专题14十字架模型-

培优专题14十字架模型【模型讲解】◎结论1：正方形内部，AE⊥BF，则AE=BF,△ABE≌△BCF.相等未必垂直已知在正方形ABCD中，HI⊥KJ，过点H作HP⊥CD交DC于P，作I关于HP对称点Q,虽然HQ＝HI=KJ，但HQ不垂直JK方法总结：正方形内两条互相垂直的直线与各边的交点所得的线段，那么这两条线段相等。证明方法往往通过证明三角形全等，如果没有，则按照上图构造两个全等三角形，结合平行四边形的性质节课得出结论1．（2023春·八年级课时练习）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．【答案】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．【点评】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．2．（2021·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BEGF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（

）A．2 B．2 C．6 D．5【答案】D【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．设AG=GE=x，则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，∵四边形ADFH是矩形，∴AB=AD=HF．在△ABE和△FHG中，，∴△ABE≌△FHG，∴FG=AE=，∴S四边形AGEF=S△AGF+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．（2023春·八年级课时练习）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】设EF=FD=x，在RT△AEF中利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：∵将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°∵点E是AB的中点，∴AE＝BE＝3cm，在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，∴（6﹣AF）2＝AF2+9∴AF＝故选C．【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．4．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的点E，使DE=5，折痕为PQ，则PQ的长为（

）A．12 B．13 C．14 D．15【答案】B【详解】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴PQ=AE=.【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．5．（2023春·八年级课时练习）如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．【答案】16.【分析】解过点A作AM⊥GH于M，由正方形纸片折叠的性质得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，则EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一条直线的两直线平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，则∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，则DG=GM，由AAS证得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL证得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，则△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=16．【详解】解：过点A作AM⊥GH于M，如图所示：∵将正方形纸片折叠，使点A落在CD边上的G处，∴∠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的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=16，故答案为16．【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、角平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝____．【答案】.【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据全等三角形的性质得到CF＝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，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，由勾股定理得：AF＝＝＝．故答案为．【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△ABE≌△BCF是解本题的关键．7．（2023春·全国·八年级专题练习）正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．（1）如图1，求证AE⊥BF；（2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS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AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在中，根据勾股定理即可得；【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，，在和中，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴；（2）如图所示，过点B作，交AN于点H，∵四边形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．8．（2023春·全国·八年级专题练习）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．【答案】（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，NP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，∴，∴，∵，∴∠AHB=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