初中数学沪教版（五四制）（2024）八年级下册（2024）23.2 平行四边形精品导学案

这是一份初中数学沪教版（五四制）（2024）八年级下册（2024）23.2 平行四边形精品导学案，共7页。学案主要包含了教材呈现，教材延伸，应用探究，问题初探，类比探究，问题情境，问题探究，问题拓展等内容，欢迎下载使用。

课程目标 · 精准把握学习方向
掌握 三角形中位线定理及其应用，能熟练利用中位线解决线段平行、相等及中点问题。
理解 三角形重心的性质（重心分中线2:1、面积等分），能运用重心解决几何综合题。
掌握 正方形、菱形中的常见几何模型：十字架模型、半角模型、手拉手模型、对角互补模型，并能灵活运用全等三角形进行证明与计算。
掌握 将军饮马模型在四边形最值问题中的应用，能利用轴对称求线段和的最小值。
掌握 建系法（坐标法）将几何问题转化为代数计算，解决面积、线段长、动点等问题。
掌握 平行四边形、矩形中的折叠问题，能利用轴对称性质分析翻折前后边角关系，结合勾股定理等求解。
✨ 核心思想：模型识别 · 辅助线构造 · 转化思想
知识梳理 · 核心知识点
☆ 三角形中位线与重心
中位线定理： 三角形两边中点连线平行于第三边且等于第三边的一半。常用于证明线段平行、倍分关系，以及求线段长。
重心： 三角形三条中线的交点，重心将每条中线分成2:1（重心到顶点的距离是中点距离的2倍）。重心将三角形分成六个面积相等的小三角形。
☆ 十字架模型（正方形中的垂直）
在正方形中，若一组对边上的两点连线与另一组对边上的两点连线垂直，则这两条线段相等。常见形式：AE⊥BF⇒AE=BF；反之也成立。
推广到矩形：当矩形长宽满足特定比例时，垂直线段相等或成比例。
☆ 半角模型（正方形、菱形）
在正方形中，∠EAF=45∘，则 EF=BE+DF。常通过旋转构造全等证明。
在菱形中，若 ∠ABC=60∘，∠EAF=60∘，则有等边三角形、全等三角形等结论。
☆ 对角互补模型
四边形中，对角互补（∠B+∠D=180∘），且 AB=AD，则可通过旋转构造等角，证明角平分线、线段相等。
常见于“完美四边形”（邻边相等且对角互补），解法常为旋转（或补短）构造全等。
☆ 手拉手模型（旋转问题）
两个共顶点的正方形，旋转后构成全等三角形，如 △ABE≅△CBG（SAS）。
可证得 AE=CG，且 AE⊥CG，常用于求相关线段长或证明垂直。
类比到等腰直角三角形、等边三角形同样适用。
☆ 将军饮马（最值问题）
直线同侧两定点，在直线上找一点使距离和最小，作对称点连线段即得。
在四边形中常结合垂直平分线、对称性求线段和的最小值。
☆ 建系法
建立平面直角坐标系，写出关键点坐标，利用一次函数、两点间距离公式、勾股定理解几何问题。尤其适用于矩形、菱形等规则图形。
☆ 平行四边形、矩形中的折叠问题
折叠本质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。
常结合平行线性质、勾股定理列方程求解线段长或角度。
❀ 四边形核心模型速查表
核心考点 ·11类模型方法
【考点1】三角形中位线与重心
※ 方法总结
中位线定理：已知两边中点，可得平行且等于第三边一半。常用于求线段长、证明平行、中点四边形形状。
重心性质：重心到顶点的距离等于到对边中点距离的2倍；重心将中线分成2:1；重心与顶点连线将三角形分成六个面积相等的小三角形。
在复杂图形中，通过连接中点构造中位线，可转移线段、建立数量关系。
【典例1】 （25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，DE是△ABC的中位线，CD是△ABC的高，若AB=12，CD=8，则DE的长度为（ ）
A．4B．5C．6D．10
【答案】B
【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形
【分析】根据勾股定理求出AC，再结合直角三角形中，斜边的中线等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵ DE是△ABC的中位线AB=12，CD=8，
∴D为AB的中点，E为AC的中点，
∴AD=12AB=6，
∵CD是△ABC的高线，
∴∠ADC=90°，
∴AC=CD2+AD2=10，
∵ E为AC的中点，
∴DE=12AC=5．
【变式1】 （25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，BC=2AB，CE平分∠BCD，延长BA与CF相交于点E，下列结论中正确的为（ ）
①四边形ACDE为矩形；②OA为△BDE的中位线；③S△AOD=S△AFE；④△FPD≌△OPC．
A．②③④B．①②④C．①③④D．①②③
【答案】D
【知识点】与三角形中位线有关的证明、根据矩形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义证得△BCE 是等腰三角形，结合BC=2AB推出A是BE的中点，进而证明四边形ACDE是矩形；利用三角形中位线定理判断OA的性质；利用矩形对角线互相平分及三角形面积公式判断面积关系；通过计算线段长度判断三角形全等．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD,AB=CD,OA=OC,OB=OD,AD=BC，
∴∠E=∠DCE
∵CE平分∠BCD
∴∠BCE=∠DCE
∴∠E=∠BCE
∴BE=BC
∵BC=2AB
∴BE=2AB
∴AB=AE
∵AB=CD,AB∥CD
∴AE=CD,AE∥CD
∴ 四边形ACDE是平行四边形
∵AB⊥AC
∴∠BAC=90°
∴∠CAE=90°
∴ 平行四边形ACDE是矩形，故①正确；
由上可得，在△BDE 中，A是BE的中点，O 是BD 中点
∴OA是△BDE的中位线，故②正确；
∵ 四边形ACDE是矩形
∴ 对角线AD,CE互相平分，即F是AD中点
∴S△AFE=12S△ADE
∵矩形ACDE中，AE=CD,AC=DE,AD=AD，
∴△ADE≌△DACSSS
∴ S△ADE=S△ACD
∴S△AFE=12S△ACD
∵O是AC中点
∴S△AOD=12S△ACD
∴S△AOD=S△AFE，故③正确
在 Rt△ABC 中，BC=2AB，
由勾股定理得 AC=BC2−AB2=3AB
∴OC=12AC=32AB
∵AD=BC=2AB，F为AD中点
∴FD=12AD=AB
∴FD≠OC
∴△FPD 与 △OPC不全等，故④错误
综上所述，正确的结论是①②③．
【典例2】 （25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，点P是△ABC内一点，AP⊥BP，BP=8，CP=7，点D，E，F和G分别是AP、BP、BC和AC的中点，若四边形DEFG的周长为17，则AP长为__________．
【答案】
6
【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题
【分析】由三角形中位线的性质可得DE=GF=12AB，DG=EF=12PC，由四边形周长求得AB，再由勾股定理求得AP即可．
【详解】解：∵点D，E，F和G分别是AP、BP、BC和AC的中点，
∴DE=GF=12AB，DG=EF=12PC=72，
∵四边形DEFG的周长为17，
∴DE+GF+EF+DG=17．
∴2DE+2EF=17．
∴2DE+2×72=17．
∴DE=5．
∴AB=10．
∵BP=8，AP⊥BP，
∴AP=AB2−BP2=6．
【变式1】 （北京市昌平区2026年九年级第一次统一练习数学试卷）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD上一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°得到AF，连接EF，点M为EF中点，MN⊥BD，垂足为N，若MN=1，则DE=_____．
【答案】42−2
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质求线段长、与三角形中位线有关的求解问题、根据旋转的性质求解
【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形中位线的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
连接FD，先证△DAF≌△BAESAS，再证明MN为△EFD的中位线，问题即可得解．
【详解】解：连接FD，如图，
∵正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD上一点，
∴ ∠ABD=∠ADB=45°，AB=AD=4，BD=2AB=42，∠BAD=90°，
∵线段AE绕点A逆时针旋转90°得到AF，
∴ AE=AF，∠EAF=90°，
∴ ∠EAD+∠DAF=∠EAF=90°=∠BAD=∠BAE+∠EAD，
∴ ∠DAF=∠BAE，
∵ AF=AE∠DAF=∠BAEAD=AB，
∴ △DAF≌△BAESAS，
∴ ∠FDA=∠EBA=45°，FD=EB，
∴ ∠FDB=∠FDA+∠BDA=90°，即FD⊥BD，
∵ MN⊥BD，
∴ MN∥FD，
∵点M为EF中点，
∴ MN为△EFD的中位线，
∴ MN=12FD，
∵ MN=1，
∴ BE=FD=2MN=2，
∴ DE=BD−BE=42−2．
【典例3】 （25-26八年级下·江苏扬州·期中）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)当四边形ABCD的对角线BD，AC满足 时，四边形EFGH是矩形；当四边形ABCD的对角线BD，AC满足 时，四边形EFGH是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)BD⊥AC，BD=AC
【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是矩形、证明四边形是平行四边形、证明四边形是菱形
【分析】（1）连接BD，首先根据三角形中位线的性质得到EH∥BD，且EH=12BD，GF∥BD，且GF=12BD，进而得到EH∥GF，且EH=GF，即可证明出四边形EFGH是平行四边形；
（2）连接BD，AC，根据三角形中位线的性质得出EF∥AC,EH∥BD，确定BD⊥AC时，EF⊥EH即可证明矩形；根据三角形中位线的性质得出EF=12AC,EH=12BD，确定当BD=AC时，EF=EH，即可证明菱形．
【详解】（1）解：如图所示，连接BD
∵点E是AB的中点，点H是AD的中点，
∴EH∥BD，且EH=12BD，
∵点F是BC的中点，点G是CD的中点，
∴GF∥BD，且GF=12BD，
∴EH∥GF，且EH=GF
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图所示，连接BD，AC
由（1）得，四边形EFGH是平行四边形，
∵E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，
∴EF∥AC,EH∥BD，
∴当BD⊥AC时，EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形；
由（1）得，四边形EFGH是平行四边形，
∵E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，
∴EF=12AC,EH=12BD，
∴当BD=AC时，EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形．
【典例4】 （2026·浙江丽水·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，D，P分别为AC，BC的中点，连接BD，E为BD的中点，过点D作DM⊥BC，垂足为点M，交EP的延长线于点N，连接AE，AN．
(1)若AB=8，求EP的长；
(2)证明：CD=PN；
(3)当AE⊥EN时，求S△AEDS△ABC的值．
【答案】(1)PE=2
(2)见解析
(3)S△AEDS△ABC=14
【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、三线合一
【分析】（1）根据题意可得PE是△BCD的中位线，推出PE=12CD=14AC，结合AB=AC=8，即可求解；
（2）连接PD，根据题意可得PD是△ABC的中位线，CD=12AC，推出PD=12AB，进而得到PD=CD，结合DM⊥BC推出PM=CM，由PE是△BCD的中位线，推出∠PNM=∠CDM，证明△PNM≌△CDM，根据全等三角形的性质即可得证；
（3）根据D为AC的中点，得到S△ABD=12S△ABC，再根据E为BD的中点，得到S△AED=12S△ABD，即可求解．
【详解】（1）解：∵ P为BC的中点，E为BD的中点，D为AC的中点，
∴ PE是△BCD的中位线，CD=12AC，
∴ PE=12CD=14AC，
∵ AB=AC=8，
∴ PE=14AC=2；
（2）证明：连接PD，
∵ P为BC的中点，D为AC的中点，
∴ PD是△ABC的中位线，CD=12AC，
∴ PD=12AB，
∵ AB=AC，
∴ PD=CD，
∵ DM⊥BC，
∴ PM=CM，
∵ PE是△BCD的中位线，
∴ PE∥CD，
∴ ∠PNM=∠CDM，
在△PNM和△CDM中，
∠PNM=∠CDM∠PMN=∠CMD=90°PM=CM，
∴ △PNM≌△CDMAAS，
∴ CD=PN；
（3）解：∵ D为AC的中点，
∴ S△ABD=12S△ABC，
∵ E为BD的中点，
∴ S△AED=12S△ABD=12×12S△ABC=14S△ABC，
∴ S△AEDS△ABC=14．
【变式1】 （25-26八年级下·上海闵行·期中）【教材呈现】如图是沪教版八年级下册教材第42页的第1题，请完成这道题的证明．
(1)如图①，在四边形ABCD．中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是DC的中点，N是AB的中点．求证：∠PMN=∠PNM．
(2)【教材延伸】
如图②，延长图①中的线段AD交NM的延长线于点E，延长线段BC交NM的延长线于点F，求证：∠AEN=∠F．
(3)【应用探究】
如图③，在△ABC中，点D在AC上，AD=BC=3，M是DC的中点，N是AB的中点，连接NM并延长，与BC的延长线交于点G，若∠GMC=45°，求MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)322
【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、与三角形中位线有关的证明、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形
【分析】（1）根据中位线定理证明即可；
（2）根据中位线定理证明即可；
（3）连接BD，取BD中点P，连接PM、PN，结合（1）（2）的结论证明△PMN为等腰直角三角形，进而解题．
【详解】（1）证明：∵P是BD的中点，M是DC的中点，
∴PM=12BC，
∵P是BD的中点，N是AB的中点，
∴PN=12AD，
∵AD=BC，
∴PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM；
（2）证明：如图，由（1）得∠PMN=∠PNM，
∵N是AB的中点，M是DC的中点，P为BD的中点，
∴PN∥AD，PM∥BC，
∴∠AEN=∠PNM，∠PMN=∠F，
∴∠AEN=∠F；
（3）证明：如图，连接BD，取BD中点P，连接PM，PN，由（1）知∠PMN=∠PNM，
由（2）可知，PM∥BG，PN∥AM，
∴∠PMN=∠CGM，∠PNM=∠AMN，
∴∠CGM=∠AMN，
∵∠GMC=45°，∠AMN=∠GMC，
∴∠PMN=∠PNM=∠CGM=∠AMN=45°，
∴∠MPN=180°−45°×2=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∵AD=BC=3，
由（1）知PM=PN=12AD=32，
∴MN=PM2+PN2=322．
【典例5】 （25-26八年级下·北京·期中）【问题初探】
(1)如图1，正方形ABCD的边长为2，∠EOF=90°且顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，将∠EOF绕点O旋转，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．在旋转过程中，四边形OECF的面积会发生变化吗？
爱思考的小颖给出这样的解题思路：如图2，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作OG⊥BC于点G，OH⊥CD于点H，证明△OGE≌△OHF，从而将四边形OECF的面积转化为小正方形OGCH的面积．请你写出完整的证明过程，并计算出四边形OECF的面积．
【类比探究】
(2)如图3，矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点O是边AD的中点，∠EOF=90°，点E在AB上，点F在BC上，则四边形EBFO的面积为______，EB+BF=______．
【答案】(1)证明见详解，1
(2)4,4
【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据正方形的性质与判定求线段长、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解
【分析】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线的判定与性质，本题综合性强，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
（1）由正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论；
（2）过O作OG⊥BC于点G，证四边形ABGO是正方形，则S正方形ABGO=4，再证△AOE≌△GOFASA，得S△AOE=S△GOF，AE=GF，即可解决问题；
【详解】（1）解： ∵ OG⊥BC，OH⊥CD，
∴ ∠OGC=∠OHC=90°，
∵ ∠BCD=90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∴ ∠GOH=90°，
∵ ∠EOF=90°，
∴ ∠GOE=∠HOF=90°−∠EOH，
∵四边形ABCD是正方形，边长为2，
∴ AB=AD=2，OA=OB=OC=OD，
∵ OG⊥BC，
∴ BG=CG=1，
∴ OG是△ABC的中位线，
∴ OG=12AB=1，
同理：OH=12AD=1，
∴ OG=OH=1，
又∵∠OGC=∠OHC=90°，∠GOE=∠HOF，
∴ △OGE≌△OHFASA，四边形OGCH是正方形，
∴ EG=FH，S△OGE=S△OHF，
∴ S四边形OECF=S△OEC+S△OCF＝S△OEC+S△OHC+S△OHF=S△OEC+S△OHC+S△OGE=S正方形OGCH=OG2=1，
故答案为：1；
（2）解：如图所示，过点O作OG⊥BC于点G，
则∠OGB=∠OGF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=∠B=90°，
∴四边形ABGO是矩形，
∴ OG=AB=2，BG=OA，∠AOG=90°，
∵ AD=4，点O是AD边的中点，
∴ BG=OA=2，
∴ OA=OG=2，
∴四边形ABGO是正方形，
∴ S正方形ABGO=22=4，
∵ ∠EOF=90°，
∴ ∠AOE=∠GOF=90°−∠EOG，
∵ OA=OG，∠A=∠OGF=90°，
∴ △AOE≌△GOFASA，
∴ S△AOE=S△GOF，AE=GF，
∴ S四边形EBFO=S正方形ABGO=4，EB+BF=AB−AE+BG+GF=AB+BG=2+2=4，
【典例6】 （25-26八年级上·重庆大足·期末）在学习综合与实践活动一《确定简单平面图形的重心位置》时发现，三角形的三条中线的交点是三角形的重心，下面我们进一步探究三角形重心的性质．
已知，点O是△ABC重心．
【探究】
（1）如图1，若△BOD的面积为m，则S△AOB=___________，S△ABC=___________；
（2）在（1）的条件下，试猜想AO:OD，BO:OF，CO:OE的值，并选择其中一个说明理由．
【应用】
（3）如图2，在△ABC中，若BD⊥CE交于点O，BO=6，CO=4，求四边形AEOD的面积．
（4）已知△ABC的中线BD=12，CE=9，请直接写出△ABC面积的最大值．
【答案】（1）2m，6m（2）AO:OD=2:1，BO:OF=2:1，CO:OE=2:1，理由见解析；（3）12（4）72
【知识点】根据三角形中线求面积、重心的有关性质
【分析】本题主要考查三角形重心的性质，三角形中线与三角形面积，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
（1）设S△OCD=x，S△OBE=y，S△OAF=z，根据题意可得x+2y=x+2z，2x+z=2y+z，即可得到x=y=z,三条中线分成的六个三角形面积相等，从而可得到答案；
（2）由（1）可知，三条中线分成的六个三角形面积相等，每个小三角形的面积是大三角形面积的16，则2S△BOD=S△ABO，由两个三角形高相等，则2OD=AO，即可得出AO:OD=2:1，同理可得BO:OF=2:1，CO:OE=2:1；
（3）求出S△BCE=S△ACE=18，S△COD=6，根据S四边形AEOD=S△ACE−S△COD可求解；
（4）设BD、CE交于重心O，则BO=23BD=8，CO=23CE=6,
当BD⊥CE时，△BOC面积最大，从而可求出△ABC面积的最大值．
【详解】解：（1）设S△OCD=x，S△OBE=y，S△OAF=z，
∵D是BC的中点，
∴S△ABD=S△ACD，
∵S△OCD=x，S△OBE=y，S△OAF=z，
同理：S△OCD=S△OBD，S△OBE=S△OAE，
∴x+2y=x+2z，
∴y=z，
∵S△ABF=S△BCF
∴2x+z=2y+z，
∴x=y，
∴x=y=z，
∴三条中线分成的六个三角形面积相等，每个小三角形的面积是大三角形面积的16，
∴S△AOB=2m，S△ABC=6m；
故答案为：2m；6m；
（2）由（1）知三条中线分成的六个三角形面积相等，每个小三角形的面积是大三角形面积的16，
则2S△BOD=S△ABO，
∵两个三角形高相等，
∴2OD=AO，
∴AO:OD=2:1，
同理可得：BO:OF=2:1，CO:OE=2:1；
（3）∵点O是△ABC重心，
由（1）、（2）可知：S△BCE=S△ACE，OBOD=OCOE=2，
∵BO=6，CO=4，
∴OD=3,OE=2，
∴CE=CO+OE=4+2=6,
∵BO⊥CO，
∴S△BCE=12CE⋅OB=12×6×6=18，
S△COD=12OC⋅OD=12×4×3=6，
则S△BCE=S△ACE=18，
∴S四边形AEOD=S△ACE−S△COD=18−6=12；
（4）设BD、CE交于重心O，则BO=23BD=8，CO=23CE=6,
当BD⊥CE时，△BOC面积最大，最大为S△BOC=12×8×6=24,
∴△ABC的最大面积=3S△BOC=3×24=72．
【考点2】十字架模型
※ 方法总结
核心：通过证明全等三角形（△ABE≅△BCF）得到 AE=BF。
若已知垂直，则可通过作辅助线（过点作平行线）将垂直关系转化为三角形全等。
十字架模型也可用于矩形，需根据边长比例调整。
折叠问题中，常出现过折痕的垂线，可构造十字架模型求线段长。
【典例1】 （24-25八年级下·江苏南京·期中）【问题情境】：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？
（1）直接判断：AE______BF（填“=”或“≠”）；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
【问题探究】：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论：
【问题拓展】：
（3）如图3，将边长为40cm的正方形ABCD折叠，使得点D落在BC上的点E处．若折痕FG的长为41cm，则CE=______cm．
【答案】（1）=；（2）GE=BF，理由见解析；（3）9
【知识点】根据正方形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质与判定求线段长、折叠问题
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形和折叠，矩形的判定和性质．
（1）证明△ABE≌△BCF即可得出结论；
（2）过点A作AN∥GE，证明△ABN≌△BCF(AAS)，由此可得AN=GE=BF；
（3）利用AAS证明△FPG≌△DCE，得DE=FP=41，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）解：∵AE⊥BF，
∴∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BEM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BEM=∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
∠ABC=∠C∠BEM=∠BFCAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴AE=BF．
故答案为：=；
（2）解：GE=BF，理由如下：
如图2，过点A作AN∥GE，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB=∠NHB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°，
∵AD∥BC，AN∥GE，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN=EG，
∵∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BNH=∠BFC，
∴△ABN≌△BCF(AAS)，
∴AN=BF，
∵AN=EG，
∴GE=BF；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠C=90°，AD=CD，
作FP⊥CD于P，连接DE，
则四边形AFPD是矩形，
∴∠DCE=∠FPG=90°，
由翻折知，GF⊥DE，
∴∠PFG=∠CDE，
∵AD=CD，
∴△FPG≌△DCE（AAS），
∴DE=FG=41，
在Rt△CDE中，由勾股定理得CE=412−402=9（cm），
故答案为：9．
【变式1】（2024·河南·一模）综合与实践
完成任务：
（1）填空：上述材料中的依据是________（填“SAS”或“AAS”或“ASA”或“HL”）
【发现问题】
同学们通过交流后发现，已知AE⊥BF可证得AE=BF，已知AE=BF同样可证得AE⊥BF，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．
【迁移探究】
（2）在正方形ABCD中，点E在CD上，点M，N分别在AD,BC上，连接AE,MN交于点P．甲小组同学根据MN⊥AE画出图形如图2所示，乙小组同学根据MN=AE画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知MN⊥AE仍能证明MN=AE，乙小组同学发现已知MN=AE无法证明MN⊥AE一定成立．
①在图2中，已知MN⊥AE，求证：MN=AE；
②在图3中，若∠DAE=α，则∠APM的度数为多少?
【拓展应用】
（3）如图4，在正方形ABCD中，AB=3，点E在边AB上，点M在边AD上，且AE=AM=1，点F，N分别在直线CD，BC上，若EF=MN，当直线EF与直线MN所夹较小角的度数为30°时，请直接写出CF的长．
【答案】（1）ASA；（2）①见解析；②∠APM=90°−2α；（3）CF的长为2−3或2+3或33−2或33+2．
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、含30度角的直角三角形
【分析】（1）先证明∠ABF=∠DAE，结合AB=DA，∠BAF=∠D=90°可知根据ASA即可证明△ABF≌△DAE；
（2）①作MH⊥BC于点H，先证明∠HMN=∠DAE，然后根据ASA即可证明△HMN≌△DAE即可证明结论成立；
②NL⊥AD于点L，同理可证△LNM≌△DAEHL，从而∠MNL=∠DAE=α，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解；
（3）分四种情况讨论，利用直角三角形的性质和勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠DAE=90°．
∵AE⊥BF，
∴∠BAP+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∵∠BAF=∠D=90°，
∴△ABF≌△DAEASA．
故答案为：ASA；
（2）①作MH⊥BC于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMH是矩形，
∴CD=MH=AD，∠AMH=∠DMH=90°，
∴∠AMP+∠HMN=90°．
∵AE⊥MN，
∴∠AMP+∠DAE=90°，
∴∠HMN=∠DAE，
∴△HMN≌△DAEASA，
∴MN=AE；
②作NL⊥AD于点L，

同理可证四边形CDLN是矩形，
∴CD=LN=AD．
∵AD=LN,AE=MN，
∴△LNM≌△DAEHL，
∴∠MNL=∠DAE=α，
∴∠LMN=90°−α，
∴∠APM=∠LMN−∠DAE=90°−2α．
（3）解：①当N、F在BC、CD边上时，如图，∠MPE=30°，作FG⊥AB于点G，作MH⊥BC于点H，则四边形ABHM和四边形BCFG都是矩形，

同理可证△EGF≌△NHMHL，
∴∠HMN=∠EFG．
∵GF∥BC，
∴MH⊥GF，
∴∠FKH+∠EFG=90°．
∵∠FKH=∠HMN+∠MPE，
∴∠HMN+∠MPE+∠EFG=90°
∵∠MPE=30°，
∴∠HMN=∠EFG=30°，
∴EG=12EF．
设EG=x，则EF=2x，
∵EG2+FG2=EF2，
∴x2+32=2x2，
∴x=3（负值舍去），
∴CF=BG=AB−AE−EG=3−1−3=2−3．
②当N、F在CB、CD的延长线上时，如图，
同理可得：∠HMN=∠EFG=30°，EG=3，
∴CF=BG=AB−AE+EG=3−1+3=2+3．
③当N、F在BC、DC的延长线上时，如图，
同理可得：∠HNM=∠FEG=30°，EG=33，
∴CF=BG=AE+EG−AB=1+33−3=33−2；
④当N、F在CB、CD的延长线上时，如图，
同理可得：∠HNM=∠FEG=30°，EG=33，
∴CF=BG=AB+EG−AE=3+33−1=33+2；
综上，CF的长为2−3或2+3或33−2或33+2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【考点3】对角互补模型
※ 方法总结
四边形对角互补，且一组邻边相等，可考虑旋转构造全等三角形。
常见操作：延长短边或截长补短，将分散的线段集中，从而证明角平分线或线段和差关系。
例如：AB=AD，∠B+∠D=180°，可证 AC 平分 ∠BCD，且 BC+CD=2AC（当 ∠BAD=90° 时）。
【典例1】 （20-21八年级下·福建三明·期中）感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°．判断DB与DC的大小关系并证明．
探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD