人教版八年级数学下册 专题17 特殊平行四边形中最常考的五种几何模型（原卷版+解析）

专题17特殊平行四边形中最常考的五种几何模型（原卷版）类型一对角互补模型1．(2023春•江岸区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，且这两个正方形的边长相等．OA1与OC1分别交AB，BC于点E，F．（1）求证：OE＝OF；（2）若BE＝a，BF＝b，请直接写出四边形EBFO的面积为（用含有a，b的式子表示）；（3）已知AE＝2，CF＝3，求A1E的长．2．(2023•隆昌市校级三模）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕着矩形ABCD（AB＜BC）的对角线交点O旋转（如图①→②→③），图中M、N分别为直角三角板的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．（1）该学习小组中一名成员意外地发现：在图①（三角板的一直角边与OD重合）中，BN2＝CD2+CN2；在图③（三角板的一直角边与OC重合）中，CN2＝BN2+CD2．请你对这名成员在图①和图③中发现的结论选择其一说明理由．（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的关系，写出你的结论，并说明理由．

类型二将军饮马模型两定一动模型3．(2023春•洛阳期末）如图，正方形ABCD的边长为16，点M在边DC上，且DM＝4，点N是对角线AC上一动点，则线段DN+MN的最小值为（）A．16 B．162 C．20 D．4174．(2023•霍邱县二模）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是．5．(2023春•红安县期中）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为．（2）两动一定模型6．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，P，E分别是线段AC，AB上的动点，PE+PB的最小值为（）A．1.5 B．2 C．2 D．37．(2023春•合肥期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（）A．1 B．3 C．2 D．3（3）两动两定模型8．（如图，矩形OABC放在以O为原点的平面直角坐标系中，A(3，0)，C(0，2)，点E是AB的中点，点F在BC边上，且CF＝1，若M为x轴上的动点，N为y轴上的动点，则四边形MNFE的周长最小值是． （4）造桥选址模型9．如图，已知菱形ABCD的边长为10，E为AB中点，对角线BD上有两个动点P，Q总保持PQ＝2，若BD＝16，则四边形AEPQ的周长最小值为（）A．16 B．21 C．7+85 D．7类型三十字架模型10．(2023春•淮南期中）数学活动：探究正方形中的“十字架”①猜想：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、AD边上，且BF⊥AE，猜想线段AE与BF之间的数量关系：．②探究：如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在AB，BC，CD，AD边上，且EG⊥HF，此时线段HF与EG相等吗？如果相等请给出证明，如果不相等请说明理由．③应用：如图3，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在CD边的中点E处，点B落在点F处，折痕为MN，则线段MN的长为25．

11．(2023•新化一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，请类比（2），求DE的长．类型四一线三直角模型12．(2023春•禹州市期末）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，且CE＝BF，连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG、FC．（1）判断：FG与CE的位置关系是，BE、CD、FG之间的数量关系为．（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；（3）如图3，若点E、F分别是边BC、AB延长线上的点，正方形ABCD的边长为12，GE＝13，其他条件不变，请直接写出四边形FGEB的面积．

类型五半角模型13．(2023春•南岗区期末）问题解决：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，连接CE，CF，EF，且∠ECF＝45°．（1）求证：BE+DF＝EF；（2）若AB＝6，EF＝5，AE＞AF，求线段AE的长．类比迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，对角线AC平分∠BAD，点E、F分别在AB、AD上，且AE＞AF，连接CE，CF，EF，∠ECF＝60°，若AC=2033，EF14．(2023春•无锡期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在AB，AD上，且BE＝AF．（1）求证：△ECF为等边三角形；（2）连接AC，若AC将四边形AECF的面积分为1：2两部分，当AB＝6时，求△BEC的面积．

15．(2023秋•交口县期末）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小明是这样解决的：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论．（1）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，且∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长．（2）类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2＝DE2始终成立，请说明理由．专题17特殊平行四边形中最常考的五种几何模型（解析版）类型一对角互补模型1．(2023春•江岸区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，且这两个正方形的边长相等．OA1与OC1分别交AB，BC于点E，F．（1）求证：OE＝OF；（2）若BE＝a，BF＝b，请直接写出四边形EBFO的面积为（用含有a，b的式子表示）；（3）已知AE＝2，CF＝3，求A1E的长．思路引领：（1）由“ASA”可证△AOE≌△BOF，可得OE＝OF；（2）由全等三角形的性质可得S△AOE＝S△BOF，AE＝BF，由正方形的面积公式可求解；（3）由等腰直角三角形的性质可求EO，即可求解．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．在△AOE和△BOF中，∠OAE=∠OBFOA=OB∴△AOE≌△BOF（ASA），∴OE＝OF；（2）解：∵△AOE≌△BOF，∴S△AOE＝S△BOF，AE＝BF，∴四边形EBFO的面积＝S△AOB，AB＝BE+AE＝a+b，∴四边形EBFO的面积=14（a+b）（3）如图，连接EF，∵BF＝AE＝2，CF＝3，∴BC＝5，∴A1E＝BC＝5，∴BE＝3，∴EF=BE∵EO＝FO，∠EOF＝90°，∴△EOF是等腰直角三角形，∴EO＝FO=13∴A1E＝5−26总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．2．(2023•隆昌市校级三模）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕着矩形ABCD（AB＜BC）的对角线交点O旋转（如图①→②→③），图中M、N分别为直角三角板的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．（1）该学习小组中一名成员意外地发现：在图①（三角板的一直角边与OD重合）中，BN2＝CD2+CN2；在图③（三角板的一直角边与OC重合）中，CN2＝BN2+CD2．请你对这名成员在图①和图③中发现的结论选择其一说明理由．（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的关系，写出你的结论，并说明理由．思路引领：（1）连接DN，根据矩形得出OB＝OD，根据线段垂直平分线得出BN＝DN，根据勾股定理求出DN的平方，即可求出答案；（2）延长NO交AD于点P，连接PM，MN，证△BNO≌△DPO，推出OP＝ON，DP＝BN，根据线段垂直平分线求出PM＝MN，根据勾股定理求出即可．（1）选①，证明：连接DN，∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OD，∵∠DON＝90°，∴BN＝DN，∵∠BCD＝90°，∴DN2＝CD2+CN2，∴BN2＝CD2+CN2；（2）证明：延长NO交AD于点P，连接PM，MN，∵四边形ABCD是矩形，∴OD＝OB，AD∥BC，∴∠DPO＝∠BNO，∠PDO＝∠NBO，在△BON和△DOP中∵∠NBO=∠PDO∠BNO=∠DPO∴△BON≌△DOP（AAS），∴ON＝OP，BN＝PD，∵∠MON＝90°，∴PM＝MN，∵∠ADC＝∠BCD＝90°，∴PM2＝PD2+DM2，MN2＝CM2+CN2，∴PD2+DM2＝CM2+CN2，∴BN2+DM2＝CM2+CN2．总结提升：本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的综合运用，主要考查学生的猜想能力和推理能力，题目比较好，但是有一定的难度．类型二将军饮马模型两定一动模型3．(2023春•洛阳期末）如图，正方形ABCD的边长为16，点M在边DC上，且DM＝4，点N是对角线AC上一动点，则线段DN+MN的最小值为（）A．16 B．162 C．20 D．417思路引领：连接MB交AC于N，此时DN+MN最小，先证明这个最小值就是线段BM的长，利用勾股定理就是即可解决问题．解：如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小．∵四边形ABCD是正方形，∴B、D关于AC对称，∴DN＝BN，∴DN+MN＝BN+NM＝BM，在Rt△BMC中，∵∠BCM＝90°，BC＝16，CM＝CD﹣DM＝16﹣4＝12，∴BM=B故选：C．总结提升：本题考查最短问题、正方形性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是利用对称找到点N的位置，属于中考常考题型．4．(2023•霍邱县二模）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是．思路引领：根据轴对称最短问题作法首先求出P点的位置，再结合菱形的性质得出△AEE′为等边三角形，进而求出PE+PB的最小值．解：作E点关于AC对称点E′点，连接E′B，E′B与AC的交点即是P点，∵菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，E是AB的中点，∴AE′＝AE＝BE＝1，∴△AEE′为等边三角形，∴∠AEE′＝60°，∴∠E′EB＝120°，∵BE＝EE′，∴∠EE′B＝30°，∴∠AE′B＝90°，BE′=A∵PE+PB＝BE′，∴PE+PB的最小值是：3．故答案为：3．总结提升：此题主要考查了菱形的性质以及轴对称中最短路径求法，正确地作出P点从而利用菱形性质得出是解决问题的关键．5．(2023春•红安县期中）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为．思路引领：由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为F点．此时PD+PE＝BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE＝AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．解：连接BD，与AC交于点F．∵点B与D关于AC对称，∴PD＝PB，∴PD+PE＝PB+PE＝BE最小．∵正方形ABCD的面积为12，∴AB＝23．又∵△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝23．故所求最小值为23．故答案为：23．总结提升：此题主要考查轴对称﹣﹣最短路线问题，要灵活运用对称性解决此类问题．（2）两动一定模型6．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，P，E分别是线段AC，AB上的动点，PE+PB的最小值为（）A．1.5 B．2 C．2 D．3思路引领：由菱形的性质，找出B点关于AC的对称点D，连接DE，则DE就是PE+PB的最小值，再由勾股定理可求出DE．解：连接DE、BD，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD＝PB，∴PE+PB＝PE+PD＝DE，即DE就是PE+PB的最小值，∵∠BAD＝60°，AD＝AB，∴△ABD是等边三角形，∵AE＝BE，∴DE⊥AB（等腰三角形三线合一的性质），在Rt△ADE中，DE=AD故选：D．总结提升：此题是轴对称﹣最短路线问题，熟悉菱形的基本性质及两点之间线段最短的知识是解决本题的关键．7．(2023春•合肥期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（）A．1 B．3 C．2 D．3思路引领：作P点关于BD的对称点P'，过P'作P'Q⊥CD交于点Q，交BD于点K，连接KP，当P'、K、Q三点共线时，PK+QK的值最小，最小值为CD边上的高．解：作P点关于BD的对称点P'，过P'作P'Q⊥CD交于点Q，交BD于点K，连接KP，∵四边形ABCD是菱形，∴P'在AB上，由对称性可知，PK＝P'K，∴PK+QK＝P'K+KP'≥P'Q，当P'、K、Q三点共线时，PK+QK的值最小，最小值为CD边上的高，∵∠DAB＝120°，∴∠ADC＝60°，过点A作AM⊥CD交于点M，∵AD＝2，∴AM＝AD×sin60°=3∴PK+KQ的最小值为3，故选：B．总结提升：本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．（3）两动两定模型8．（如图，矩形OABC放在以O为原点的平面直角坐标系中，A(3，0)，C(0，2)，点E是AB的中点，点F在BC边上，且CF＝1，若M为x轴上的动点，N为y轴上的动点，则四边形MNFE的周长最小值是． 答案：5＋解：由图可得；E(3，1)；F(1，2)如图，作点E关于x轴的对称点E′，作点F关于y轴的对称点F′，连接E′F′，分别与x轴、y轴交于点M、N，连接FN、NM、ME，此时四边形MNFE的周长最小．∴E′(3，－1)，F′(－1，2)，设直线E′F′的解析式为y＝kx＋b，有3k＋b＝−∴直线E′F′的解析式为y＝−34x＋54，∴M点为(∵E与E′关于x轴对称，F与F′关于y轴对称，∴NF＝NF′，ME＝ME′，F′B＝4，E′B＝3．在Rt△BE′F′中，F′E′＝F'B2＋E'B2＝16＋9＝5．∴FN＋NM＋ME＝F′在Rt△BEF中，EF＝BE2＋BF2．∴FN＋NM即四边形MNFE的周长最小值是5＋5．故答案为：5（4）造桥选址模型9．如图，已知菱形ABCD的边长为10，E为AB中点，对角线BD上有两个动点P，Q总保持PQ＝2，若BD＝16，则四边形AEPQ的周长最小值为（）A．16 B．21 C．7+85 D．7思路引领：将菱形ABCD放置在平面直角坐标系中，使得B为原点，BD在x的正半轴上，根据题意得出A、B、E三点的坐标，将A平行向左移动2个单位到A'点，作A'关于x轴的对称点F，则F（6，﹣6），连EF，交x轴于点P，在x轴上向正方向上截取PQ＝2，此时四边形AEPQ的周长最小，AQ+EP＝A'P+EP＝FP+EP＝EF，由此即可得出结论．解：如图所示：将菱形ABCD放置在平面直角坐标系中，使得B为原点，BD在x的正半轴上，∵菱形ABCD的边长是10，对角线BD＝16，点E是AB的中点，∴A（8，6），B（0，0），E（4，3），将A平行向左移动2个单位到A'点，则A'（6，6），作A'关于x轴的对称点F，则F（6，﹣6），连EF，交x轴于点P，在x轴上向正方向上截取PQ＝2，此时，四边形AEPQ的周长最小，∵AE=AB2=5，PQ＝2，AQ+EP＝A'P+EP＝FP+EP四边形四边形AEPQ的周长＝5+2+(4−6)2故选：C．总结提升：本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．类型三十字架模型10．(2023春•淮南期中）数学活动：探究正方形中的“十字架”①猜想：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、AD边上，且BF⊥AE，猜想线段AE与BF之间的数量关系：．②探究：如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在AB，BC，CD，AD边上，且EG⊥HF，此时线段HF与EG相等吗？如果相等请给出证明，如果不相等请说明理由．③应用：如图3，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在CD边的中点E处，点B落在点F处，折痕为MN，则线段MN的长为25．思路引领：①设AE交BF于点P，由四边形ABCD是正方形得AD＝BA，∠D＝∠BAF＝90°，由BF⊥AE得∠APB＝90°，根据同角的余角相等可证明∠DAE＝∠ABF，即可证明△DAE≌△ABF，得AE＝BF；②作AQ∥FH交BC于点Q，作DR∥EG交AB于点R、交AQ于点P、交HF于点K，则四边形AQFH是平行四边形，四边形DREG是平行四边形，所以AQ＝HF，DR＝EG，再证明AQ⊥DR，则AQ＝DR，于是得HF＝EG；③作AT∥MN交CD于点T，连接BE交MN于点J、交AT于点K，先由折叠得点E与点B关于直线MN对称，则MN⊥BE，证明四边形AMNT是平行四边形，则MN＝AT，可证明AT⊥BE，则AT＝BE，根据勾股定理求出BE的长，得MN＝AT＝BE，即可求出MN的长．解：①AE＝BF，理由：如图1，设AE交BF于点P，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BA，∠D＝∠BAF＝90°，∵BF⊥AE，∴∠APB＝90°，∴∠DAE+∠EAB＝90°，∠ABF+∠EAB＝90°，∴∠DAE＝∠ABF，∴△DAE≌△ABF（ASA），∴AE＝BF，故答案为：AE＝BF．②HF＝EG，证明：如图2，作AQ∥FH交BC于点Q，作DR∥EG交AB于点R、交AQ于点P、交HF于点K，∵AH∥FQ，AQ∥FH，∴四边形AQFH是平行四边形，∴AQ＝HF，∵DG∥ER，DR∥EG，∴四边形DREG是平行四边形，∴DR＝EG，设HF交EG于点L，∵∠APR＝∠HKR＝∠HLE＝90°，∴AQ⊥DR，由（1）得AQ＝DR，∴HF＝EG．③如图3，作AT∥MN交CD于点T，连接BE交MN于点J、交AT于点K，由折叠得点E与点B关于直线MN对称，∵MN⊥BE，∴∠MJB＝∠AKB＝90°，∴AT⊥BE，由（1）得MN＝AT，∵四边形ABCD是正方形，AB＝AD＝4，点E是AD的中点，∴∠BAE＝90°，AE＝DE=12∴BE=AB2∴AT＝25，∵AM∥NT，AT∥MN，∴四边形AMNT是平行四边形，∵MN＝AT＝25，∴线段MN的长为25，故答案为：25．总结提升：此题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形和平行四边形是解题的关键．11．(2023•新化一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，请类比（2），求DE的长．思路引领：（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形；（3）延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH（SAS），由全等三角形的性质得AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，由已知DE＝AF可得AH＝AF，可得△AHF是等边三角形，则AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，等量代换可得DE＝AH＝8．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠B＝90°，∵DE⊥AF，∴∠DAB＝∠AGD＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，∵DE＝AF，∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD＝AB，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD是正方形；（2）解：△AHF是等腰三角形，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠ABH＝90°，∵DE⊥AF，∴∠DAB＝∠AGD＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，∵DE＝AF，∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AE＝BF，∵DE＝AF，∴BH＝AE，∴BH＝BF，∵∠ABH＝90°，∴AH＝AF，∴△AHF是等腰三角形；（3）解：延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AB＝AD，∴∠ABH＝∠BAD，∵BH＝AE，∴△DAE≌△ABH（SAS），∴AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，∵DE＝AF，∴AH＝AF，∴△AHF是等边三角形，∴AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，∴DE＝AH＝8．总结提升：本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．类型四一线三直角模型12．(2023春•禹州市期末）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，且CE＝BF，连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG、FC．（1）判断：FG与CE的位置关系是，BE、CD、FG之间的数量关系为．（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；（3）如图3，若点E、F分别是边BC、AB延长线上的点，正方形ABCD的边长为12，GE＝13，其他条件不变，请直接写出四边形FGEB的面积．思路引领：（1）根据正方形的性质得到BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°，进而证明△FBC≌△ECD，根据全等三角形的性质得到CF＝DE，∠BFC＝∠CED，证明四边形GECF为平行四边形，根据平行四边形的性质解答即可；（2）仿照（1）的作法解答；（3）根据勾股定理求出BF，根据三角形的面积公式、平行四边形的面积公式计算，得到答案．解：（1）设AB与GE交于点H，∵四边形ABCD为正方形，∴BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°，在△FBC和△ECD中，BF=CE∠FBC=∠ECD∴△FBC≌△ECD（SAS），∴CF＝DE，∠BFC＝∠CED，∵EG＝DE，∴EG＝CF，∵EG⊥DE，∴∠BEH+∠CED＝90°，∵∠BEH+∠BHE＝90°，∴∠BHE＝∠CED，∴∠BHE＝∠BFC，∴GE∥FC，∴四边形GECF为平行四边形，∴FG∥EC，GF＝EC，∴BE+FG＝BE+EC＝BC＝CD，故答案为：FG∥EC；BE+FG＝CD；（2）（1）中结论不成立，FG∥CE，FG﹣BE＝CD，证明：仿照（1）的作法可得：△FBC≌△ECD（SAS），∴CF＝DE，∠BCF＝∠CDE，∵EG＝DE，∴EG＝CF，∵EG⊥DE，∴∠GED＝90°，∵∠CDE+∠CED＝90°，∴∠BCF+∠CED+∠GED＝180°，∴GE∥FC，∴四边形GECF为平行四边形，∴FG∥EC，GF＝EC，∴FG﹣BE＝EC﹣BC＝CD；（3）同（1）的作法可得：四边形GECF为平行四边形，∴CF＝GE＝13，在Rt△BFC中，由勾股定理得：BF=C∴CE＝BF＝5，∴四边形FGEB的面积＝△BFC的面积+平行四边形FGEC的面积=1总结提升：本题考查的是正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，能够证明△FBC≌△ECD是解题的关键．类型五半角模型13．(2023春•南岗区期末）问题解决：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，连接CE，CF，EF，且∠ECF＝45°．（1）求证：BE+DF＝EF；（2）若AB＝6，EF＝5，AE＞AF，求线段AE的长．类比迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，对角线AC平分∠BAD，点E、F分别在AB、AD上，且AE＞AF，连接CE，CF，EF，∠ECF＝60°，若AC=2033，EF思路引领：问题解决：（1）延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，证明△BCG≌△DCF（SAS），由全等三角形的性质得出CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出EF＝EG，则可得出结论；（2）令BE＝n，则AE＝6﹣n，由勾股定理得出（6﹣n）2+（n+1）2＝52，求出n则可得出答案；类比迁移：过点C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点M，CN⊥AB于点N，证明△ACM≌△ACN（AAS），由全等三角形的性质得出AM＝AN，CM＝CN，由勾股定理求出AM＝10，证明△CDM≌△CBN（AAS），由全等三角形的性质得出CD＝CB，DM＝BN，AB+AD＝20，延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，证明△CDF≌△CBG（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝CG，∠DCF＝∠BCG，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出EG＝EF＝7，过点F作FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m，由勾股定理求出m，则可得出答案．（1）证明：延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠D＝∠ABC＝90°，∴∠CBG＝180°﹣∠ABC＝90°﹣∠D，∴△BCG≌△DCF（SAS），∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，∴∠BCG+∠BCF＝∠DCF+∠BCF，∴∠FCG+∠BCD＝90°，∴∠ECG＝∠FCG﹣∠ECF＝45°＝∠ECF，又∵CE＝CE，∴△CEF≌△CEG（SAS），∴EF＝EG，∴BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF；（2）解：令BE＝n，则AE＝6﹣n，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝6，∠A＝90°，∵BE+DF＝EF，∴DF＝EF﹣BE＝5﹣n，∴AF＝AD﹣DF＝6﹣（5﹣n）＝n+1，∵AE2+AF2＝EF2，∴（6﹣n）2+（n+1）2＝52，∴n1＝2，n2＝3，∵AE＞AF，∴6﹣n＞n+1，∴n＜5∴n＝2，∴AE＝6﹣2＝4；类比迁移：解：如图2，过点C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点M，CN⊥AB于点N，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝60°，∴∠CAM＝∠CAN＝30°，又∵∠M＝∠ANC＝90°，AC＝AC，∴△ACM≌△ACN（AAS），∴AM＝AN，CM＝CN，∵∠CAM＝30°，∴CM=12AC∴AM=A∴AN﹣AM＝10，在四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°，∴60°+∠ABC+120°+∠ADC＝360°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，又∵∠CDM+∠ADC＝90°，∴∠CDM＝∠ABC，∴△CDM≌△CBN（AAS），∴CD＝CB，DM＝BN，∴AB+AD＝AM﹣DM+AN+BN＝20，延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBG＝180°，∴∠ADC＝∠CBG，∴△CDF≌△CBG（SAS），∴CF＝CG，∠DCF＝∠BCG，∴∠DCF+∠BCF＝∠BCG+∠BCF，∠FCG＝∠BCD＝120°，∴∠ECG＝120°﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，又∵CE＝CE，∴△CEF≌△CEG（SAS），∴EG＝EF＝7，∴DF+BE＝BG+BE＝EG＝7，∴EA+AF＝AB﹣BE+AD﹣DF＝（AB+AD）﹣（BE+DF）＝20﹣7＝13，过点F作FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m，在Rt△AFH中，∠AFH＝90°﹣∠FAH＝30°，∴AH＝m，∴FH=AF2−AH2=(2m)2∵EH2+FH2＝EF2，∴(13−3m)∴m1＝4，m2=5∵AE＞AF，∴13﹣2m＞2m，解得m＜13∴m=5∴AE＝13﹣5＝8．总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．14．(2023春•无锡期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在AB，AD上，且BE＝AF．（1）求证：△ECF为等边三角形；（2）连接AC，若AC将四边形AECF的面积分为1：2两部分，当AB＝6时，求△BEC的面积．思路引领：（1）连接AC，由菱形的性质可证明△ACE≌△CDF，得出EC＝FC，再证出∠ECF＝60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得出结论；（2）作AH⊥BC，分两种情况：当S△CBE：S△CAE＝1：2时；当S△CBE：S△CAE＝2：