模型30 平行四边形——十字架模型-解析版

平行四边形 模型（三十）——十字架模型 ◎结论1：正方形内部，E⊥BF，则 E=BF, BE BF △ ≌△ BF ME BE MF Q △ ≌△ △ ≌△ ∠＝∠PK，△PK Q ≌△ 相等未必垂直 过点作P⊥D 与P，作关于P 对称点Q,虽然＝K，但Q≠K 1．（2021·全国·八年级课时练习）如图，将一边长为12 的正方形纸片 的顶点折叠至 边上的点 E，使 ，若折痕为 ，则 的长为（ ） ．13 B．14 ．15 D．16 【答】 【分析】过点P 作PM⊥B 于点M，由折叠得到PQ⊥E，从而得到∠ED=∠PQ，可得△PQM≌△DE，从而得 到PQ=E，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：过点P 作PM⊥B 于点M， 由折叠得到PQ⊥E， ∴∠DE+∠PQ=90°， 在正方形BD 中，D∥B，∠D=90°，D⊥B， ∴∠DE+∠ED=90°， ∴∠ED=∠PQ， ∴∠PQ=∠PQM， ∴∠PQM=∠PQ=∠ED， ∵PM⊥B， ∴PM=D， ∵∠D=∠PMQ=90°， ∴△PQM≌△DE， ∴PQ=E， 在 中， ，D=12， 由勾股定理得： ， ∴PQ=13． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△DE 是解题 的关键． 2．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，正方形BD 的边长为3，E 为B 边上一点，BE＝1 将正方形沿 GF 折叠，使点恰好与点E 重合，连接F，EF，GE，则四边形GEF 的面积为（ ） ．2 B．2 ．6 D．5 【答】D 【分析】作F⊥B 于，交E 于P，设G=GE=x，在Rt△BGE 中求出x，在Rt△BE 中求出E，再证明 △BE≌△FG，得到FG=E，然后根据S 四边形GEF=S△GF+S△EGF 求解即可 【详解】解：作F⊥B 于，交E 于P，则四边形DF 是矩形，由折叠的性质可知，G=GE，E⊥GF，=E． 设G=GE=x，则BG=3-x， 在Rt△BGE 中， ∵BE2+BG2=GE2， 1 ∴ 2+(3-x)2=x2， ∴x= ． 在Rt△BE 中， ∵B2+BE2=E2， 3 ∴ 2+12=E2， ∴E= ． ∵∠P+∠P=90°，∠FP+∠PF=90°，∠P=∠PF， ∴∠P=∠FP， ∵四边形DF 是矩形， ∴B=D=F． 在△BE 和△FG 中， ， ∴△BE≌△FG， ∴FG=E= ， ∴S 四边形GEF=S△GF+S△EGF = = = = =5． 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知 识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 3．（2022·广东·模拟预测）如图，将边长为6m 的正方形纸片BD 折叠，使点D 落在B 边中点E 处，点落 在点Q 处，折痕为F，则线段F 的长为（ ） ． B．3 ． D． 【答】 【分析】设EF=FD=x，在RT△EF 中利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：∵将边长为6m 的正方形纸片BD 折叠，使点D 落在B 边中点E 处， EF ∴ ＝DE，B＝D＝6m，∠＝90° ∵点E 是B 的中点， E ∴＝BE＝3m， 在Rt EF △ 中，EF2＝F2+E2， ∴（6 F ﹣）2＝F2+9 F ∴＝ 故选． 【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是设未知数利用勾股定理列出 方程解决问题，属于中考常考题型． 1．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在正方形BD 中，点E 是B 上一点，BF⊥E 交D 于 点F，若B＝5，BE＝2，则F＝____． 【答】 【分析】根据正方形的性质得到B＝B，∠BE＝∠BF＝90°，推出∠BE＝∠EB，根据全等三角形的性质得到F ＝BE＝2，求得DF＝5 2 ﹣＝3，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】∵四边形BD 是正方形， ∴B＝B，∠BE＝∠BF＝90°， ∴∠BE+∠EB＝90°， ∵B⊥E， ∴∠BE＝90°， ∴∠EB+∠EB＝90°， ∴∠BE＝∠EB， 在△BE 和△BF 中， ∴△BE≌△BF（S）， ∴F＝BE＝2， ∴DF＝5 2 ﹣＝3， ∵四边形BD 是正方形， ∴B＝D＝5，∠DF＝90°， 由勾股定理得：F＝ ＝ ＝ ． 故答为 ． 【点睛】此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，本题证明△BE BF ≌△ 是解本题 的关键． 2．（2022·江苏盐城·八年级期中）如图，将一边长为 的正方形纸片 的顶点 折叠至 边上的点 ，使 ，折痕为 ，则 的长__________． 【答】13 【分析】先过点P 作PM B ⊥ 于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM ED ≌△ ，从而求出PQ=E． 【详解】过点P 作PM B ⊥ 于点M， 由折叠得到PQ E ⊥， DE+ PQ=90° ∴ ∠ ∠ ， 又∠DE+ ED=90° ∠ ， ED= PQ ∴∠ ∠ ， D B ∵∥， PQ= PQM ∴∠ ∠ ， 则∠PQM= PQ= ED ∠ ∠ ，∠D= PMQ ∠ ，PM=D PQM ED ∴△ ≌△ PQ=E= ∴ =13． 故答是：13． 【点睛】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称 的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等． 3．（2021·江苏泰州·八年级期末）如图，正方形BD 边长为4，点G 在边D 上（不与点、D 重合），BG 的 垂直平分线分别交B、D 于E、F 两点，连接EG． （1）当G=1 时，求EG 的长； （2）当G 的值等于 时，BE=8－2DF； （3）过G 点作GM⊥EG 交D 于M ①求证：GB 平分∠GM； ②设G=x，M=y，试说明 的值为定值． 【答】（1） ；（2） （3）①见解析；② ，理由见解析 【分析】（1）根据EF 是线段BG 的垂直平分线，BE=EG，设EG=EB=x，则E=B-BE=4-x，再由勾股定理 求解即可； （2）过点F 作F⊥B 于，连接FB，FG，由BE=8-2DF，F=D-DF=4-DF，得到BE=2F，先证明四边形BF 是矩形，得到F=B，则B=E=F，设G=x，BE=y，则E=4-y，GD=4-x，F= ， 由 ， ， ，可以得到 ①， ②，联立①②求解即可得到答； （3）①先证明∠EBG=∠EGB，然后根据BG+∠GB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到∠GB=∠BGM； ②连接BM，过点B 作B⊥GM，由角平分线的性质得到B=B=4，由 ，可以得到 ，由勾股 定理可以得到 即 ，最后解方程即可得到答． 【详解】解：（1）∵EF 是线段BG 的垂直平分线， ∴BE=EG， ∵四边形BD 是正方形，且边长为4， ∴B=4，∠=90°， 设EG=EB=x，则E=B-BE=4-x， ∵ ， ∴ ， 解得 ， ∴ ； （2）如图所示，过点F 作F⊥B 于，连接FB，FG ∵EF 是线段BG 的垂直平分线， ∴BF=FG， ∵BE=8-2DF，F=D-DF=4-DF， ∴BE=2F， ∵四边形BD 是正方形，F⊥B， ∴∠B= = ∠∠BF=90°， ∴四边形BF 是矩形， ∴F=B， ∴B=E=F， 设G=x，BE=y，则E=4-y，GD=4-x，F= ， ∵ ， ， ， ∴ ①， ②， 联立①②解得 或 （舍去）， ∴当 时，BE=8-2DF， 故答为： ； （3）①∵EF 是线段BG 的垂直平分线， ∴EG=BE， ∴∠EBG=∠EGB， ∵四边形BD 是正方形，EG⊥GM， = ∴∠∠EGM=90°， ∴∠BG+∠GB=90°，∠EGB+∠BGM=90°， ∴∠GB=∠BGM， ∴BG 平分∠GM； ②如图，连接BM，过点B 作B⊥GM， 由（3）①得BG 平分∠GM， ∴B=B=4， ∵G=x，M=y， ∴DG=4-x，DM=4-y， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ∴ ∴ ， ∴ ， ∴ ， 当 时，则 ， ∴ （不符合题意）， ∴ ∴ ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角 形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 1．（2021·云南曲靖·八年级期末）如图1，在正方形 中， 为 上一点，连接 ，过点 作 于点 ，交 于点 ． （1）求证： ； （2）如图2，连接 、 ，点 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，试判断四边形 的形状，并说明理由； （3）如图3，点 、 分别在正方形 的边 、 上，把正方形沿直线 翻折，使得 的对应 边 恰好经过点 ，过点 作 于点 ，若 ，正方形的边长为3，求线段 的长． 【答】（1）见解析；（2）四边形 为正方形，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形 为正方形，可得 ，推得 ，由 ，可得 ，可证 即可； （2） 、 为 、 中点，可得 为 的中位线，可证 ， ，由点 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，可得PQ 是 的中位线，MQ 为 的中位线，P 为 的中位线，可证 ， ， ， ， ， ，可证 四边形 为平行四边形．再证四边形 为菱形，最后证 即可； （3）延长 交 于点，由对称性可得 ， ， ，由勾股定理可求 ，可得 ，设 ，在 中， ，解得 ，在 中，可求 ． 【详解】（1）证明：∵四边形 为正方形， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴∠B=90°， ∴ ， ∴ ， 在 与 中， ， ∴ ， ∴ ． （2）解：四边形 为正方形，理由如下： ∵ 、 为 、 中点， ∴ 为 的中位线， ∴ ， ， ∵点 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点， ∴PQ 是 的中位线，MQ 为 的中位线，P 为 的中位线，， ∴ ， ， ， ， ， ， ∴ ， ， ∴四边形 为平行四边形． ∵ ， ∴ ， ∴四边形 为菱形， ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴四边形 为正方形． （3）解：延长 交 于点， 由对称性可知 ， ， ， 在 中， ， ∴ ， 设 ，则 ， 在 中， ， ， ∴ ， 在 中， ． 【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质， 勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键． 2．正方形BD 中，点E、F 在B、D 上，且BE＝F，E 与BF 交于点G． （1）如图1，求证E⊥BF； （2）如图2，在GF 上截取GM＝GB，∠MD 的平分线交D 于点，交BF 于点，连接，求证：+＝ B； 【答】（1）见解析；（2）见解析； 【分析】（1）根据正方形的性质得B=B， ，用SS 证明 ，得 ，根据三角形内角和定理和等量代换即可得； （2）过点B 作 ，交于点，根据正方形的性质和平行线的性质，用SS 证明 ，得 ，根据角平分线性质得 ，则 是等腰直角三角形，用SS 证明 ，得=，在 中，根据勾股定理即可得； 【详解】解：（1）∵四边形BD 是正方形， ∴B=B， ， 在 和 中， ∴ （SS）， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ； （2）如图所示，过点B 作 ，交于点， ∵四边形BD 是正方形， ∴B=， ， ∵ ， ， ∴ ， 由（1）得， ， ∴ ， ∴ , ∴ ， ∴ ， 在 和 中， ∴ （SS）， ∴ ， ∵平分 ， ∴ ， ∴ ， ， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴ 是等腰直角三角形， ∴B=B， 在 和 中， ∴ （SS）， = ∴， 在 中，根据勾股定理 ， ∴ ； 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角 三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．