人教版八年级数学下学期题型模型培优专题练专题14十字架模型-原卷版+解析

这是一份人教版八年级数学下学期题型模型培优专题练专题14十字架模型-原卷版+解析，共16页。
◎结论：正方形内部，AE⊥BF，则 AE=BF,△ABE≌△BCF .

相等未必垂直
过点H作HP⊥CD与P，作I关于HP对称点Q,虽然HI＝JK，但HQ≠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．
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，BE＝1.将正方形沿GF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．2B．2C．6D．5
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．3C．D．
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．12B．13C．14D．15
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______．
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＝____．
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；
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．
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
过点H作HP⊥CD与P，作I关于HP对称点Q,虽然HI＝JK，但HQ≠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，BE＝1.将正方形沿GF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．2B．2C．6D．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．3C．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．12B．13C．14D．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、、、的中点，
∴PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP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．