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专题6-2建模思想应用的常见类型归类（考题猜想，五种类型）
类型1：建立方程模型求几何图形面积
【例题1】（21-22八年级下·江苏宿迁·期末）如图，将矩形纸片分别沿、折叠，若、两点恰好都落在对角线的交点上，下列说法：①四边形为菱形，②，③若，则四边形的面积为，④，其中正确的说法有（????）个．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据折叠性质可得OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，即可得出∠ACB=30°，进而可得∠OCF=∠DCF=∠BAE=∠OAE=30°，可证明AE∥CF，AE=CE，根据矩形性质可得CE∥AF，即可得四边形AECF是平行四边形，进而可得四边形AECF为菱形，由∠BAE=30°，可得∠AEB=60°，即可得∠AEC=120°，根据含30°角的直角三角形的性质可求出BE的长，即可得OE的长，根据菱形的面积公式即可求出四边形AECF的面积，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出AB：BC的值，综上即可得答案．
【详解】解：∵将矩形纸片分别沿、折叠，若、两点恰好都落在对角线的交点上，
∴OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，
∴∠ACB=∠CAD=30°，∠BAC=∠ACD=60°，
∵∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，
∴∠OCF=∠DCF=∠BAE=∠OAE=30°，
∴AE∥CF，AE=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE=CE，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
∵∠BAE=30°，∠B=90°，
∴∠AEB=60°，
∴∠AEC=120°，故②正确；
设BE=x，
∵∠BAE=30°
，∴AE=2x，
∴x2+22=（2x）2，解得，
∴OE+BE=，
∴S菱形AECF=，故③正确；
∵∠ACB=30°，
∴AC=2AB，
∴BC=，
∴AB：BC=1：，故④错误；
综上，正确的结论为①②③．
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的判定及性质及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相关性质及判定方法是解题的关键
【变式1】（22-23八年级下·广东珠海·期中）如图，将两张长为8，宽为3的矩形纸条交叉叠放，使一组对角的顶点重合，其重叠部分是四边形．则四边形的面积是．
??
【答案】
【分析】根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，通过证明可得四边形是菱形，设，则，在中，，即，求出的值，再用菱形的面积公式进行计算即可得到答案．
【详解】解：四边形、都是矩形，且两个矩形全等，
，，，
四边形是平行四边形，
在和中，
，
,
，
四边形是菱形，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，是解题的关键
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟练应用矩形的性质，辅助线的作法是解题关键
【变式2】（22-23八年级下·浙江宁波·期末）【新知学习】
定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”．
（1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点；
【问题探究】
（2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长；
【拓展思考】
（3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积．
??????????
【答案】（1）见解析；（2）或；（3）
【分析】（1）根据“筝形”的定义，结合网格性质画图即可；
（2）分，两种情况，画出图形，分别求解；
（3）过A作，证明，得到，，再证明，从而说明四边形是正方形，设，表示出相应边，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再计算面积．
【详解】解：（1）如图，四边形即为所求；
??
（2）如图，当时，
??
∵，，，
∴，
∴，又，，
∴四边形为矩形．
∴．
∵，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
如图，当时，连结，，
??
∵是中点，
∴，
∵，
∴，，
∴．
∴．
综上所述，或．
（3）如图，过A作，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，．
又，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
??
设，则，
，，
在中，，
即，
解得．
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定等知识，有一定综合性和拓展性，通过新图形“筝形”关联所学知识
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