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第18章《平行四边形》复习题---四边形中的七大模型
【模型一 “中点四边形”模型】
1.我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
2.若顺次连接四边形ABCD四边中点形成的四边形为矩形，则四边形ABCD满足的条件为.
3.我们把顺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．
（1）任意四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（2）任意平行四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（3）任意矩形、菱形和正方形的中点四边形分别是什么形状？为什么？
4.四边形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当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，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．
【模型二 “十字架”模型】
1.如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则GPQ的周长最小值是（ ）
A． B． C． D．
2.如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
3.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 ．

4.综合与实践
数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：． 甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得． 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下： 由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得．
完成任务：
（1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”）
【发现问题】
同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．
【迁移探究】
（2）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立．
①在图2中，已知，求证：；
②在图3中，若，则的度数为多少
【拓展应用】
（3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长．
【模型三 “垂美四边形”模型】
1.对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图，在四边形中，，，四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想；
(3)解决问题：如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，．已知，，求的长．
2.小明学行四边形这一章后，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．
(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)性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②求出四边形的面积．
3.四边形ABCD，，点E为对角线BD上任意一点，连接AE、CE． 若AB=5，BC=3，则AE2-CE2等于( )
A．7 B．9 C．16 D．25
4.新定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)尺规作图：以已知线段为对角线作一个垂美四边形，使其对角线交于点O；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)已知四边形是垂美四边形，且，则它的面积为________；
(3)如图，四边形是垂美四边形，，探究a、b、c、d的数量关系；
(4)如图，已知D、E分别是中边的中点，，请运用上题的结论，求的长．
【模型四 “对角互补”模型】
1.在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上．
(1)如图1，若，请说明；
(2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
2.已知，求证：，．
3.已知：，求证：．
4.如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
【模型五 “含60°角的菱形”模型】
1.综合与实践课上，智慧星小组三名同学对含角的菱形进行了以下探究．
【背景】
在菱形中，，作，，分别交，于点，．
【感知】
（1）如图1，若是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系：____________________．
【探究】
（2）如图2，当为边上任意一点时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．
【应用】
（3）如图3，在菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点．当时，求线段的长．
2.小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若的长度为，则菱形的面积为（ ）

A． B． C． D．
3.含角的菱形，，，…，按如图的方式放置在平面直角坐标系xOy，点，，，…，和点，，，，…，分别在直线y＝kx和x轴上．已知，，则点的坐标是 ；点的坐标是 （n为正整数）．
4.【问题情境】
（1）数学探究课上，某兴趣小组探究含角的菱形的性质．

如图1，菱形的边长为，，则______，______．
【操作发现】
（2）如图2，在图1的基础上，小贤在菱形的对角线上任取一点P（点P不与点B重合），以为边向右侧作菱形，且，连接．
①求证：；
②随着点P位置的改变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）在（2）中，连接，若，求此时的长．
【模型六 “梯子”模型】
1.如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 ．
2.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
①2－2；②2＋2；③2－2；④＋2
3.如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接，求证：O，Q，C三点共线时，取得最大值．
4.已知∠MON=90°，线段AB长为6cm，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连结OC．
(1)求证：无论点A、点B怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
(2)若OP=4，求OA的长．
(3)求OC的最大值（提示：取AB的中点Q，连接CQ、OQ，运用两点之间，线段最短）
【模型七 “半角”模型】
1.如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．
(1)试判断，，之间的数量关系；
(2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
(3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．
2.综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　．
3.（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．
4.将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．
参考答案
【模型一 “中点四边形”模型】
1.（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接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．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
2.AC⊥BD
【分析】如图所示，由四边形EFGH为矩形，根据矩形的四个角为直角得到∠FEH=90°，又EF为三角形ABD的中位线，根据中位线定理得到EF与DB平行，根据两直线平行，同旁内角互补得到∠EMO=90°，同理根据三角形中位线定理得到EH与AC平行，再根据两直线平行，同旁内角互补得到∠AOD=90°，根据垂直定义得到AC与BD垂直．
【详解】顺次连接四边形ABCD四边中点形成的四边形为矩形，则四边形ABCD满足的条件为对角线垂直，理由：
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
则AC⊥BD，故四边形ABCD满足的条件为对角线垂直．
故答案为AC⊥BD．
3.（1）任意四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知四边形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，如图1：
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴ ， ，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，
∴ ， ，
∴EH∥GF，EH =FG，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）任意平行四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知平行四边形ABCD，E，N，M，F分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图2：
∵E，F分别是DA，DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，EF= ，
∵M，N分别是BC，AB的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC，MN=AC，
∴EF∥MN，EF=MN，
∴四边形MNEF是平行四边形；
（3）如果原四边形为矩形，则形成的中点四边形为菱形，理由如下：
已知矩形ABCD，H，E，F，G分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=BD，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF=BD，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=AC，
∵G是CD的中点，H是AD的中点，
∴GH是△ACD的中位线，
∴GH= AC，
又∵AC=BD，
∴EF=GF=EH=GH，四边形EFGH是菱形；
如果原四边形为菱形，则形成的中点四边形为矩形，
理由如下；已知菱形ABCD，E，F，G，H分别是AB，，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD， ，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF∥BD， ，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形；
如果原四边形为正方形，则形成的中点四边形为正方形，理由如下：
已知正方形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF∥BD，GF=BD，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是正方形．
4.（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，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【模型二 “十字架”模型】
1.B
【分析】连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
【详解】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM，
由折叠可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中点，
∴BP＝PG＝GC，
∵Q是GH的中点，
∴QG＝GH，
∴△GPQ的周长＝PQ+QG+PG＝PM+GH+PB＝PM+PB+CD，
∵CD＝3，
∴△GPQ的周长＝PM+PB+，
当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，
在Rt△BCM中，BM＝，
∴△GPQ的周长的最小值为.
故选B．
2.A
【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到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．
故选：A．
3.5
【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：．
4.（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：；
（2）①作于点H，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作于点L，

同理可证四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，

同理可证，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
②当N、F在的延长线上时，如图，
同理可得：，，
∴．
．
【模型三 “垂美四边形”模型】
1.（1）解：四边形是垂美四边形，理由如下：
如下图，连接，，
，
点在线段的垂直平分线上，
，
点在线段的垂直平分线上，
直线是线段的垂直平分线，
，
四边形是垂美四边形；
（2）解：，证明如下：
四边形是垂美四边形，
，
，
由勾股定理，得，，
；
（3）解：如下图，设交于点，交于点，连接，，
四边形和四边形都是正方形，，，
，，，
，
即，
在和中，，
，
，
又 ，
，
，
，
，即，
四边形是垂美四边形，
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：（负值舍去），即的长为．
2.（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
（2）解：；
（3）①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为垂美四边形；
②解：∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积．
3.C
【分析】连接AC，与BD交于点O，根据题意可得，在与中，利用勾股定理可得，在与中，继续利用勾股定理可得，求解即可得．
【详解】解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，
∵，
在中，，
在中，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
故选：C．
4.（1）解：如图1：
（2）解：如图2，
Rt△ACD中，，
Rt△ABC中，，．
（3）∵，
∴中，；
中，，
中，，
中，，
∴，
；
∴；
（4）解：连接，如图3，
∵D、E分别是中边的中点，
∴；
∵，
∴四边形是垂美四边形；
∴；
即，
得．
【模型四 “对角互补”模型】
1.（1）解：∵，
∴，
在和中，
∵，
∴．
∴．
（2）解：，理由如下：
如图：过点D作交于点G，
在和中，,
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在和中，
∴．
∴，
∴．
2.证明：延长DC至点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是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．
3.证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图．
易知．
∵，
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
又，
∴，
∴
又，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
4.解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠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）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，
同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案为：．
【模型五 “含60°角的菱形”模型】
1.解：（1），理由如下：
连接，
∵四边形是菱形
∴，
∴和是等边三角形
∵是边的中点
∴，即
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴；
（2）仍然成立，理由如下：
连接，
∵四边形是菱形
（3）过点作交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴和是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
当点在点的右侧，
∴，
当点在点的左侧，
∵，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
2.B
【分析】作出图形，利用直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解．
【详解】解：如图所示，菱形中，，，

过点A作于点E，则，
∴，
由勾股定理得，
∴菱形的面积为，
故选：B．
3.
【分析】利用菱形的性质得出是等边三角形，进而得出坐标，进而得出，同理求得的坐标，从而找到规律，即可得出的坐标．
【详解】解：过点作⊥x轴于点D，
∵含60°角的菱形，…，
∴，，
∴是等边三角形，
∵（2，0），（4，0），
∴=2，
∴， ，
∴OD=3，
则（3，），
∵，，
∴，
同理可得出：，则，
则点的坐标是：
故答案为：，
4.解：（1）连接，与交于点G，
∵ 菱形的边长为，，， 为对角线，
∴，，，
∴，，
∴，
故答案为：．
（2）①证明：∵菱形，菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．

②的大小不变，且，理由如下：
∵菱形， ,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故的大小不变，且．
（3）连接，交于点O，过点P作于点H，
∵菱形，菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
【模型六 “梯子”模型】
1.
【分析】取的中点，连接，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得，在中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得，据此解题．
【详解】解：如图，取的中点，连接，，
∵，，，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值为，
故答案为：．
2.②
【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=AB=2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=2．
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=2+2．
故答案为：②．
3.如图．
在中，，
∴．
在中，由勾股定理得．
∵，
∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即；
4.（1）
如图，作垂足分别为E、F，则
又 ，
，是正方形，
，
在中，
≌，
，
即点P在的平分线上；
（2）由（1）可得四边形OEPF是正方形，
OP=
∴
又∵Rt中，
∴,
∴Rt中，
或
；
（3）
如图，取AB的中点Q，连接
∵AB长度不变，BC长度不变，
∴Rt中，中，
，
∵
∴当三点共线时，OC有最大值，
OC最大值= OQ+QC=．
【模型七 “半角”模型】
1.（1）解：，证明如下：
四边形是正方形，
，
由旋转的性质可得：，，，，
，
点、、共线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（2）解：，
证明如下：
如图，在上取，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，将绕点逆时针旋转得，
，，，
，
，
点、、共线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
2.解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠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'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN -AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形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'N=CN -C M'，
∴MN=CN -AM．
故答案是：MN=CN -AM．
3.（1）解：线段、、之间的数量关系是．
如图，延长至，使，连接，
∵，，即：，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
（2）结论：．
理由：在上截取，连接，
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，则，
∴
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
即，
即，
∴．
4.解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图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）结论：EF=DF -BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图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当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：
设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴EF=x+2=．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，
设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，
∴CK=BC=2，
同理可证△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-=．
综上，线段EF的长为或．

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