專題14十字架模型-

培優(yōu)專題14十字架模型【模型講解】◎結(jié)論1：正方形內(nèi)部，AE⊥BF，則AE=BF,△ABE≌△BCF.相等未必垂直已知在正方形ABCD中，HI⊥KJ，過點(diǎn)H作HP⊥CD交DC于P，作I關(guān)于HP對(duì)稱點(diǎn)Q,雖然HQ＝HI=KJ，但HQ不垂直JK方法總結(jié)：正方形內(nèi)兩條互相垂直的直線與各邊的交點(diǎn)所得的線段，那么這兩條線段相等。證明方法往往通過證明三角形全等，如果沒有，則按照上圖構(gòu)造兩個(gè)全等三角形，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)節(jié)課得出結(jié)論1．（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，將邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD紙片沿EF折疊，點(diǎn)C落在AB邊上的點(diǎn)G處，點(diǎn)D與點(diǎn)H重合，CG與EF交于點(diǎn)P，取GH的中點(diǎn)Q，連接PQ，則GPQ的周長(zhǎng)最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接BP，取CD的中點(diǎn)M，連接PM，根據(jù)折疊的性質(zhì)，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求△GPQ的周長(zhǎng)的最小值，只需求PM+PB的最小值，當(dāng)M、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．【詳解】解：連接BP，取CD的中點(diǎn)M，連接PM，由折疊可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，在Rt△BCG中，P是CG的中點(diǎn)，∴BP＝PG＝GC，∵Q是GH的中點(diǎn)，∴QG＝GH，∴△GPQ的周長(zhǎng)＝PQ+QG+PG＝PM+GH+PB＝PM+PB+CD，∵CD＝3，∴△GPQ的周長(zhǎng)＝PM+PB+，當(dāng)M、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，BM＝，∴△GPQ的周長(zhǎng)的最小值為.故選B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查圖形的翻折變換，熟練掌握正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2021·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為3，E為BC邊上一點(diǎn)，BEGF折疊，使點(diǎn)A恰好與點(diǎn)E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為（

）A．2 B．2 C．6 D．5【答案】D【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，設(shè)AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再證明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根據(jù)S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可【詳解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，則四邊形ADFH是矩形，由折疊的性質(zhì)可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．設(shè)AG=GE=x，則BG=3-x，在Rt△BGE中，∵BE2+BG2=GE2，∴12+(3-x)2=x2，∴x=．在Rt△ABE中，∵AB2+BE2=AE2，∴32+12=AE2，∴AE=．∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，∴∠HAP=∠OFP，∵四邊形ADFH是矩形，∴AB=AD=HF．在△ABE和△FHG中，，∴△ABE≌△FHG，∴FG=AE=，∴S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF=====5．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，以及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．3．（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，將邊長(zhǎng)為6cm的正方形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)D落在AB邊中點(diǎn)E處，點(diǎn)C落在點(diǎn)Q處，折痕為FH，則線段AF的長(zhǎng)為（）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】設(shè)EF=FD=x，在RT△AEF中利用勾股定理即可解決問題．【詳解】解：∵將邊長(zhǎng)為6cm的正方形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)D落在AB邊中點(diǎn)E處，∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE＝3cm，在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，∴（6﹣AF）2＝AF2+9∴AF＝故選C．【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換、正方形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是設(shè)未知數(shù)利用勾股定理列出方程解決問題，屬于中考常考題型．4．（2023春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，將一邊長(zhǎng)為12的正方形紙片ABCD的頂點(diǎn)A折疊至DC邊上的點(diǎn)E，使DE=5，折痕為PQ，則PQ的長(zhǎng)為（

）A．12 B．13 C．14 D．15【答案】B【詳解】過點(diǎn)P作PM⊥BC于點(diǎn)M，由折疊得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，則∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴PQ=AE=.【點(diǎn)睛】本題考查圖形的翻折變換，解題過程中應(yīng)注意折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后角相等．5．（2023春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，現(xiàn)有一張邊長(zhǎng)為的正方形紙片，點(diǎn)為正方形邊上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)，點(diǎn)重合）將正方形紙片折疊，使點(diǎn)落在邊上的處，點(diǎn)落在處，交于，折痕為，連接，.則的周長(zhǎng)是______．【答案】16.【分析】解過點(diǎn)A作AM⊥GH于M，由正方形紙片折疊的性質(zhì)得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，則EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一條直線的兩直線平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，則∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，則DG=GM，由AAS證得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL證得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，則△PGC的周長(zhǎng)=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=16．【詳解】解：過點(diǎn)A作AM⊥GH于M，如圖所示：∵將正方形紙片折疊，使點(diǎn)A落在CD邊上的G處，∴∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，∴EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，∴AM∥EG，∴∠EGA=∠GAM，∴∠EAG=∠GAM，∴AG平分∠DAM，∴DG=GM，在△ADG和△AMG中，∴△ADG≌△AMG（AAS），∴AD=AM=AB，在Rt△ABP和Rt△AMP中，∴Rt△ABP≌Rt△AMP（HL），∴BP=MP，∴△PGC的周長(zhǎng)=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=16，故答案為16．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、角平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握折疊的性質(zhì)，通過作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．6．（2023春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，BF⊥AE交DC于點(diǎn)F，若AB＝5，BE＝2，則AF＝____．【答案】.【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵BH⊥AE，∴∠BHE＝90°，∴∠AEB+∠EBH＝90°，∴∠BAE＝∠EBH，在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴CF＝BE＝2，∴DF＝5﹣2＝3，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，由勾股定理得：AF＝＝＝．故答案為．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，本題證明△ABE≌△BCF是解本題的關(guān)鍵．7．（2023春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）正方形ABCD中，點(diǎn)E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE與BF交于點(diǎn)G．（1）如圖1，求證AE⊥BF；（2）如圖2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分線交CD于點(diǎn)H，交BF于點(diǎn)N，連接CN，求證：AN+CN＝BN；【答案】（1）見解析；（2）見解析；【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=BC，，用SAS證明，得，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等量代換即可得；（2）過點(diǎn)B作，交AN于點(diǎn)H，根據(jù)正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，用SAS證明，得，根據(jù)角平分線性質(zhì)得，則是等腰直角三角形，用SAS證明，得AH=CN，在中，根據(jù)勾股定理即可得；【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，，在和中，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴；（2）如圖所示，過點(diǎn)B作，交AN于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AC，，∵，，∴，由（1）得，，∴，∴,∴，∴，在和中，∴（SAS），∴，∵AN平分，∴，∴，，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴BH=BN，在和中，∴（SAS），∴AH=CN，在中，根據(jù)勾股定理，∴；【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，角平分線，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理和銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握并靈活運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)．8．（2023春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，在正方形中，為上一點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，交于點(diǎn)．（1）求證：；（2）如圖2，連接、，點(diǎn)、、、分別是、、、的中點(diǎn)，試判斷四邊形的形狀，并說明理由；（3）如圖3，點(diǎn)、分別在正方形的邊、上，把正方形沿直線翻折，使得的對(duì)應(yīng)邊恰好經(jīng)過點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，若，正方形的邊長(zhǎng)為3，求線段的長(zhǎng)．【答案】（1）見解析；（2）四邊形為正方形，理由見解析；（3）【分析】（1）由四邊形為正方形，可得，推得，由，可得，可證即可；（2）、為、中點(diǎn)，可得為的中位線，可證，，由點(diǎn)、、、分別是、、、的中點(diǎn)，可得PQ是的中位線，MQ為的中位線，NP為的中位線，可證，，，，，，可證四邊形為平行四邊形．再證四邊形為菱形，最后證即可；（3）延長(zhǎng)交于點(diǎn)，由對(duì)稱性可得，，，由勾股定理可求，可得，設(shè)，在中，，解得，在中，可求．【詳解】（1）證明：∵四邊形為正方形，∴，∴，∵，∴∠AHB=90°，∴，∴，在與中，，∴，∴．（2）解：四邊形為正方形，理由如下：∵、為、中點(diǎn)，∴為的中位線，∴，，∵點(diǎn)、、、分別是