7.如图,在边长为4的正方形ABCD中,点E是BC上一点,点F是CD延长线上一点,连接AE,AF,AM平分∠EAF交CD于点M.若BE=DF=1,则DM的长度为（）

A.2
B.$\sqrt{5}$
C.$\sqrt{6}$
D.$\dfrac{12}{5}$

7.D 【点拨】连接 $EM$,$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore BC=CD=AB=AD=4, ∠ ABE=∠ C=∠ ADM=90°.$
$\therefore ∠ ADF = 90°.$ 在 $△ ABE$ 和 $△ ADF$ 中,
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ ABE=∠ ADF, \\ BE=DF, \end{cases}$ $\therefore △ ABE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS}), \therefore AE=AF. \because AM$ 平分 $∠ EAF, \therefore ∠ EAM=∠ FAM.$ 在 $△ AEM$ 和 $△ AFM$ 中, $\begin{cases} AE=AF, \\ ∠ EAM=∠ FAM, \\ AM=AM, \end{cases}$ $\therefore △ AEM ≌ △ AFM (\mathrm{SAS}). \therefore EM=FM.$ 设 $DM=x$, 则 $MC=CD-DM=4-x, EM=FM=FD+DM=1+x.$ 在 $\mathrm{Rt}△ MCE$ 中, 根据勾股定理, 得 $EM^2=MC^2+CE^2$, 即 $(1+x)^2=(4-x)^2+(4-1)^2$, 解得 $x=\frac{12}{5}. \therefore DM=\frac{12}{5}.$

8. 新视角 动点探究题 如图,已知四边形 ABCD 为正方形,$AB=3\sqrt{2}$,点 E 为对角线 AC 上一动点,连接DE,过点 E 作$EF⊥DE$,交 BC 于点 F,以 DE,EF 为邻边作矩形 DEFG,连接 CG.
(1)求证:矩形 DEFG 是正方形.
(2)探究:$CE+CG$的值是否为定值?若是,请求出这个定值;若不是,请说明理由.
(3)直接写出 DG 的最小值.

8.(1)【证明】作 $EM ⊥ BC$ 于 $M$, $EN ⊥ CD$ 于 $N$, 则 $∠ DNE=∠ CNE=∠ FME=90°.$
易知 $∠ BCD=90°, \therefore$ 四边形 $EMCN$ 是矩形.
$\therefore ∠ MEN=90°.$ 易知 $∠ DEF=90°, \therefore ∠ DEN=∠ MEF.$
$\because$ 点 $E$ 是正方形 $ABCD$ 对角线上的点, $\therefore ∠ ACB=∠ ACD.$
又 $\because EM ⊥ BC, EN ⊥ CD, \therefore EM=EN.$
又 $\because ∠ DNE=∠ FME, ∠ DEN=∠ FEM,$
$\therefore △ DEN ≌ △ FEM(\mathrm{ASA}). \therefore EF=DE.$
又 $\because$ 四边形 $DEFG$ 是矩形,
$\therefore$ 矩形 $DEFG$ 是正方形.
(2)【解】$CE+CG$ 的值是定值, 为 6.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 和四边形 $ABCD$ 都为正方形,
$\therefore DE=DG, AD=DC, ∠ ADC=∠ EDG=90°.$
$\therefore ∠ CDG+∠ CDE=∠ ADE+∠ CDE=90°,$
$\therefore ∠ CDG=∠ ADE. \therefore △ ADE ≌ △ CDG(\mathrm{SAS}).$
$\therefore AE=CG.$
$\therefore CE+CG=CE+AE=AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2} × 3\sqrt{2}=6$, 是定值.
(3)【解】$DG$ 的最小值等于 3.

9. [2025泰州期末]如图，已知正方形纸片ABCD的边长为12.现将正方形纸片沿MN折叠，使得D点折到BC边上的E点，且折痕MN=13，则DM的长为。

9.$\frac{169}{24}$ 【点拨】如图,过点 $N$ 作 $NH ⊥ CD$, 垂足为 $H$. $\because$ 正方形纸片 $ABCD$ 的边长为 12, $\therefore NH=AD=12. \because MN=13$, $NH ⊥ CD, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ NHM$ 中, $MH=\sqrt{MN^2-NH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5$. 连接 $EM$, 易知 $DE ⊥ MN, \therefore ∠ EDC+∠ HMN=90°. \because ∠ HMN+∠ MNH=90°, \therefore ∠ EDC=∠ MNH$, 又易知 $DC=NH, ∠ C=∠ NHM=90°$, $\therefore △ EDC ≌ △ MNH, \therefore CE=HM=5$. 设 $DM=x$, 由翻折的性质可知 $EM=x$, 则 $MC=12-x$. 在 $\mathrm{Rt}△ MCE$ 中, 由勾股定理得 $EM^2=CM^2+CE^2$, 即 $x^2=(12-x)^2+5^2$, 解得 $x=\frac{169}{24}. \therefore DM=\frac{169}{24}.$

10. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B=90°$，$BC=5\sqrt{3}$，$∠ C=30°$. 点$D$从点$C$出发沿$CA$方向以每秒2个单位长度的速度向点$A$匀速运动，同时点$E$从点$A$出发沿$AB$方向以每秒1个单位长度的速度向点$B$匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动. 设点$D$，$E$运动的时间是$t\ \mathrm{s}(t＞0)$. 过点$D$作$DF⊥ BC$于点$F$，连接$DE$，$EF$.
(1)求证：四边形$AEFD$是平行四边形.
(2)四边形$AEFD$能成为菱形吗？如果能，求出相应的$t$值；如果不能，请说明理由.
(3)当$t$为何值时，$△ DEF$为直角三角形？请直接写出结果.

10.(1)【证明】由题意得 $CD=2t, AE=t.$
$\because$ 在 $△ DFC$ 中, $∠ DFC=90°, ∠ C=30°,$
$\therefore DF=\frac{1}{2}CD=t, \therefore AE=DF.$
$\because ∠ B=90°, \therefore AE // DF,$
$\therefore$ 四边形 $AEFD$ 是平行四边形.
(2)【解】四边形 $AEFD$ 能成为菱形.
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ B=90°, ∠ C=30°,$
$\therefore AB=\frac{1}{2}AC. \therefore$ 易得 $BC=\sqrt{3}AB.$
$\therefore AB=\frac{\sqrt{3}}{3}BC=5. \therefore AC=2AB=10.$
$\therefore AD=AC-DC=10-2t.$
由(1)知四边形 $AEFD$ 为平行四边形,
$\therefore$ 若使 $□ AEFD$ 为菱形, 则需 $AE=AD.$
$\therefore t=10-2t$, 解得 $t=\frac{10}{3}.$
$\therefore$ 当 $t=\frac{10}{3}$ 时, 四边形 $AEFD$ 为菱形.
(3)【解】当 $t=\frac{5}{2}$ 或 4 时, $△ DEF$ 为直角三角形.
【点拨】根据题意, 分三种情况讨论:①当 $∠ EDF=90°$ 时, 如图①所示, $\because ∠ EDF=∠ DFC=90°, \therefore DE // BC,$
$\therefore ∠ ADE=∠ C=30°, ∠ B=∠ AED=90°. \therefore AD=2AE$, 即 $10-2t=2t$. 解得 $t=\frac{5}{2}$; ②当 $∠ EFD=90°$ 时, 由题意可知此种情况不存在; ③当 $∠ FED=90°$ 时, 如图②所示, 由(1)知四边形 $AEFD$ 是平行四边形, $\therefore AD // EF, \therefore ∠ ADE=∠ FED=90°. \because ∠ A=90°-30°=60°,$
$\therefore ∠ AED=30°. \therefore AD=\frac{1}{2}AE. \therefore 10-2t=\frac{1}{2}t$, 解得 $t=4.$
综上所述, 当 $t=\frac{5}{2}$ 或 4 时, $△ DEF$ 为直角三角形.

点技巧 动点问题的解题策略:1. 动中寻静,在“静”中探求“动”的规律.获得图形在运动的过程中具有的某种性质,抓住变化中不变的因素,进行求解;2. 化动为静,抓住动的一个瞬间(或一个确定的位置),从而找到“动”与“静”的关系;3. 以静制动,当图形中点的位置变化导致线段间数量关系发生变化时,可寻找变量间的等量关系,建立函数模型或方程模型进行求解.