACB=∠CBA=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴S△ABC= AB2= ×62=9 ， ∵∠MAB=27°，∠NBA=33°， ∴∠AMN+BNM=300°， ∵∠BNM=∠AMD， ∴∠AMN+∠AMD=300°， 30 ∴∠DMN=60°， 同理∠MDN=∠DNM=60°， ∴△DMN是等边三角形， ∴S△DMN= MN2= ×22= ， ∴S四边形AMNB=(9 - )÷3= ， 故答案为： ． 31 9.小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”．如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，四边形EFGH是矩形，若FA=FB=2 ，则矩形EFGH的面积为 　　． 【解析】解：过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM， 32 ____ ∵四边形EFGH是矩形， ∴∠AFB=∠AED=∠BGC=∠CHD=90°， ∵FA=FB=2 ， ∴AB= =4，∠ABF=∠BAF=45°， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°， ∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=∠BCD=120°， 33 ∴∠CBG=15°，∠DAF=75°， ∴∠CDH=∠DCH=45°，∠ADE=15°，∠BCG=75°， ∴∠BAF=∠DCH=∠ABF=∠CDH，∠ADE=∠CBG，∠DAE=∠BCG， 在△ABF和△CDH中， ， ∴△ABF≌△CDH(ASA)， 同理：△BCG≌△DAE(ASA)， ∵AM⊥BC，∠ABC=60°， ∴∠BAM=30°， 34 ∴BM= AB=2， ∴AM= BM=2 ，BC=2BM， ∵∠BGC=90°， ∴BM=CM=GM=2， ∴∠CMG=2∠CBG=30°， ∵GN⊥BC， ∴GN= GM=1， 35 ∴S菱形ABCD=BC•AM=4×2 =8 ， S△ABF= AF•BF= ×2 ×2 =4， S△BCG= BC•GN= ×4×1=2， ∴S矩形EFGH=S菱形ABCD-2S△ABF-2S△BCG=8 -12． 故答案为：8 -12． 36 $八下几何模型——中点四边形 中点四边形 中点四边形 瓦里尼翁平行四边形（Varignon parallelogram）是四边形的一个特殊内接四边形．顺次连结四边形各边中点而成的四边形是平行四边形，称为瓦里尼翁平行四边形．它的面积是原四边形面积的一半，这个平行四边形是瓦里尼翁（P．Varignon）发现的． 一．选择题（共5小题） 1．在四边形ABCD中，对角线AC＝BD，那么顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形一定是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形 2．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是线段AD、BD、BC、AC的中点，要使四边形EFGH是菱形，需添加的条件是（　　） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AB⊥CD 3．顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是（　　） A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法判断 4．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 5．下列说法正确的是（　　） A．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形 B．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是菱形 C．顺次连接矩形各边中点的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点的四边形是正方形 二．解答题（共3小题） 6．阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH． （1）这个中点四边形EFGH的形状是 　 　； （2）如图2，在四边形ABCD中，点M在AB上且△AMD和△MCB为等边三角形，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，试判断四边形EFGH的形状并证明． 7．如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形． （2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长． 8．已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点． ①求证：EF与GH互相平分； ②当四边形ABCD的边满足 　 　条件时，EF⊥GH． 中点四边形 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 答案 D C B A A 一．选择题（共5小题） 1．在四边形ABCD中，对角线AC＝BD，那么顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形一定是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形 【考点】中点四边形．版权所有 【解答】解：如图，已知：AB＝CD，E、F、G、H分别是各边的中点， 求证：四边形EFGH是菱形． 证明：连接AC、BD． ∵E、F分别是AB、BC的中点， ∴EFAC． 同理FGBD，GHAC，EHBD， 又∵AC＝BD， ∴EF＝FG＝GH＝HE， ∴四边形EFGH是菱形． 故选：D． 2．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是线段AD、BD、BC、AC的中点，要使四边形EFGH是菱形，需添加的条件是（　　） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AB⊥CD 【考点】中点四边形；三角形中位线定理；菱形的判定．版权所有 【解答】解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点， ∴EF＝GHAB，EH＝FGCD， ∵当EF＝FG＝GH＝EH时，四边形EFGH是菱形， ∴当AB＝CD时，四边形EFGH是菱形． 故选：C． 3．顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是（　　） A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法判断 【考点】中点四边形；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定．版权所有 【解答】解：连接AC、BD， 在△ABD中， ∵AH＝HD，AE＝EB ∴EHBD， 同理FGBD，HGAC，EFAC， 又∵在矩形ABCD中，AC＝BD， ∴EH＝HG＝GF＝FE， ∴四边形EFGH为菱形． 故选：B． 4．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 【考点】中点四边形．版权所有 【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，HGAC，EF∥AC，EFAC； ∴EF＝HG且EF∥HG； ∴四边形EFGH是平行四边形． 故选：A． 5．下列说法正确的是（　　） A．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形 B．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是菱形 C．顺次连接矩形各边中点的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点的四边形是正方形 【考点】中点四边形；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定．版权所有 【解答】解：A、顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，原说法正确； B、顺次连接对角线相等的四边形各边中点的四边形是菱形，原说法错误； C、顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形，原说法错误； D、顺次连接菱形各边中点，所形成的四边形是矩形，原说法错误． 故选：A． 二．解答题（共3小题） 6．阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH． （1）这个中点四边形EFGH的形状是 　平行四边形　； （2）如图2，在四边形ABCD中，点M在AB上且△AMD和△MCB为等边三角形，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，试判断四边形EFGH的形状并证明． 【考点】中点四边形．版权所有 【解答】解：（1）中点四边形EFGH是平行四边形； 理由如下：连接AC，如图1所示： ∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线， ∴EF∥AC，EFAC，GH∥AC，GHAC， ∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）四边形EFGH为菱形．理由如下： 连接AC与BD，如图2所示： ∵△AMD和△MCB为等边三角形， ∴AM＝DM，∠AMD＝∠CMB＝60°，CM＝BM， ∴∠AMC＝∠DMB， 在△AMC和△DMB中， ， ∴△AMC≌△DMB（SAS）， ∴AC＝DB， ∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，HE是△ABD的中位线， ∴EF∥AC，EFAC，GH∥AC，GHAC，HEDB， ∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； ∵AC＝DB， ∴EF＝HE， ∴四边形EFGH为菱形． 7．如图，O是▱ABCD的对角线的交点，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形． （2）当∠DEF＝90°，AB＝6，BC＝4时，求四边形DEFG的周长． 【考点】平行四边形的判定与性质；三角形中位线定理．版权所有 【解答】（1）证明： ∵E，F，G分别是OA，OB，CD的中点， ∴△OAB中，EF∥AB且EFAB（三角形中位线定理）；DGDC． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DC＝AB（平行四边形的对边平行相等）， ∴DGDCAB＝EF，DG∥AB∥EF， ∴四边形DEFG是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． （2） 解：如图所示，∠DEF＝90°时，延长DE交AB于点H． ∵AC、BD分别是平行四边形ABCD的对角线，BC＝4， ∴DO＝OBDB（平行四边形对角线相互平分），AD＝4（平行四边形对边相等）． ∵点E、F分别是OA、AB的中点，AB＝6， ∴△OAB中，EF∥AB且EFAB＝3（三角形中位线定理）； ∵点F是OB的中点， ∴OFOBDB， ∴DF＝DO+OFDBDBDB， ∴． ∵∠DEF＝90°即DE⊥EF，EF∥AB， ∴DH⊥AB即∠DHB＝∠DHA＝90°，∠EFD＝∠HBD， ∴△DEF∽△DHB（两个直角三角形中，有一个锐角对应相等，这两个直角三角形相似）， ∴，即， ∴HB＝4，DEDH， ∴AH＝AB﹣HB＝6﹣4＝2， ∴直角△DHA中，DH2， ∴DEDH， ∴四边形DEFG的周长＝2×（EF+DE）＝2×（3）＝6+3． 答：四边形DEFG的周长是6+3． 8．已知：在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点． ①求证：EF与GH互相平分； ②当四边形ABCD的边满足 　AB＝CD　条件时，EF⊥GH． 【考点】中点四边形．版权所有 【解答】解：（1）连接GE、GF、HF、EH． ∵E、G分别是BC、BD的中点， ∴EGCD， 同理FHCD，FG，EH ∴EG＝FH、GF＝EH ∴四边形EHFG是平行四边形． ∴EF与GH互相平分； （2）当EF⊥GH时，四边形EHFG是菱形， 此时GF＝FH＝HE＝EG， ∵EGCD，FHCD，FG，EH ∴AB＝CD， ∴当四边形ABCD的边满足条件AB＝CD时，EF⊥GH． 考点卡片 1．三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 2．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 3．平行四边形的判定与性质 平行四边形的判定与性质的作用 平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的． 运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单． 凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题． 4．菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 5．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 6．矩形的判定与性质 （1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有． 在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题． （2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等． 7．正方形的判定 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 8．中点四边形 瓦里尼翁平行四边形（Varignon parallelogram）是四边形的一个特殊内接四边形．顺次连结四边形各边中点而成的四边形是平行四边形，称为瓦里尼翁平行四边形．它的面积是原四边形面积的一半，这个平行四边形是瓦里尼翁（P．Varignon）发现的． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/2/19 15:19:50；用户：浦长宇；邮箱：imtepcy2@sohu.com；学号：716922 ( 第 1 页 共 2 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $八下几何模型——赵爽弦图 八下几何模型——赵爽弦图 1．图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若直角三角形的一个锐角为30°，将各三角形较短的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”．已知AB＝3，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 2．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 3．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（　　） A． B． C． D． 4．大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（　　） A． B． C． D． 5．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B． C． D．2 6．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（　　） A．12 B．15 C．20 D．30 7．第24届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，且有AF•BF＝EF2，则n的值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 8．阅读问题： 赵爽根据图1利用面积关系证明了勾股定理． （1）小明在此图的基础上，将四个全等的直角三角形变为四个全等的四边形即可得到以下数学问题的解决方案： 问题：四边形AMNB满足∠MAB＝38°，∠NBA＝52°，AB＝4，MN＝2，AM＝BN，求四边形AMNB的面积． 解决思路： ①如图2，将四个全等的四边形围成一个以AB为边的正方形ABCD，则四边形MNPQ的形状是 　 　（填一种特殊的平行四边形）； ②求得四边形AMNB的面积是 　 　． （2）类比小明的问题解决思路，完成下面的问题： 如图3，四边形AMNB满足∠MAB＝27°，∠NBA＝33°，AB＝6，MN＝2，AM＝BN，补全图3，四边形AMNB的面积为 　 　． 9．小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，四边形EFGH是矩形，若FA＝FB＝2，则矩形EFGH的面积为 　 　． 八下几何模型——赵爽弦图 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D D A C A C B 一．试题（共9小题） 1．图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若直角三角形的一个锐角为30°，将各三角形较短的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”．已知AB＝3，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【考点】勾股定理的证明；含30度角的直角三角形．版权所有 【解答】解：如图， 由题意得，AB＝AD＝3，DE＝EF＝AC，BC＝AE， 设AC＝a， 在Rt△ACE中，∠CEA＝30°， ∴AEBC，即a+3， 解得：a， ∴AC， ∵S△CEF， ∴阴影部分的面积为4S△CEF． 故选：D． 2．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 【考点】勾股定理的证明．版权所有 【解答】解：∵AE＝10，BE＝24，即24和10为两条直角边长时， 小正方形的边长＝24﹣10＝14， ∴EF14． 故选：D． 3．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（　　） A． B． C． D． 【考点】勾股定理的证明．版权所有 【解答】解：如图，连接DG， ∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形， ∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE， ∵DI＝2，CI＝1， ∴CD＝DI+CI＝2+1＝3， ∵大正方形ABCD的面积为S2， ∴S2＝CD2＝32＝9， 又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1， ∴S1， ∴EF＝FG＝GH＝HE， ∵将EG延长交CD于点I， ∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG， 设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x， 在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x）2， 解得：x1，x2（不合题意，舍去）， 即AE＝BF＝CG＝DH＝x， ∴DH＝EH， ∴CH垂直平分ED， ∴DG＝EG， ∴∠DGH＝∠HGE＝45°， ∴∠DGE＝45°+45°＝90°， ∴∠DGI＝90°， 在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI， 故选：A． 4．大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（　　） A． B． C． D． 【考点】勾股定理的证明；全等三角形的判定与性质．版权所有 【解答】解：∵四边形EFGH为正方形， ∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°， ∵OG＝GP， ∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°， ∴∠PBG＝22.5°， 又∵∠DBC＝45°， ∴∠GBC＝22.5°， ∴∠PBG＝∠GBC， ∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG， ∴△BPG≌△BCG（ASA）， ∴PG＝CG． 设OG＝PG＝CG＝x， ∵O为EG，BD的交点， ∴EG＝2x，FGx， ∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”， ∴BF＝CG＝x， ∴BG＝xx， ∴， 故选：C． 5．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B． C． D．2 【考点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．版权所有 【解答】解：如图，连接AC，CF， ∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝1，CE＝3， ∴AB＝BC＝1，CE＝EF＝3，∠ACD＝∠GCF＝45°， ∴∠ACF＝∠ACD+∠GCF＝90°， ∴，， 由勾股定理得：， ∵H是AF的中点， ∴CH是直角三角形ACF斜边上的中线， ∴， 故选：A． 6．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（　　） A．12 B．15 C．20 D．30 【考点】勾股定理的证明．版权所有 【解答】解：设每个小直角三角形的面积为m，则S1＝4m+S2，S3＝S2﹣4m， 因为S1+S2+S3＝60， 所以4m+S2+S2+S2﹣4m＝60， 即3S2＝60， 解得S2＝20． 故选：C． 7．第24届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，且有AF•BF＝EF2，则n的值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】正方形的性质；完全平方公式；勾股定理．版权所有 【解答】解：设BF＝a，AF＝b， 依题意得：EF＝b﹣a， 则EF2＝（b﹣a）2， ∵AF•BF＝EF2， ∴（b﹣a）2＝ab， ∴a2+b2＝3ab， 即S正方形EFGH＝（b﹣a）2＝ab， 在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2＝a2+b2＝3ab， ∴S正方形ABCD＝AB2＝3ab， ∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：3， ∴正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n， ∴n＝3． 故选：B． 8．阅读问题： 赵爽根据图1利用面积关系证明了勾股定理． （1）小明在此图的基础上，将四个全等的直角三角形变为四个全等的四边形即可得到以下数学问题的解决方案： 问题：四边形AMNB满足∠MAB＝38°，∠NBA＝52°，AB＝4，MN＝2，AM＝BN，求四边形AMNB的面积． 解决思路： ①如图2，将四个全等的四边形围成一个以AB为边的正方形ABCD，则四边形MNPQ的形状是 　正方形　（填一种特殊的平行四边形）； ②求得四边形AMNB的面积是 　3　． （2）类比小明的问题解决思路，完成下面的问题： 如图3，四边形AMNB满足∠MAB＝27°，∠NBA＝33°，AB＝6，MN＝2，AM＝BN，补全图3，四边形AMNB的面积为 　　． 【考点】正方形的性质；三角形的面积；勾股定理的证明．版权所有 【解答】解：（1）①∵∠MAB＝38°，∠NBA＝52°， ∴∠AMN+∠BNM＝360°﹣∠MAB﹣∠NBA＝270°， ∵四个四边形全等， ∴∠BNM＝∠AMQ， ∴∠AMN+∠AMQ＝270°， ∴∠QMN＝90°， 同理可得∠MQP＝∠QPN＝∠PNM＝90°， ∴四边形MNPQ是矩形， ∵MN＝MQ＝PQ＝PN， ∴四边形MNPQ是正方形， 故答案为：正方形； ②∵∠MAB＝38°，∠NBA＝52°， ∴∠MAB+∠NBA＝90°， ∵∠NBA＝∠MAD， ∴∠MAB+∠MAD＝90°，即∠BAD＝90°， 同理∠ADC＝∠DCB＝∠CBA＝90°， 又AB＝AD＝CD＝BC， ∴四边形ABCD是正方形， ∴四边形AMNB的面积是（AB2﹣MN2）÷4＝（42﹣22）÷4＝3， 故答案为：3； （2）补全图形如下： ∵∠MAB＝27°，∠NBA＝33°， ∴∠CAB＝∠CAM+∠MAB＝∠NBA+∠MAB＝60°， 同理∠ACB＝∠CBA＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴S△ABCAB262＝9， ∵∠MAB＝27°，∠NBA＝33°， ∴∠AMN+BNM＝300°， ∵∠BNM＝∠AMD， ∴∠AMN+∠AMD＝300°， ∴∠DMN＝60°， 同理∠MDN＝∠DNM＝60°， ∴△DMN是等边三角形， ∴S△DMNMN222， ∴S四边形AMNB＝（9）÷3， 故答案为：． 9．小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，四边形EFGH是矩形，若FA＝FB＝2，则矩形EFGH的面积为 　812　． 【考点】菱形的性质；勾股定理的证明．版权所有 【解答】解：过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM， ∵四边形EFGH是矩形， ∴∠AFB＝∠AED＝∠BGC＝∠CHD＝90°， ∵FA＝FB＝2， ∴AB4，∠ABF＝∠BAF＝45°， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝∠BCD＝120°， ∴∠CBG＝15°，∠DAF＝75°， ∴∠CDH＝∠DCH＝45°，∠ADE＝15°，∠BCG＝75°， ∴∠BAF＝∠DCH＝∠ABF＝∠CDH，∠ADE＝∠CBG，∠DAE＝∠BCG， 在△ABF和△CDH中， ， ∴△ABF≌△CDH（ASA）， 同理：△BCG≌△DAE（ASA）， ∵AM⊥BC，∠ABC＝60°， ∴∠BAM＝30°， ∴BMAB＝2， ∴AMBM＝2，BC＝2BM， ∵∠BGC＝90°， ∴BM＝CM＝GM＝2， ∴∠CMG＝2∠CBG＝30°， ∵GN⊥BC， ∴GNGM＝1， ∴S菱形ABCD＝BC•AM＝4×28， S△ABFAF•BF224， S△BCGBC•GN4×1＝2， ∴S矩形EFGH＝S菱形ABCD﹣2S△ABF﹣2S△BCG＝812． 故答案为：812． 第1页（共 1 页） 学科网（北京）股份有限公司 $八下几何模型——正方形中的“十字架”模型 1 1.如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：(1)AE=BF；(2)AE⊥BF；(3)AO=OE；(4)S△AOB=S四边形DEOF中正确的有( ____ ) A.4个 B.3个 C.2个 D.1个 【解析】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°， B 2 而CE=DF， ∴AF=DE， 在△ABF和△DAE中 ， ∴△ABF≌△DAE(SAS)， ∴AE=BF，所以(1)正确； ∴∠ABF=∠EAD， 而∠EAD+∠EAB=90°， ∴∠ABF+∠EAB=90°， 3 ∴∠AOB=90°， ∴AE⊥BF，所以(2)正确； 连接BE， ∵BE＞BC， ∴BA≠BE， 而BO⊥AE， ∴OA≠OE，所以(3)错误； ∵△ABF≌△DAE， ∴S△ABF=S△DAE， ∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF， ∴S△AOB=S四边形DEOF，所以(4)正确． 4 故选：B． 5 2.如图，正方形ABCD内有两条相交线段MN，EF，M，N，E，F分别在边AB，CD，AD，BC上．小明认为：若MN=EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN⊥EF，则MN=EF．你认为( ____ ) A.仅小明对 B.仅小亮对 C.两人都对 D.两人都不对 【解析】解：解法一：若MN=EF，则必有MN⊥EF，这句话是正确的． B 6 如图，∵EF=MN，MH=EG， ∴Rt△MHN≌Rt△EGF(HL)， ∴∠EFG=∠MNH， 又∵∠EFG=∠ELM， ∴∠NMH+∠MNH=∠NMH+∠EFG=∠NMH+∠ELM=90°， ∴∠MOL=90°， 即MN⊥EF，但EF不仅仅是这一种情况，如将第一个图中的线段EF沿直线EG折叠过去，得到的EF′就是反例，此时有MN=EF′，但是MN与EF′肯定不垂直，因此小明的观点是错误的； 解法二：若MN⊥EF，则MN=EF这句话是对的； 7 分别把MN和EF平移，如图， ∠AMN=∠AGD=∠BFE=∠DHC， MN=GD=AD÷sin∠AGD， EF=HC=CD÷sin∠DHC， 因此MN=EF． 故选：B． 8 3.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE=CF，连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G，若∠AED=2α，则∠AGD的度数为( ____ ) A.90-α B.90+α C.90+2α D.90-2α 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD=AD，∠ADE=∠DCF，AD∥BC， ∵DE=CF， A 9 ∴△DFC≌△AED(ASA)， ∴∠AED=∠DFC=2α， ∴∠ADF=∠DFC=2α， ∵DG平分∠ADF， ∴∠ADG=α， ∴∠AGD=90°-α． 故选：A． 10 4.在正方形ABCD中，P是边BC上一动点(不与点B、C重合)，E是AP的中点， 过点E作MN⊥AP，分别交AB、CD于点M，N． (1)判定线段MN与AP的数量关系，并证明； (2)连接BD交MN于点F． ①根据题意补全图形； ②用等式表示线段ME，EF，FN之间的数量关系，直接写出结论 ____________ ． 【解析】解：(1)MN=AP． 证明：过点M作MG⊥CD于点G，则四边形AMGD是矩形， EF=EM+FN 11 ___ ∴MG=AD，∠MGN=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABP=90°，AB=BC=AD， ∴MG=AB，∠ABP=∠MGN， 又∵MN⊥AP， 12 ∴∠AEM=90°， ∴∠AME+∠BAP=90°， 又∵∠NMG+∠AME=90°， ∴∠NMG=∠BAP， ∴△ABP≌△MGN(ASA)， ∴AP=MN； (2)①补全图形如图2， 13 ___ ②如图3，过点P作PH∥AB交MN于点H，交BD于点K，过点M作MG⊥CD于点G， 14 ___ ∵AM∥PH， ∴∠MAE=∠EPH， ∵E为AP的中点， ∴AE=EP， 又∵∠AEM=∠PEH， 15 ∴△AME≌△PHE(ASA)， ∴ME=EH，AM=PH， ∵四边形AMGD是矩形， ∴AM=DG， ∴DG=PH， ∵∠CBD=45°，∠BPK=90°， ∴∠PBK=∠BKP=45°， ∴BP=PK， 由(1)知△ABP≌△MGN， ∴BP=NG， ∴PK=NG， 16 ∴HK=DN， 又∵NK∥DN， ∴∠HKF=∠NDF， ∴△HKF≌△NDF(AAS)， ∴HF=NF， ∴EF=EH+HF=EM+FN． 故答案为：EF=EM+FN． 17 5.如图，现有边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点(不与点A点D重合)，将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，连结BP、BH，下列结论： ①BP=EF； ②当P为AD中点时，△PAE三边之比为3：4：5； ③∠APB=∠BPH； ④△PDH周长等于8． 其中正确的是 ______ (写出所有正确结论的序号) 【解析】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M， ①②③④ 18 ___ ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC， ∵FM⊥AB， ∴四边形MBCF为矩形， ∴MF=BC=AB，∠FME=90°， 由折叠可知，EF⊥BP， 19 ∴∠PBE+∠BEF=90°， ∵∠PBE+∠APB=90°， ∴∠BEF=∠APB，即∠MEF=∠APB， 在△ABP和△MFE中， ， ∴△ABP≌△MFE(AAS)， ∴BP=EF，故①正确； 由折叠可知，BE=PE， 设BE=PE=x,则AE=4-x, 20 ∵P为AD中点， ∴AP=2， 在Rt△PAE中，AP2+AE2=PE2， ∴22+(4-x)2=x2， 解得：x= ， ∴AE=4-x= ，PE= ， ∴AE：AP：PE= ：2： =3：4：5， 21 即△PAE三边之比为3：4：5，故②正确； 由折叠可知，BE=PE，∠EBC=∠EPG=90°， ∴∠PBE=∠BPE，∠BPE+∠BPH=90°， ∵∠PBE+∠APB=90°， ∴∠APB=∠BPH，故③正确； 如图，过点B作BN⊥PH于点N， ___ 22 ∴∠BAP=∠BNP=90°， 在△ABP和△NBP中， ， ∴△ABP≌△NBP(AAS)， ∴AB=BN，AP=PN， ∴BC=BN， 在Rt△BNH和Rt△BCH中， ， 23 ∴Rt△BNH≌Rt△BCH(HL)， ∴NH=CH， ∴C△PDH=PD+PN+NH+DH=PD+AP+CH+DH=2AD=8，故④正确． 综上，正确的结论有①②③④． 故答案为：①②③④． 24 6.如图，正方形ABCD，点E，F在对角线AC上，连接BE、DF，满足BE∥DF，过点E作EG⊥DF，垂足为G，若DG=4，EG=3，则AD=　　． 【解析】解：如图所示：连接BD，DE， ∵四边形ABCD是正方形，AC是其对角线， ∴AB=BC=DC=AD，∠BCA=∠DCA=∠DAF=45°，AC⊥BD， ∴BD=2DH， 在△BCE和△DCE中， 25 ， ∴△BCE≌△DCE(SAS)， ∴BE=DE， ∵EG⊥DF， ∴∠DGE=90°， ∵DG=4，EG=3， ∴ ， ∵BE∥DF， ∴∠DFE=∠BEF， 26 ∵∠AFD+∠DFE=∠CEB+∠BEF=180°， ∴∠AFD=∠BEF， 在△ADF和△CBE中， ， ∴△ADF≌△CBE(AAS)， ∴DF=BE=DE=5， ∵DG=4， ∴FG=DF-DG=5-4=1， ∴ ， 27 ∵ ， ∴DF•EG=EF•DH， 5×3= ， ∴ ， ∴BD=2DH= ， ∵AD2+AB2=BD2， ∴ ， 28 AD2=45， ∴ ， 故答案为： ． 29 7.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE=DF，BG=GH，AB=2，则△CFH的面积为 　　． 【解析】解：如图：过点H作HM⊥CD，垂足为M， ___ ∵四边形ABCD是正方形， 30 ∴AB=BC=CD=2，AB∥CD，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=45°， ∴AC= AB=2 ， ∵CE=DF， ∴BC-CE=CD-DF， ∴BE=CF， ∴△ABE≌△BCF(SAS)， ∴∠1=∠2， ∵∠ABC=∠2+∠3=90°， ∴∠1+∠3=90°， ∴∠AGB=180°-(∠1+∠3)=90°， 31 ∵BG=GH， ∴AG是BH的垂直平分线， ∴AB=AH=2， ∴∠3=∠AHB，CH=AC-AH=2 -2， ∵AB∥CD， ∴∠3=∠CFH， ∵∠AHB=∠CHF， ∴∠CFH=∠CHF， ∴CH=CF=2 -2， 32 在Rt△HMC中，HM= = =2- ， ∴△CFH的面积= CF•HM= ×(2 -2)×(2- )=3 -4， 故答案为：3 -4． 33 8.问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第(1)题是这样一个问题： 如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？ (1)直接判断：AE 　　BF(填“=”或“≠”)； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： (2)如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论； 问题拓展： (3)如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H， 34 当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处． ①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由； ②若AB=6，点P在BD上，BD=3BP，直接写出PH′+ AN的最小值为 　　． 35 __________ 【解析】解：(1)∵AE⊥BF， ∴∠EMB=90°， ∴∠FBC+∠BEM=90°， ∵四边形ABCD是正方形， 36 ∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°， ∴∠FBC+∠BFC=90°， ∴∠BEM=∠BFC， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF(AAS)， ∴AE=BF． 故答案为：=； (2)GE=BF，理由如下： 37 如图2，过点A作AN∥GE，交BF于点H，交BC于点N， ___ ∴∠EMB=∠NHB=90°， ∴∠FBC+∠BNH=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°， 38 ∵AD∥BC，AN∥GE， ∴四边形ANEG是平行四边形， ∴AN=EG， ∵∠C=90°， ∴∠FBC+∠BFC=90°， ∴∠BNH=∠BFC， ∴△ABN≌△BCF(AAS)， ∴AN=BF， ∵AN=EG， ∴GE=BF． (3)①如图3，连接CH， 39 ___ 由(2)的结论可知，AE=MN， ∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线， ∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=BC， ∵BH=BH， ∴△ABH≌△CBH(SAS)， 40 ∴∠BAH=∠BCH，AH=CH， 由折叠可知，AH=AH′，NH=NH′， ∵∠ABN+∠AHN=180°， ∴∠BAH+∠BNH=180°， ∵∠BNH+∠HNC=180°， ∴∠BAH=∠HNC， ∴∠HNC=∠NCH， ∴NH=CH， ∴NH=CH=AH=AH′=NH′， ∴四边形AHNH′是菱形， ∵∠AHN=90°， 41 ∴菱形AHNH′是正方形； ②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M， ∴∠H′QN=∠HFB=90°， 由上知四边形AHNH′是正方形， ∴H′N=HN，∠H′NH=90°，AH′= AN， ∴∠H′NQ+∠HNF=∠HNF+∠NHF=90°， ∴∠H′NQ=∠NHF， ∴△H′QN≌△NFH′(AAS)， ∴H′Q=NF，QN=HF； 42 ∵∠HBF=45°，∠HFB=90°， ∴△BHF是等腰直角三角形， ∴HF=BF=NF+BN， ∵QN=QB+BN， ∴NF=QB=QH′， ∴∠H′BQ=∠ABH′=45°， ∴∠H′BD=90°； 43 ___ 如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′=P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K， 则△PBK是等腰直角三角形， 44 ∴PH′+ AN=PH′+AH′=P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′+ AN最小，最小值为AP′的长． ∵AB=6， ∴BD=6 ， ∵BD=3BP， ∴BP=BP′=2 ， ∴PK=BK=2， 45 ∴AK=8， ∴AP′= =2 ，即PH′+ AN的最小值为2 ． 故答案为：2 ． 46 9.如图1，在正方形ABCD中， ，点E在边BC上，连接AE，且∠BAE=30°，点F是AE的中点． _________ (1)求AE的长； (2)过点F作直线GH，分别交AB，CD于点G，H，且GH=AE， 47 求AG的长； (3)如图2，过点F作AE的垂线，分别交AB，BD，CD于点M，O，N，连接OE，求∠AEO的度数． 【解析】解：(1)∵∠BAE=30°， ∴AE=2BE， 设BE=x,则AE=2x, 在Rt△ABE中，x2+ =(2x)2， 解得x=2或-2(舍去)， ∴AE=4； (2)如图，过点B作BR∥GH，交CD于R， 48 ___ ∵GH∥BR，AB∥CD， ∴四边形BRHG是平行四边形， ∴GH=BR，∠BGH=∠BRH， ∵GH=AE， ∴BR=GH=AE． 又∵AB=BC， 49 ∴Rt△ABE≌Rt△BCR(HL)， ∴∠BAE=∠CBR=30°， ∴∠BRC=60°=∠AEB， ∴∠BRH=120°=∠BGH， ∴∠AGH=60°， ∴∠AFG=180°-60°-30°=90°， ∵∠BAE=30°， ∴AG=2GF， ∴AG2=GF2-AF2， ∴3GF2=4． 50 ∴GF= ， ∴AG= ； 如图，过点A作AR∥GH，交CD于R，过点G作GO⊥AE于点O， ___ 51 同理可证：△ABE≌△ADR， ∴∠DAR=∠BAE=30°， ∴∠EAR=30°， ∵AR∥GH， ∴∠RAF=∠AFG=30°， ∴∠BAE=∠AFG， ∴AG=GF， ∵GO⊥AF， ∴AO=FO=1， ∵∠BAE=30°， ∴AG=2GO， 52 ∴AG2-GO2=AO2， ∴3GO2=1， ∴GO= ， ∴AG= ， ∴AG的长为 或 ； (3)如图，连接AO，过点O作OQ⊥AB于点Q，OP⊥BC于点P， 53 ___ ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD=∠CBD=45°， ∵OQ⊥AB，OP⊥BC， ∴OQ=OP， ∵MN⊥AE，AE=EF， ∴AO=OE， 54 ∴∠OAE=∠OEA， ∵OA=OE，OQ=OP， ∴Rt△AOQ≌Rt△EOP(HL)， ∴∠OAQ=∠OEP， ∵∠BEA+∠AEO+∠OEP=180°， ∴60°+∠AEO+∠OAE+30°=180°， ∴∠AEO=45°． 55 $