重难点09 几何热考题三 四边形热考模型（5种类型19种模型详解+专题训练）-【上好课】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

第五章 四边形 重难点09几何热考题三 四边形热考模型 （5种类型19种模型详解+专题训练） 【题型汇总】 题型01 中点四边形模型 【基础模型】已知点E、F、G、H分别为任意四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则 ①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③ 【名师总结】 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 2）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 3）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 4）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 连接，， 点和点分别是和的中点， 是的中位线， ． 同理可得， ， ，， 四边形是平行四边形． ， ，且， ， 平行四边形是菱形， 与互相垂直平分． 故选：A． 2．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解． 【详解】解：如图，连接AC，BD，，． ∵ 四边形ABCD是矩形， ∴，，． ∵ ，，，分别是矩形四个边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵ ，， ∴四边形的面积为：． 同理，由中位线的性质可知， ，， ，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积为：． ∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半， ∴四边形的面积是． 故选:A． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键． 3．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是 ．    【答案】 【分析】设的交点为，的中点分别是，连接，先证，由此得当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，再证四边形是矩形，且，根据勾股定理的，进而求得的最小值． 【详解】解：设的交点为，的中点分别是，连接， 互相垂直， 和为直角三角形，且分别为斜边， ， ， 当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得， 当点在线段上时，最小，最小值为线段的长， 分别为的中点， 是的中位线， ， 同理， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形， 在中，， ， 的最小值为， 的最小值为．    故答案为：． 【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键． 4．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）解：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 5．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 6．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明见解析 （3）②矩形 （4）证明见解析 （5）补图见解析；③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    题型02 垂美四边形模型 已知 四边形中AC⊥BD 如图，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP 如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP 图示 结论 S四边形ABCD=AC•BD 7．（2020·四川雅安·中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【答案】20 【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解. 【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2， ∵AD=2，BC=4， ∴AD2+BC2=22+42=20， 故答案为：20. 【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理. 8．（2024·山东泰安·二模）小明学习了四边形后，对有特殊性质的四边形的探究产生了兴趣，发现了这样一类特殊的四边形：两条对角线互相垂直的四边形，叫做垂美四边形，如图：已知四边形中，，垂足为，对角线，，设，则的最小值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了多边形，平行四边形的性质和勾股定理，以边，为邻边作平行四边形，连接，则，，根据，可知的最小值为的长，根据勾股定理即可求出答案，解题的关键是构造平行四边形和直角三角形． 【详解】如图， 以边，为邻边作平行四边形，连接， 则，， ∴， 当三点共线时，最小， ∴的最小值为的长， ∵，， ∴ 在中， 由勾股定理得，， ∴的最小值等于， 故答案为：． 9．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证； （2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可； （3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得． 【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下： 如图，连接， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线，即， ∴四边形是垂美四边形； （2）猜想，证明如下： ∵四边形是垂美四边形， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ， ∴； （3）如图，设分别交于点，交于点，连接， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ∴四边形是垂美四边形， 由（2）得：， ∵是的斜边，且，， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， 解得或（不符题意，舍去）， 故的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键． 10．（2023·江苏常州·二模）【知识感知】：我们把对角丝互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示． 【概念理解】：①在下列四边形中，①正方形；②矩形：③菱形；④平行四边形，是垂美四边形的是 ； ②三边长为2的垂美四边形周长为 ． 【性质探索】：若记垂美四边形面积为S，试直接写出S与之间的关系 ； 【性质应用】：尝试用两个全等的直角三角形（）如图2摆放，其中B、C、E在一条直线上，若假设直角三角形三边长为x，y，z，即，试利用上面的结论证明勾股定理． 【答案】【概念理解】①①③；②8；【性质探索】；【性质应用】见解析 【分析】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 概念理解：①由正方形和菱形的性质可求解； ②先证四边形是菱形，即可求解； 性质探索：由面积关系可求解； 性质应用：先证四边形是垂美四边形，可得，由面积和差关系可求 【详解】解． 概念理解：解：①∵正方形和菱形的对角线互相垂直， ∴正方形和菱形是垂美四边形， 故答案为：①③； ②：如图：∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴三边长为2的垂美四边形周长为8， 故答案为：8； 性质探索：解：∵四边形的面积＝的面积+的面积， ∴； 故答案为：； 性质应用：证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是垂美四边形， 由（2）可得是垂美四边形的面积， ∴ ∵ ∴，即， 所以勾股定理得证． 11．（2024·浙江杭州·三模）（1）认识研究对象：如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．我们已经学习了①平行四边形②菱形③矩形④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是 ． （2）探索研究方法：如图1．已知四边形是垂美四边形，求证：． （3）尝试问题解决：已知，，分别以的边和向外作等腰和等腰； ①如图2，当，连接，求的长； ②如图3．当，点G、H分别是中点，连接．若，求的面积． 【答案】（1）②④；（2）见解析；（3）①；② 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． （1）根据平行四边形，菱形，正方形和矩形的性质，结合垂美四边形的定义，进行判断即可； （2）运用勾股定理可得：，，，，即可证得结论； （3）①如图，过点作，交的延长线于点，利用勾股定理可得，再证得 ，得出，，运用勾股定理即可求得答案．②分别过点A、D作于点M，于点N，连接，证明，得到，设，勾股定理求出的值，利用面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解：∵菱形、正方形的对角线垂直， ∴菱形、正方形都是垂美四边形， 故答案为：②④； （2）证明：∵四边形ABCD是垂美四边形， ，垂足为，如图， ，，，， ，， ． （3）解：①解：如图，过点作，交的延长线于点，则， ， ， 和都是等腰直角三角形， ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在中，． ②如图3，，分别过点A、D作于点M，于点N，连接， 又∵等腰和等腰，， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∵点G、H分别是中点，连接， ∴， 在和中，由勾股定理得： ， ∴，即， 解得：，即， ∴． 12．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故． 【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由． 【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：． 【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．    【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用： 【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案； 拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论； 尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案． 【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下： 作于点E，作交的延长线于点F，则，    ∵四边形为平行四边形，若， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ； 拓展提升：延长到点C，使，    ∵为的一条中线， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵． ∴由【探究发现】可知，， ∴， ∴， ∴； 尝试应用：∵四边形是矩形，， ∴，， 设，则， ∴ ， ∵， ∴抛物线开口向上， ∴当时，的最小值是 故答案为： 【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键． 题型03 正方形热考模型 1）十字架模型 【基础模型-两边过顶点】 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O,互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 【模型进阶-一边过顶点】 条件：在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，DC上的点，AE与FG相交于点O, 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【模型进阶-两边均不过顶点】 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【易错点】以上结论成立的条件是:四点必须位于四边，否则不成立. 类型 矩形的十字架模型（两边过顶点） 矩形的十字架模型（两边不过顶点） 条件 在矩形ABCD中，E是AD上的点,CE⊥BD交于点O 在矩形ABCD中，E，F，G，H分别是AD，BC，AB，CD上的点,EF⊥GH交于点O, 图示 结论 △CDE∽△BCD △EMF∽△GNH ①正方形两边过顶点 13．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】根据题意证明，，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ，， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键． 14．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）直接利用证明全等即可； （2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ，即， 在和中， ≌； （2）解：由（1）知≌， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定． 15．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．    【问题解决】 （2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：． 【类比迁移】 （3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长． 【答案】（1）见解析    （2）见解析    （3）3 【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证； （2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证； （3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， 又 ， ， 点在的延长线上， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，延长到点，使，连接，   四边形是菱形， ，， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键． ②正方形一边过顶点 16．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为 ．    【答案】 【分析】连接，过点作于点，设，则，则，根据已知条件，分别表示出，证明 ，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，        ∵正方形的边长为1，四边形与四边形的面积比为3∶5， ∴， 设，则，则 ∴ 即 ∴ ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， 又, ∴ ， ∴ 在中， 即 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 17．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明； （2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求． 【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，， ， ∵，∠A=∠D=90°，， ∴四边形ADFM是矩形， ∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD， ∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴MN⊥BE， ∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO， ∴∠MBO=∠OMF， ∵， ∴△ABE≌△FMN； （2）连接ME，如图， ∵AB=8，AE=6， ∴在Rt△ABE中，， ∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10， ∵MN是BE的垂直平分线， ∴BO=OE==5，BM=ME， ∴AM=AB-BM=8-ME， ∴在Rt△AME中，， ∴，解得：， ∴， ∴在Rt△BMO中，， ∴， ∴ON=MN-MO=． 即NO的长为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键． 18．（2024·河南·一模）综合与实践 数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．   甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得． 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下： 由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得． 完成任务： （1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”） 【发现问题】 同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，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）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立． ①在图2中，已知，求证：； ②在图3中，若，则的度数为多少? 【拓展应用】 （3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）或 【分析】（1）先证明，结合，可知根据即可证明； （2）①作于点H，先证明，然后根据即可证明即可证明结论成立； ②于点L，同理可证，从而，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）①当N、F在边上时，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，同理可证，求出，设，则，利用勾股定理求出x的值，进而可求出的长．当N、F在的延长线上时，同理可求出的长 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； （2）①作于点H，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②作于点L，    同理可证四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，    同理可证， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴． 设，则， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴． ②当N、F在的延长线上时，如图， 同理可得：，， ∴． ． 【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． 19．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考 下面是小逸同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 用“平移法”解答几何问题解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线的策略． 如图，在正方形中，，，分别是，，上的点，于点． 求证：．        图 小逸在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法一：平移线段使点与点重合，构造全等三角形． 如图，平移线段至交于点， 由平移的性质得，        图 ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形（依据）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴（依据）， ∴． 方法二：如图，平移线段至交于点， 则四边形是矩形，        图 ∴，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， …        图 任务： (1)填空：材料中的依据是指___________________，依据________________． (2)补全材料中方法二的剩余证明过程． (3)如图，在正方形网格中，，，，为格点（网格线的交点），交于点．则_____________． 【答案】(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形，全等三角形的对应边相等； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）根据推理过程即可求解； （）如图，平移线段至交于点，则四边形是矩形，可得，，，即得，又由正方形的性质可得，，进而得到，，利用余角性质可得，即可证明，得到； （）如图，将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，可得，设正方形网格的边长为，根据勾股定理可得，，，进而由勾股定理的逆定理可得，即可得． 【详解】（1）解：材料中的依据是：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，依据是：全等三角形的对应边相等， 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，全等三角形的对应边相等； （2）如图，平移线段至交于点，则四边形是矩形，      图 ∴，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：如图，将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，则由平移的性质可得， ∴， 设正方形网格的边长为，根据勾股定理可得，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平移的性质，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的性质，正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，三角函数，掌握以上知识点是解题的关键． ③正方形两边均不过顶点 20．（23-24八年级下·江苏泰州·期中）阅读与思考：下面是小姜同学写的一篇数学学习笔记，请认真阅读并完成相应的任务： 正方形中相等的线段如图1，在正方形中，如果点E、F分别在上，且，垂足为M，那么与相等吗？证明你的结论． 对于上面的问题，我是这样思考的： （1）：______． 反思1：对于两个端点分别在正方形一组对边上的线段，若这样的两条线段互相垂直，那么这两条线段是否仍然相等呢？ 对此可以做进一步探究： 如图2，在正方形中，如果点E、F、G、H分别在上，且，垂足为M，那么与相等吗？证明你的结论． （2）：______． 反思2：对于两个端点分别在正方形一组对边上的线段，若这样的两条线段相等，那么这两条线段是否一定垂直呢？ 对此可以画图说明： 如图3，在正方形中，如果点E、F、G、H分别在上，且，那么与垂直吗？证明你的结论． （3）：______． 任务： (1)完成笔记中的“我是这样思考的”； (2)回答笔记中反思1的问题，并证明； (3)回答笔记中反思2的问题，在图3中画图并简要说明． 【答案】(1)与相等，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)当时，那么与不一定垂直． 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定和性质等知识；证明三角形全等是解题的关键． （1）利用证明，即可证明； （2）作，，证明，，利用（1）的结论即可证明； （3）以点为圆心，为半径作圆，与边交于点，得到，但与不垂直，得到当时，那么与不一定垂直． 【详解】（1）解：与相等，理由如下， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下， 如图，作，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形和都是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 由（1）得， ∴； （3）解：与不一定垂直， 如图，，则， 以点为圆心，为半径作圆，与边交于点， 此时，，但与不垂直， 故当时，那么与不一定垂直． ④矩形两边均不过顶点（含一边过顶点） 21．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    【答案】②③④ 【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵，， ∴， 在点P移动过程中，不一定， 相矛盾， 故①不正确；    延长交于点H, 则为矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴ 故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故③正确， ， 即当 的最小值，作B、D关于的对称点, 把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，, 这时， 即的最小值是20， 故④正确； 故答案为：②③④    【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 22．（2023·河南·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．    (1)操作判断 如图1，正方形纸片，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点． 根据以上操作，请直接写出图1中与的数量关系：______． (2)迁移探究 小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下： 如图2，在矩形纸片中，，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点，请求出的值，并说明理由； (3)拓展应用 如图3，已知正方形纸片的边长为，动点由点向终点做匀速运动，动点由点向终点做匀速运动，动点、同时开始运动，且速度相同，连接、，交于点，连接，则线段长度的最小值为______，点的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由） 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)线段GD的最小值为，点G的运动轨迹的长为 【分析】（1）根据正方形的性质，由条件利用三角形全等判定可得，即可证明； （2）证明，根据相似三角形的性质可得出结论； （3）根据三边关系可判断出的最小值，再判断出点在以点为圆心，在以半径为1的圆上运动，再求点的运动轨迹即可 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴ ∴ ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴； 故答案为：； （2），理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， 又， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ （3）如图，取的中点，连接，，    由题意知，，， ∴， ∴ ∴ ∵是的中点，， ∴， 在中，； 在中， ∵， ∴的最小值是， ∵， ∴、、三点共圆， ∴点在以点为圆心，在以半径为1的圆上运动， ∴点的运动轨迹的长为：， 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定与性质以及圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 23．（2023·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，在矩形中，，，点E，F，G，H分别在线段，，，上，且，求的值； 【尝试应用】（2）如图2，在四边形中，，，，点E，F分别在线段，上，且，求的值； 【拓展提高】（3）如图3，四边形中，，点E为上一点，过点E作垂直交于点F，交的延长线于点G．若，，，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出辅助线，构造相似三角形． （1）过点A作交于点M，作交的延长线于点N，通过证明，得出，即可解答； （2）过点C作于点M，设交于点O，交于点G．通过证明，得出．根据，得出，进而得出，即可解答； （3）过点D作，通过证明，得出．设，，得出，求出x的值，即可解答． 【详解】解：（1）如图，过点A作交于点M，作交的延长线于点N， 在矩形   中， ，． 在矩形中，，． ， ， ． ． ． ，， ． （2）如图，过点C作于点M． 设交于点O，交于点G． ， ， ． ， ， ． ， ． ， ， ． ，， ，即， ， ． （3）如图，过点D作， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴，则， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ． 设，， 则 解得， ． 24．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【答案】（1）正确，理由见解析；（2）正确，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键． （1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论； （2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论． 【详解】解：（1）正确，理由如下， 作于点， ， ， ， ， ， ， 又， ． ∴． 是矩形，， 四边形是矩形． ， ． （2）同学们的发现说法正确，理由如下， ， ，， 由折叠知， ， ， ， 由平行四边形及折叠知，， ， ，即点为的一个黄金分割点． 25．（23-24九年级上·贵州贵阳·期末）如图①，在正方形中，点E，F分别在边、上，于点O，点G，H分别在边、上，． (1)问题解决：①写出与的数量关系： ；②的值为 ； (2)类比探究，如图②，在矩形中，（k为常数），将矩形沿折叠，使点C落在边上的点E处，得到四边形交于点P，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用，如图③，四边形中，，，，，点E、F分别在边、上，求的值． 【答案】(1)①；②1 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得证；②证明四边形四边形是平行四边形，得出，即可得证； （2）作于，证明，得出，证明四边形是矩形，得出，从而推出，即可得解； （3）作交的延长线于，作于，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出，即，再由勾股定理求出，从而得出，结合（2）的结论即可得解． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，作于， ， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵（k为常数）， ∴； （3）解：如图，作交的延长线于，作于，连接， ， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：（不符合题意，舍去），， ∴， 由（2）的结论可得：． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与 、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 2）半角模型 【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型. 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD (14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 证明： ①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM 先根据已知条件∆ABE ≌ ∆ADM (SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM 而∠BAE+∠FAD =45°，所以∠DAM+∠FAD =45°，可证明∆AEF ≌ ∆AMF (SAS)， 由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF ②思路：∵∆AEF ≌ ∆AMF (SAS) ∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF ∴AF平分∠DFE 又∵∠AMF=∠AEB ∴∠AEB=∠AEF ∴AE平分∠BEF ③思路：C∆CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+ EC）+（DF+ FC）=BC+DC=2BC ④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G 根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG 因此可以证明: ∆ABE ≌ ∆AGE (AAS), ∆AGF ≌ ∆ADF(AAS) 所以AB=AG=AD，S∆ABE =S∆AGE，S∆AGF =S∆ADF 则S∆AEF= S∆AGE+ S∆AGF= S∆ABE + S∆ADF ⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB ,使AD，AB重合 因为∆APD ≌ ∆ANB (AAS) 所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN 因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90° 因为∠BAE+∠PAD=45° 所以∠NAB+∠BAE=45° 则∆ANO ≌ ∆APO (SAS) 所以NO=OP 在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2 ，则OP2=OB2+OD2 ⑦思路：已知tan∠EAB=∠EAB+∠FAD=45° ∴tan∠FAD，∴DF:AD=1:3，即点F为CD的三等分点. ⑧思路：假设∠AEF的度数为α，∠AFE的度数为β. 在右图中已知表示45°角，表示角的度数为α，表示角的度数为β 所以∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨、⑩思路：1）∵∠EAP=∠EBO=45°，∴ABEP四点共圆 ∵∠EBA =90°，∴AE为直径，∴∠APE=90° 则AP⊥PE ∴∠AEP=180°-∠APE-∠EAP=45° ∴∆APE为等腰直角三角形 2）同理AOFD四点共圆， ∵∠ADF =90°，∴AF为直径，∴∠AOF=90° 则AO⊥OF ∴∠AFO=180°-∠AOF-∠OAF=45° ∴∆AOF为等腰直角三角形 3)∵∠EOF=∠EPF= ∠ECF =90°，∴OECFP五点共圆 (11) 思路：∵∆APO∽∆AEF ∴ ,假设AP长为1，则AE=,∴EF=OP (12) 思路：∆APO∽∆AEF 相似比为，则面积的比为 ，S∆AEF=2S∆APO (13) 思路：∵∆ABP∽∆ODA ∴ ,∴AB×AD=BP×OD 则AB2=BP×OD (14) 思路：假设正方形的边长为m，BE长为a，DF长为b，则EF长为a+b 根据勾股定理可得EC2+FC2=EF2 ,则(m-a)2+(m-b)2=(a+b)2 化简得(m-a)(m-b)=2ab 所以CE•CF=2BE•DF (15) 思路：根据⑩证明过程可知∆APE为等腰直角三角形，所以AP=PE 再证明∆ADP ≌ ∆CDP (SAS)，所以AP=PC， 则PE=PC 所以∆EPC为等腰三角形 (16) 思路：过点E作EX⊥BD，垂足为点X, 过点A作AY⊥BD，垂足为点Y，连接PE 先证明∆APY ≌ ∆PEX (AAS) (“一线三垂直模型”)，所以AY=PX ∵AY= ,∴PX= 所以BX+DP= PX= ①半角模型 26．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到 ，从而得解． 【详解】解：∵正方形的边长为1， ∴，， 将顺时针旋转得到，则， ∴，，，， ∴点P、B、M、C共线， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， ∵， ∴，即， 整理得：， ∴ ， 当且仅当，即，也即时，取最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键． 27．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． (1)当时，求证：； (2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； (3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解； （2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解； （3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． 在和中 ， ∴， ∴； （2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为． 理由如下： 延长CB至M，使，连接AM， 则． 在和中 ， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∴∠MAE=∠FAE， 在和中 ， ∴， ∴EM=EF， ∵EM=BE+BM， ∴； （3）解：过点H作于点N， 则． ∵， ∴， ∴． 在和中 ， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 由（2）知，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键． 28．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．    【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值． 【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] 【分析】[探究一]证明，即可得证； [探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明 [探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出 ，即可得出结论． 【详解】[探究一] ∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上， ∴， ∴， ∴， 在与中 ∴ ∴ [探究二]证明：如图所示，    ∵四边形是正方形， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵公共角， ∴； [探究三] 证明：∵是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴，， 如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．    ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 29．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】． 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接．    由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，    将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．    由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 30．（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；理由见解析 (2)；理由见解析 (3)；理由见解析 【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得． （2）在上取，连接．依次证明，，可得． （3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得． 【详解】（1）解：．理由如下： 由旋转的性质，可知，，，， ∴， ∴E，B，C三线共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：．理由如下： 如图，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A逆时针旋转得， ∴． ∵， ∴， ∴E，D，C三点共线． 由（1）同理可得， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键． 31．（2024·山东东营·模拟预测）【操作与发现】 如图①，在正方形中，点N，M分别在边上．连接．． (1)将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到．从而可得：．请说明理由． (2)【实践探究】在图①条件下，若，则正方形的边长是 ． (3)如图②，在正方形中，点M、N分别在边上，连接、，，若，求证：M是的中点． (4)【拓展】如图③，在矩形中，，点M、N分别在边上，连接，已知，则的长是 ． 【答案】(1)见解析 (2)12 (3)见解析 (4) 【分析】（1）证明，得出，即可证出． （2）在中，由勾股定理得出，求得，设正方形的边长为，得出方程，解方程即可求解； （3）设，由（1），由三角函数得出，得出，在中，由勾股定理得出方程：，整理得：，得出，得出，即可得出结论； （4）延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，则四边形是正方形，同样的方法在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， （2）解：在中，由勾股定理得：， 则， 设正方形的边长为x，则， ∴， 解得：， 即正方形的边长是12； 故答案为：12； （3）证明：设， 由（1）可知，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 整理得：， ∴， ∴， 即M是的中点； （4）解：延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于Q，延长交于E，连接，如图③所示： 则四边形是正方形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ， ， ， 由（1）得：， 在巾，由勾股定理得：， 解得：， 即的长是8； 故答案为：8． 【点睛】本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、三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键． 32．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】[操作判断]45； [探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解； [深入研究] 【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； [探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此； [深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而，  则，可得，，，那么，故． 【详解】[操作判断] 解：如图， 由题意得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：45； [探究证明] 解：（1）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）如图， 由翻折得，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； [深入研究] 解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． ②与半角模型有关的多结论问题 33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】A 【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③． 【详解】连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，，，垂直平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴点B、H、D、F四点共圆， ∴，， ∴，故①正确， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G是的中点，故②正确， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故④正确， ∴， 若，则， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故⑤错误， 如图，③若点H是的中点，设，即， ∴， ∴， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ，故③正确， 则正确的有：①②③④， 故选：A． 【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，，是解答本题的关键． 34．（2021·湖北黄石·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点． （1）若正方形的边长为2，则的周长是 ． （2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）． 【答案】 4 ①③ 【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长； (2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断； 对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解； 对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解． 【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示： ∵，且 ∴， 在和中：， ∴， ∴， 又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°， ∴∠1=∠3， ∵ABCD为正方形， ∴AD=AB， 在和中：， ∴， ∴ ∴， ∴、、三点共线， ∴， ∴， 故答案为：； (2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示： ∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°， ∴∠2=∠4， 在和中： , ∴， ∴，， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， 在和中： , ∴， ∴， ∴，故①正确； 对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时， GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x， 在Rt△EFC中，由勾股定理：， ∴，解得，即， ∴,故②错误； 对于③：如下图所示： ∵∠EAF=∠BDC=45°， ∴A、M、F、D四点共圆， ∴∠AFM=∠ADM=45°， ∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确； 故答案为：①③． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键． 35．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④⑤ 【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确． 【详解】 如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM， 四边形ABCD是正方形， 垂直平分BD，， ，，，故①正确； ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ，故②正确； 如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN， ， ， ， ， ，即， ，故③错误； 如图1， 四边形ABCD是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形，故④正确； 如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小， ， ， ， ， ，故⑤正确； 故答案为：①②④⑤． 【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键． 3) 风车模型 使用场景：已知正方形ABCD，点O是对角线的交点，∠MON=90° 图示： 大招结论：1) △OAE≌△OBF，△OBE≌△OCF 2) BE+BF=AE+FC=AB 3) △EOF为等腰直角三角形 4) 5) 6) (当OE⊥AB时OE取最小值) 36．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】 人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】 （1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】 （2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】 （3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3 【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案； ②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可； （2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案； （3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案． 【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：， ∵将的直角顶点与点重合， ∴， 故答案为：1； ②证明：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴． （2），理由如下： 过点作交于，    ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴． （3）过点作交于，作于，作于，    则， ∴， 即， ∴， 由（2）和已知条件可得：，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 令，则，，， ∴， ∴． 【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键． 37．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 【答案】（1）4；4；（2）；类比探究：见解析；拓展延伸： 【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键． 操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形是正方形，求解面积即可； （2）如图，过点作于点，于点．证明，从而证明，即可求得结论； 类比探究： 先证明，从而证明，即可证明结论； 拓展延伸：过点作于点，于点．先证明，即可证明，，从而证明，根据，即可求得，由重叠部分的面积，即可求得结果． 【详解】解：操作发现：（1）四边形是正方形， ， 当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为； 当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形是正方形， ， 四边形的面积是4， 故答案为：4，4； （2）如图，过点作于点，于点． 是正方形的中心， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：； 类比探究： 证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 拓展延伸： 过点作于点，于点． 同（2）可知四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 由（1）可知，， ， ， ， 重叠部分的面积 ． 38．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）． (1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________； (2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N． ①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由； ②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）； (3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示）， （参考数据：） 【答案】(1)1，1， (2)①是等边三角形，理由见解析；② (3)， 【分析】（1）若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，与重合，此时重叠部分的面积的面积=正方形的面积=1；当与垂直时，，重叠部分的面积=正方形的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为．利用全等三角形的性质证明即可； （2）①结论：是等边三角形．证明，可得结论； ②如图3中，连接，过点O作于点J．证明，推出，解直角三角形求出，即可解决问题； （3）当点都在上时，过点作于点，作的外接圆，记为，连接，过点作于点，则，设为，由于，而为定值，故最小，则最小，在中，，则当最小，最小，因为，则，故当点三点共线时，取得最小值，此时在中，，则；当点M在上，点在上时，过点作于点，过点交于点， 同上可得，则，由于，故当最小，则最大，因为，故最小，则最大，同上，垂直平分， 此时，，，则，则． 【详解】（1）解：当与重合时，与重合，如图所示， 重叠部分的面积； 当与垂直时，，如图所示， 重叠部分的面积； 一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为． 理由：设交于点J，交于点K，过点O作于点M，于点N．如图所示， ∵O是正方形的中心， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：1，1，． （2）解：①如图2中，结论：是等边三角形． 理由：过点O作， ∵O是正方形的中心， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形； ②如图3中，连接，过点O作于点J． ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：当点都在上时，过点作于点，作的外接圆，记为，连接，过点作于点， 则， ∵， ∴， 设为， ∵，而为定值， ∴最小，则最小， 在中，， ∴， ∴当最小，最小， ∵， ∴， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，如图 此时垂直平分， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴； 当点M在上，点在上时，过点作于点，过点交于点，如图 同上可得， ∴， ∵， ∴当最小，则最大， ∵， ∴最小，则最大， 同上，垂直平分，如图 此时， ∴， ∵，， ∴， ∴，, ∴， ∴， ∴， ∴ 综上所述，的最小值为，的最大值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了圆周角定理，正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，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． 4) 一线三等角模型 已知 ∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°，AC=CE ∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°，AC=CE 图示 结论 ①一线三等角模型 39．（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，于点P，交于点M． ①求证：点P在的平分线上； ②当时，猜想与的数量关系，并证明； ③作于点N，连接，当时，若，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)①见解析；②；③． 【分析】（1）利用即可证明； （2）①证明是等腰直角三角形，再推出四点共圆，求得，据此即可证明结论成立； ②由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，证明，根据相似三角形的性质即可求解； ③证明四边形是平行四边形，推出和都是等腰直角三角形，设，则，，由，得到，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴； （2）①证明：连接，    由（1）得， ∴， ∴，即， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∵， ∴四点共圆， ∴， ∵，， ∴点P在的平分线上； ②，理由如下： 由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，    ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴； ③由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，    ∴， 同理四点共圆，则， ∵， ∴， ∴，∵， ∴四边形是平行四边形， 设平行四边形的对角线的交点为，且， ∵是等腰直角三角形， ∴和都是等腰直角三角形， 设，则，， ∵，， ∴， ∴，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 40.（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． (1)如图，若，，求点与点之间的距离； (2)如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； (3)如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． 【答案】(1)或； (2)； (3)． 【分析】（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为，解方程即可； （）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为然后由二次函数的性质求解即可； （）连接，由四边形是正方形，得，即点对角线所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∴， ∴，即，则， 解得：或， ∴或； （2）设，则， ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 当时，有最大，最大值为； （3）连接， ∵四边形是正方形， ∴， 即点在对角线所在直线上运动， 如图，作关于的对称点，连接，过作于点， ∴，四边形为矩形， 则点三点共线，， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴当三点共线时，有最小值， ∴在中，由勾股定理得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，二次函数的最值，两点之间线段最短等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 41．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】 （1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解 【分析】（1）直接证明，即可证明； （2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证； （3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明． 【详解】（1），理由如下： ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2），理由如下： 过E点作于点M，过E点作于点N，如图， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，平分，， ∴， 即， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，，， ∴四边形是正方形， ∴是正方形对角线，， ∴， ， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， 即有； （3），理由如下， 过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵在正方形中，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键． ②构造一线三等角模型 42．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点，先证明．可得，．点、的横坐标分别为、，可得，．，，，设，则，，，，，．再由，进而可以求解判断即可． 【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点， 四边形是正方形， 、互相平分，，， ，， ． ，， ． ，． 点、的横坐标分别为、， ，． ，，， 设，则，， ，，，． 又，， ，． ． ． ． 点、在轴的同侧，且点在点的右侧， ． ． 故选：B． 43．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此． 【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则， 由旋转得， ∵四边形是正方形， ∴，，，设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，，设， 则， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可求， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键． 44．（2023·海南·中考真题）如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．    【答案】 【分析】过作交延长线于点，证明，得到即可求解；过作交于点，交于点，证明，得到，故点的运动轨迹是一条平行于的线段，当点与重合时，，当点与重合时，由得到，即，从而求解． 【详解】解：过作交延长线于点    则四边形为矩形， ∴ 由题意可得： ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ 过作交于点，交于点，如下图    ∵， ∴ 在和中 ∴ ∴， 故点的运动轨迹是一条平行于的线段， 当点与重合时， 当点与重合时，， ∴ ∵ ∴ ∴，即 解得 ∵、分别为、的中点 ∴是的中位线 ∴，即点运动的路径长为 故答案为：， 【点睛】本题考查了正方形的性质，点的轨迹，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关基础性质，确定出点的轨迹，正确求出线段． 45．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点的坐标，点的坐标是，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】由全等三角形的判定得到，再利用全等三角形的性质得到即可解答． 【详解】解：作轴，轴于点，与交于点， ∵点的坐标，点的坐标是， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点， 故答案为．    【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正确添加辅助线是解题的关键． 题型04 特殊四边形热考模型 1）最值模型 ①矩形对角相等求最值 图示 解题策略 结论 根据矩形的性质，可知对角线相等，即EF=BD，则对角线EF的最小值为点B到斜边AC的高BG 46．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【详解】解：中，，，， ， 连接，如图所示： ∵于点，于点，， ∴， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ∴此时． 故选：B． 47．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，在中，为边上一动点，于，于，动点从点出发，沿着匀速向终点运动，则线段的值大小变化情况是（    ）    A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少 【答案】C 【分析】连接，先判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着匀速向终点C运动，线段的值大小变化情况． 【详解】如图，连接．    ∵ ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，最短，则线段的值最小， ∴动点P从点B出发，沿着匀速向终点C运动，则线段的值大小变化情况是先减小后增大． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键． 48．（2023下·天津河东·八年级校联考期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（　　）    A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8 【答案】D 【分析】连接，先得出四边形为矩形，然后得到，即可运用等面积法求解． 【详解】解：如图，连接．    ∵，且，， ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴当最小时，最小． 当时，最小，此时， ∴， ∴线段的最小值为4.8． 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握以上基本知识． 49．（2022下·江苏淮安·八年级校联考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是(      ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先连接AP，由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，可证得四边形AEPF是矩形，即可得AP＝EF，即AP＝2AM，然后由当AP⊥BC时，AP最小，即可求得AM的最小值． 【详解】解：连接AP， ∵PE⊥AB，PF⊥AC， ∴∠AEP＝∠AFP＝90°， 又∵∠BAC＝90°， ∴四边形AEPF是矩形， ∴AP＝EF， ∵∠BAC＝90°，M为EF中点， ∴AM＝EF＝AP， ∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4， ∴BC＝＝5， 当AP⊥BC时，AP值最小， 此时S△BAC＝×3×4＝×5×AP， 解得AP＝， ∴AP的最小值为， ∴AM的最小值是， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出AP的最小值是关键． ②利用菱形的对称性求最值 图示 解题策略 结论 求DE+EF的最小值. 连接BE，根据对称性，可知DE=BE，则DE+EF=BE+EF≥BF，根据“垂线段最短”确定当BF⊥CD时BF取最小值，再通过等面积法或勾股定理求出EF的长度. 连接BF，当BF⊥CD时BF取最小值 50．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，M是对角线BD上的一个动点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等边三角形，AF是高线，利用三角函数即可求解． 【详解】解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， 又∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∵ ∴F是BC的中点， ∴AF⊥BC． 则AF＝AB•sin60°＝2． 即的最小值是． 故选：C 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是的最小值是关键． 51．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　） A．2 B． C．1.5 D． 【答案】A 【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD． 【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图， ∵四边形ABCD是菱形，且边长为2， ∴AD=DC=AB=BC=2， ∵E点、G点分别为AD、AB的中点， ∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称， ∴PE=PG， ∴PE+PF=PG+PF， 即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG， 如下图，G、P、F三点共线，连接FG， ∵F点是DC中点，G点为AB中点， ∴， ∵在菱形ABCD中，， ∴， ∴四边形AGFD是平行四边形， ∴FG=AD=2， 故PE+PF的最小值为2， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键． 52．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．3 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值． 【详解】如图：连接BE， ， ∵菱形ABCD， ∴B、D关于直线AC对称， ∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小 ∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．， ∵菱形ABCD，，点， ∴，， ∴ ∴△CDB是等边三角形 ∴ ∵点是的中点， ∴,且BE⊥CD， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长． ③利用正方形的对称性求最值 条件：如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E在AC上 图示：正方形对角线，连接顶点对称现 解题大招：正方形是轴对称图形，具有4条对称轴，围绕对称轴，有多组对称型全等. 53．（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为 【答案】10 【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长．连结，，，根据轴对称的性质，得到，的最小值即的最小值，即为线段的长，再根据勾股定理，即可求得的长，即得答案． 【详解】连结，，， 正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线为对称轴的对称点， 直线即为的垂直平分线， ， ， 当点N在与的交点P处，取得最小值，最小值为的长， 正方形的边长为8，且， ，，， ， 的最小值为10． 故答案为：10． 54．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】连接交于一点F，连接，根据正方形的对称性得到此时最小，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接交于一点F，连接， ∵四边形是正方形， ∴点A与点C关于对称， ∴， ∴，此时最小， ∵正方形的边长为4， ∴， ∵点E在上，且， ∴，即的最小值为 故答案为：．    【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键． 55．（2023·安徽合肥·三模）如图所示，正方形的面积为，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ）    A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】设与交于点，连接，根据点B与D关于对称得，可得，即P在与的交点上时最小，即的长度，根据正方形的面积为得，根据等边三角形的性质即可得． 【详解】解：如图所示，设与交于点，连接，    ∵点B与D关于对称， ∴， ∴， 即P在与的交点上时最小，即的长度， ∵正方形的面积为， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了轴对称—最短路径问题，正方形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点． 56．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（    ）    A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得． 【详解】解：如图：    连接， 四边形是正方形， ，， ，，， 四边形是矩形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，， ， ，，， ， ， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 57．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与垂直，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可； （2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可． 【详解】（1）解：在正方形中， ∴， ∴． （2）与垂直，理由如下． 连接交于点． ∵为正方形的对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴． 在正方形中，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． ④正方形与等边三角形 类型 以正方形的一边向内构建等边三角形 以正方形的一边向外构建等边三角形 条件 在正方形ABCD中，△BCE为等边三角形 四边形ABCD为正方形，△DCE为等边三角形 图示 结论 △ABE，△DCE，△AED为等腰三角形 △ABE≌△DCE，∠EAD=∠EDA=15°， ∠BAE=∠CDE=75° △BCE为等腰三角形 △ABF≌△ADF≌△EDF，△BCF≌△DCF， ∠BEC=∠CBE=15°，∠AFD=∠AFB=75° 58．（2024·山东青岛·一模）如图，正方形边长为，为等边三角形，连接，，则的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用这些性质．过点作于点，延长交于点，根据正方形的性质和等边三角形的性质可证明，得到，推出，证明是矩形，则，在中，由勾股定理求出，进而求出，最后根据即可求解． 【详解】解：过点作于点，延长交于点，则：， 四边形是正方形， ，， 为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， 故选：B． 59．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H， ∵DF⊥BC， ∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°， ∴四边形AGFH是矩形， ∴FH=AG， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC=60°，BC=AB=2， ∴∠BAG=30°，BG=1， ∴， ∴， 在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°， ∴∠DAH=∠BAG=30°， ∴， ∴． 故选：D 【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键． 60．（2024·广东珠海·一模）图，E是正方形内一点，是等边三角形，连接，，延长交于点F． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由正方形的性质可得，由等边三角形的性质可得，再证明，即可证明； （2）证明，，，可得，再利用等腰三角形的性质与平行线的性质可得答案． 【详解】（1）证明：在正方形中，，，   ∵ 为等边三角形，   ∴ ，，   ∴ ，    即：， 在和中， ， ∴， （2）∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形 ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 61．（2023·安徽黄山·模拟预测）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接． (1)连接是等边三角形吗？为什么？ (2)求证：； (3)①当M点在何处时，的值最小； ②如图②，当M点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由． 【答案】(1)是，理由见解析 (2)见解析 (3)①点M为的中点；②点M为与的交点时，的值最小，图及理由见解析 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可； （2）根据等边三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可； （3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小，再根据正方形的性质解答；②根据全等三角形对应边相等可得，然后求出，再根据两点之间线段最短证明． 【详解】（1）解：是等边三角形．理由如下： 如图①，∵绕点B逆时针旋转60°得到， ∴， ∴是等边三角形； （2））证明：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴； （3）解：①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小， ∵四边形是正方形， ∴点M为的中点； ②当点M为与的交点时，的值最小，理由如下： 如图②，∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，， 故点M为与的交点时，的值最小． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键． 62．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．    (1)若，求证：是等边三角形； (2)延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 【答案】(1)见解析 (2)①能为等腰三角形，；② 【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到； ②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵于对称的线段为， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）①∵于对称的线段为， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是边上一动点， ∴， ∴点B不可能是等腰三角形的顶点， 若点F是等腰三角形的顶点， 则有， 此时E与D重合，不合题意， ∴只剩下了，连接交于H，    ∵ ∴ ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴； ②由①知， 要求面积的最大值，即求面积的最大值， 在中，底边是定值，即求高的最大值即可， 如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，      设，则， ∵，M是的中点， ∴， ∴， 当G，M，N三点共线时，取等号， ∴面积的最大值， 的面积 如图3，设与交于Q，    则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 2）折叠模型 解题方法：与特殊平行四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 63．（2023·四川达州·中考真题）（1）如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；    （2）如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值； （3）如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值． 【答案】（1）；（2）5；（3） 【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得，设则，中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可； （2）由矩形的性质和翻折性质得到，证明，利用相似三角形的性质求得，则，在中，利用勾股定理求得， 进而求得，可求解； （3）证明得到，则；设，，过点D作于H，证明得到，在中，由勾股定理解得，进而可求得，在图③中，过B作于G，证明，则，，再证明，在中利用锐角三角函数和求得即可求解． 【详解】解：（1）如图①，∵四边形是矩形， ∴，，， 由翻折性质得，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴，解得， ∴，， ∴； （2）如图②，∵四边形是矩形， ∴，，， 由翻折性质得，，，， ∴ ∴， ∴， ∴，即，又， ∴， ∴， 在中，， ∴，则， ∴； （3）∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则； 设，， 过点D作于H，如图③，则， ∴；    ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴，解得， ∴，， 在中，， 在图③中，过B作于G，则， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴，则， 在中， ，， ∵， ∴，则， ∴．    【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键． 64．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质． 已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究： 独立思考：小明：“当点落在上时，．” 小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．” 实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：    问题1：在等腰中，由翻折得到． （1）如图1，当点落在上时，求证：； （2）如图2，若点为中点，，求的长． 问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展． 问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；问题2： 【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得 ，根据邻补角互补可得，即可得证； （2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解； 问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到 ∴， ， ∵， ∴； （2）如图所示，连接，交于点，    ∵折叠， ∴，，，， ∵是的中点， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴； 问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，    ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是矩形， 则， 在中，，,， ∴， 在中，， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 65．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到； （2）根据，求得的长度，从而得出长度； （3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，，， 为中点， ， 设， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ，即， ， ， ． （3）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， 为中点， 设， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键． 66．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点落在对角线上，点的对应点记为，折痕与边，分别交于点，. 【活动猜想】 （1）如图2，当点与点重合时，四边形是哪种特殊的四边形？答：_________. 【问题解决】 （2）如图3，当，，时，求证：点，，在同一条直线上. 【深入探究】 （3）如图4，当与满足什么关系时，始终有与对角线平行？请说明理由. （4）在（3）的情形下，设与，分别交于点，，试探究三条线段，，之间满足的等量关系，并说明理由. 【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3），证明见解析；（4），理由见解析 【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案； （2）设与交于点，过点作于，利用勾股定理可得，再证明，可求得，进而可得，再由，可求得，，，运用勾股定理可得，运用勾股定理逆定理可得，进而可得，即可证得结论； （3）由得到，则，得到，则，，由折叠得：，，由，，得到，则，即可证明结论成立； （4）过点作于，设交于，设，，利用解直角三角形可得，，即可得出结论． 【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形． 理由：设与交于点，如图， 由折叠得：，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 四边形是菱形． 故答案为：菱形． （2）证明：四边形是矩形，，，， ，，， ， ， 如图，设与交于点，过点作于， 由折叠得：，，， ， ， ， ，即， ， ， ，， ， ，即， ，， ， ， ，， ， ， ， 点，，在同一条直线上． （3）当时，始终有与对角线平行． 理由：如图，设、交于点， ∵， ∴ ， 四边形是矩形， ，， ， ∴， 由折叠得：，， ，， ， ∴ ∴； （4），理由如下： 如图，过点作于，设交于， 由折叠得：，，， 设，， 由（3）得：， ， ， ，， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大． 67．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在纸片中，，，，点为边上的一点（点不与点重合），连接，将纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为、，射线与射线交于点．    (1)求证：； (2)如图，当时，的长为______ ； (3)如图，当时，过点作，垂足为点，延长交于点，连接、，求的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到，再根据折叠的性质，得到，然后结合邻补角的性质，推出，即可证明； （2）作，交的延长线于，先证明四边形是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求出，进而得到，即可求出的长； （3）作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，解直角三角形，依次求出、、、的值，进而求得的值，根据和，求得、，进而得出的值，解直角三角形，求出的值，进而得出的值，根据，得出，从而设，，进而表示出，最后根据，列出，求出，根据，得出，进而得到，即可求出的面积． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 由折叠性质可知，， ， ， ， ； （2）解：如图，作，交的延长线于，    ，， ，， ， ， ， 四边形是矩形， 由（1）可知：， 矩形是正方形， ，， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：如图，作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，    四边形是平行四边形， ，，，， ， 在中，，， ， 在中，， 由（1）可知：， ， ， 又 纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ， ， ，， ， ， ， ， 设，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键． 3）对角互补模型 模型1 两90°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 【注意】已知角平分线、邻边相等（非对称）和对角互补中的两个，可推导出第三个. 2.模型引申 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE.[来源:学科网ZXXK] 提示：借助“8字模型”可推得∠ODC=∠CEF 结论：①OC平分∠AOB，②OE－OD＝OC，③. 模型2. 含120°、60°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE. 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 2.模型引申 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①OC平分∠AOB，②OD－OE＝OC，③. 69．（2023·四川达州·模拟预测）如图，在四边形中，，，已知四边形的面积为9，，则长为（    ） A．5 B．4 C． D．3 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．过点A作于点E，，交的延长线于点F，先证明，然后证明四边形是正方形，从而得到，求得正方形的边长，再求出，的长，即得答案． 【详解】解：过点A作于点E，，交的延长线于点F， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ， ，，， 矩形是正方形， ， ， ， ， ， ． 故选：B． 70．（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，两个半径长均为的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形的圆心C是的中点，且扇形绕着点C旋转，半径，交于点G，半径，交于点H，则图中阴影面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据扇形面积公式求出两扇形面积，再过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，再证明△CMG≌△CNH，可证得白色部分的面积等于对角线为的正方形CMEN得面积，进而可求得阴影部分的面积． 【详解】解：∵两个直角扇形的半径长均为， ∴两个扇形面积和为， 过C分别作CM⊥AE于M，CN⊥BE于N，连接EC，则四边形CMEN是矩形， ∵C是的中点， ∴∠AEC=∠BEC，即EC平分∠AEB， ∴CM=CN， ∴四边形CMEN是正方形， ∴∠CMG=∠MCN=∠CNH， ∴∠MCG+∠GCN=∠NCH+∠GCN=90°， ∴∠MCG=∠NCH， ∴△CMG≌△CNH（ASA）， ∴白色部分的面积等于对角线为的正方形CMEN的面积， ∴空白部分面积为， ∴阴影部分面积为， 故选：D． 【点睛】本题考查扇形面积公式、圆的有关性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记扇形面积公式，熟练掌握角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，求出空白部分面积是解答的关键． 71．（2024·重庆江津·模拟预测）如图，等腰的斜边的中点为D，，E是边上一点，连接，过点D作，交于点F．若，四边形的面积是9，则的长为 ． 【答案】4 【分析】过点D作于点G，作于点H，连接，根据等腰直角三角形的性质易证都是等腰直角三角形，得到，进而得到四边形是正方形，再证明，得到，由四边形的面积是9，推出正方形的面积为9，进而得到，由，求出，即可求解． 【详解】解：过点D作于点G，作于点H，连接， 等腰中，，点D为斜边的中点， ， ， 都是等腰直角三角形， ，， 同理得：都是等腰直角三角形， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积是9，即， ， 正方形的面积为9， ， ， ，即， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角的判定与性质，正方形的判定与性质，直角三角形的特征等知识，正确作出辅助线，构造三角形全等时解题的关键． 72．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里． 【分析】延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可． 【详解】解：EF=AE+CF 理由：延长到G，使，连接， 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸1：结论EF=AE+CF成立． 理由：延长到G，使，连接， 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF=∠ABC， 即∠GBF=∠ABC， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立． 理由：延长到G，使，连接， ∵，∠BCG+∠BCD=180°， ∴∠BCG=∠BAD 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∠ABC， ∴∠CBG+∠CBF=∠ABC， 即∠GBF=∠ABC， 在△BGF和△BEF中， ， ∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF， ∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF． 实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C， ∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°， ∴∠EOF=∠AOB ∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF= AE+CF仍然成立 即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为210海里． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 73．（2021·贵州贵阳·模拟预测）如图①，直线上有一点，反比例函数（k为常数，）的图像经过点M，作，且角两边分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点． （1）求反比例函数的表达式； （2）求四边形的面积； （3）如图②，点是反比例函数图像上的一点，点F在直线上，点E在x轴上，且．请求出点E的坐标． 【答案】（1）；（2）6；（3）． 【分析】（1）先根据直线可得点的坐标，再利用待定系数法即可得； （2）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理可得，从而可得，再根据即可得； （3）如图（见解析），先根据矩形的判定与性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，然后根据反比例函数的解析式求出点的坐标，从而可得，最后根据直线的解析式可得点的坐标和的长，从而可得的长，据此根据即可得． 【详解】解：（1）对于直线， 当时，，即， 将点代入得：， 则反比例函数的表达式； （2）如图，过点作轴于点，作轴于点， 则，四边形是正方形， ，即， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ， ， ， 即四边形的面积为6； （3）如图，过点作轴于点，过点作轴于点，作于点， 则四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ， 对于， 当时，，即， ， ， 对于直线， 当时，，即，， ， ， 点的坐标为． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合、三角形全等的判定定理与性质、正方形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 4）手拉手模型 等腰三角形 手拉手模型 等边三角形 手拉手模型 等腰直角三角形 手拉手模型 正方形 手拉手模型 【小结】 1）头顶头，左手拉左手，右手拉右手，那么，头左左≌头右右. 2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE. 73．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3） 【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论； （2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论； （3）如图， 证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可； 【详解】解：；；理由如下： 如图，∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）如图，∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； （3）如图，∵，， ∴在以为圆心，为半径的上， 过作于， 当时， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 而，， ∴四边形是正方形， ∴当旋转角从变化到时，在上运动， ∵，，， ∴， ∴点经过路线的长度为. 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键. 74．（2020·辽宁铁岭·模拟预测）如图1，为等腰直角三角形，是边上的一个动点（点F与A、C不重合），以为一边在等腰直角三角形外作正方形，连接． (1)①猜想图1中线段的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论； ②将图1中的正方形，绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2、图3的情形．图2中交于点H，交于点O，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断． (2)将原题中的等腰直角三角形改为直角三角形，正方形改为矩形，如图4，且，交于点H，交于点O，连接，求的值． 【答案】(1)①，；，仍然成立，证明见解析 (2) 【分析】（1）①结论：，；只要证明，推出，，即可得出结论； ②证推出，即可得出结论； （2）证得，推出，由勾股定理得，在和中，求得，，即可求解． 【详解】（1）①解：，； 理由：如图1中，延长交于H， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ∴； ②，仍然成立， 证明：如图2中， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵，，，， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，，，， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形． 75．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，． (1)如图，求证：≌； (2)直线与相交于点． 如图，于点，于点，求证：四边形是正方形； 如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析② 【分析】根据证明三角形全等即可； 根据邻边相等的矩形是正方形证明即可； 作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． ，． ， ， 在和中， ≌； （2）证明：如图中，设与相交于点． ， ． ≌， ． ， ． ， ，， 四边形是矩形， ． 四边形是正方形， ，． ． 又， ≌． ． 矩形是正方形； 解：作交于点，作于点， ∵ ∴≌． ． ，， 最大时，最小，． ． 由可知，是等腰直角三角形， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 76．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点． (1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少； (2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少； (3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度． 【答案】(1)2 (2) (3)或 【分析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解； （2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）解：正方形与正方形有公共点，点在上，在上， 四边形是正方形 （2）解：如图，连接， 正方形绕点逆时针方向旋转， ， （3）解：①如图， ，， ,,， 三点共线， 中，， ， 由（2）可知，   ， ． ②如图： 由（2）知△ADG∽△ACE， ∴， ∴DG=CE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=BC=8，AC=， ∵AG=AD， ∴AG=AD=8， ∵四边形AFEG是正方形， ∴∠AGE=90°，GE=AG=8， ∵C，G，E三点共线． ∴∠AGC=90° ∴CG=， ∴CE=CG+EG=8+8， ∴DG=CE=． 综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为或． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 77．（2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由： （2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由； （3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值． 【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）． 【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可； （2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立； （3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形 ∴AB=AD， ∵四边形AEFG为正方形 ∴AE=AG， ∴ 在△EAB和△GAD中有： ∴△EAB≌△GAD ∴BE=DG； (2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。 证明：∵四边形ABCD菱形 ∴AB=AD ∵四边形AEFG为正方形 ∴AE=AG ∵∠EAG=∠BAD ∴ ∴ 在△EAB和△GAD中有： ∴△EAB≌△GAD ∴BE=DG； (3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H ∵四边形AEFG和ABCD为矩形 ∴ ∴ ∵ ∴△EAB∽△GAD ∴ ∴ ∴ ∴ ， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键． 题型05 构造中位线求解 78．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）    A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据条件正方形边长为4，由勾股定理求出线段长，利用中位线得到长即可． 【详解】解：连接，，    ∵点E，F分别是，的中点， ∴四边形是矩形， ∴M是的中点， 在正方形中，，， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 在中，M是的中点，N是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和勾股定理的应用，构造三角形是破解本题的关键． 79．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    【答案】 【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可． 【详解】如图所示，连接，    ∵M，N分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴当最大时，最大，此时最大， ∵点E是上的动点， ∴当点E和点C重合时，最大，即的长度， ∴此时， ∴， ∴的最大值为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 80．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，正方形的边长为，点是的中点，与交于点，是上一点，连接分别交，于点，，且，连接，则 ， ． 【答案】 2 【分析】如图，证明，得到，勾股定理求出的长，等积法求出的长，证明，相似比求出的长，证明，求出的长，证明，求出的长，再利用勾股定理求出的长． 【详解】解：∵正方形的边长为，点是的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故点作，则：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2，． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，本题的综合形较强，属于中考填空题中的压轴题．熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 135 / 135 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第五章 四边形 重难点09几何热考题三 四边形热考模型 （5种类型19种模型详解+专题训练） 【题型汇总】 题型01 中点四边形模型 【基础模型】已知点E、F、G、H分别为任意四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则 ①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③ 【名师总结】 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 2）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 3）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 4）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 2．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是 ．    4．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 5．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．      6．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____）∴． 同理可得：．∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．   题型02 垂美四边形模型 已知 四边形中AC⊥BD 如图，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP 如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP 图示 结论 S四边形ABCD=AC•BD 7．（2020·四川雅安·中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 8．（2024·山东泰安·二模）小明学习了四边形后，对有特殊性质的四边形的探究产生了兴趣，发现了这样一类特殊的四边形：两条对角线互相垂直的四边形，叫做垂美四边形，如图：已知四边形中，，垂足为，对角线，，设，则的最小值等于 ． 9．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 10．（2023·江苏常州·二模）【知识感知】：我们把对角丝互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示． 【概念理解】：①在下列四边形中，①正方形；②矩形：③菱形；④平行四边形，是垂美四边形的是 ； ②三边长为2的垂美四边形周长为 ． 【性质探索】：若记垂美四边形面积为S，试直接写出S与之间的关系 ； 【性质应用】：尝试用两个全等的直角三角形（）如图2摆放，其中B、C、E在一条直线上，若假设直角三角形三边长为x，y，z，即，试利用上面的结论证明勾股定理． 11．（2024·浙江杭州·三模）（1）认识研究对象：如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．我们已经学习了①平行四边形②菱形③矩形④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是 ． （2）探索研究方法：如图1．已知四边形是垂美四边形，求证：． （3）尝试问题解决：已知，，分别以的边和向外作等腰和等腰； ①如图2，当，连接，求的长； ②如图3．当，点G、H分别是中点，连接．若，求的面积． 12．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故． 【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由． 【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：． 【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．    题型03 正方形热考模型 1）十字架模型 【基础模型-两边过顶点】 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O,互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 【模型进阶-一边过顶点】 条件：在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，DC上的点，AE与FG相交于点O, 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【模型进阶-两边均不过顶点】 图示： 结论：正方形十字模型中，构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直. 【易错点】以上结论成立的条件是:四点必须位于四边，否则不成立. 类型 矩形的十字架模型（两边过顶点） 矩形的十字架模型（两边不过顶点） 条件 在矩形ABCD中，E是AD上的点,CE⊥BD交于点O 在矩形ABCD中，E，F，G，H分别是AD，BC，AB，CD上的点,EF⊥GH交于点O, 图示 结论 △CDE∽△BCD △EMF∽△GNH ①正方形两边过顶点 13．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ． 14．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． 15．（2023·山东·中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．    【问题解决】 （2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：． 【类比迁移】 （3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长． ②正方形一边过顶点 16．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为 ．    17．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 18．（2024·河南·一模）综合与实践 数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．   甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得． 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下： 由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得． 完成任务： （1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”） 【发现问题】同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，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）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立． ①在图2中，已知，求证：； ②在图3中，若，则的度数为多少? 【拓展应用】 （3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长． 19．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考 下面是小逸同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 用“平移法”解答几何问题解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线的策略． 如图，在正方形中，，，分别是，，上的点，于点． 求证：．        图 小逸在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法一：平移线段使点与点重合，构造全等三角形． 如图，平移线段至交于点，由平移的性质得，        图 ∵四边形是正方形，∴， ∴四边形是平行四边形（依据），∴， ∵，∴， ∴，∴， ∵， ∴， 在和中，，∴， ∴（依据），∴． 方法二：如图，平移线段至交于点，则四边形是矩形，        图 ∴，，，∴， ∵四边形是正方形，∴，，∴，， ∵，…        图 任务：(1)填空：材料中的依据是指___________________，依据________________． (2)补全材料中方法二的剩余证明过程． (3)如图，在正方形网格中，，，，为格点（网格线的交点），交于点．则_____________． ③正方形两边均不过顶点 20．（23-24八年级下·江苏泰州·期中）阅读与思考：下面是小姜同学写的一篇数学学习笔记，请认真阅读并完成相应的任务： 正方形中相等的线段如图1，在正方形中，如果点E、F分别在上，且，垂足为M，那么与相等吗？证明你的结论． 对于上面的问题，我是这样思考的： （1）：______． 反思1：对于两个端点分别在正方形一组对边上的线段，若这样的两条线段互相垂直，那么这两条线段是否仍然相等呢？ 对此可以做进一步探究： 如图2，在正方形中，如果点E、F、G、H分别在上，且，垂足为M，那么与相等吗？证明你的结论． （2）：______． 反思2：对于两个端点分别在正方形一组对边上的线段，若这样的两条线段相等，那么这两条线段是否一定垂直呢？ 对此可以画图说明： 如图3，在正方形中，如果点E、F、G、H分别在上，且，那么与垂直吗？证明你的结论． （3）：______． 任务： (1)完成笔记中的“我是这样思考的”； (2)回答笔记中反思1的问题，并证明； (3)回答笔记中反思2的问题，在图3中画图并简要说明． ④矩形两边均不过顶点（含一边过顶点） 21．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    22．（2023·河南·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形与垂直”为主题开展数学活动．    (1)操作判断 如图1，正方形纸片，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点． 根据以上操作，请直接写出图1中与的数量关系：______． (2)迁移探究 小华将正方形纸片换成矩形纸片，继续探究，过程如下： 如图2，在矩形纸片中，，在边上任意取一点，连接，过点作于点，与边交于点，请求出的值，并说明理由； (3)拓展应用 如图3，已知正方形纸片的边长为，动点由点向终点做匀速运动，动点由点向终点做匀速运动，动点、同时开始运动，且速度相同，连接、，交于点，连接，则线段长度的最小值为______，点的运动轨迹的长为______．（直接写出答案不必说明理由）   23．（2023·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，在矩形中，，，点E，F，G，H分别在线段，，，上，且，求的值； 【尝试应用】（2）如图2，在四边形中，，，，点E，F分别在线段，上，且，求的值； 【拓展提高】（3）如图3，四边形中，，点E为上一点，过点E作垂直交于点F，交的延长线于点G．若，，，求的长． 24．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 25．（23-24九年级上·贵州贵阳·期末）如图①，在正方形中，点E，F分别在边、上，于点O，点G，H分别在边、上，． (1)问题解决：①写出与的数量关系： ；②的值为 ； (2)类比探究，如图②，在矩形中，（k为常数），将矩形沿折叠，使点C落在边上的点E处，得到四边形交于点P，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用，如图③，四边形中，，，，，点E、F分别在边、上，求的值． 2）半角模型 【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型. 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD (14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 证明： ①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM 先根据已知条件∆ABE ≌ ∆ADM (SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM 而∠BAE+∠FAD =45°，所以∠DAM+∠FAD =45°，可证明∆AEF ≌ ∆AMF (SAS)， 由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF ②思路：∵∆AEF ≌ ∆AMF (SAS) ∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF ∴AF平分∠DFE 又∵∠AMF=∠AEB ∴∠AEB=∠AEF ∴AE平分∠BEF ③思路：C∆CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+ EC）+（DF+ FC）=BC+DC=2BC ④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G 根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG 因此可以证明: ∆ABE ≌ ∆AGE (AAS), ∆AGF ≌ ∆ADF(AAS) 所以AB=AG=AD，S∆ABE =S∆AGE，S∆AGF =S∆ADF 则S∆AEF= S∆AGE+ S∆AGF= S∆ABE + S∆ADF ⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB ,使AD，AB重合 因为∆APD ≌ ∆ANB (AAS) 所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN 因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90° 因为∠BAE+∠PAD=45° 所以∠NAB+∠BAE=45° 则∆ANO ≌ ∆APO (SAS) 所以NO=OP 在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2 ，则OP2=OB2+OD2 ⑦思路：已知tan∠EAB=∠EAB+∠FAD=45° ∴tan∠FAD，∴DF:AD=1:3，即点F为CD的三等分点. ⑧思路：假设∠AEF的度数为α，∠AFE的度数为β. 在右图中已知表示45°角，表示角的度数为α，表示角的度数为β 所以∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨、⑩思路：1）∵∠EAP=∠EBO=45°，∴ABEP四点共圆 ∵∠EBA =90°，∴AE为直径，∴∠APE=90° 则AP⊥PE ∴∠AEP=180°-∠APE-∠EAP=45° ∴∆APE为等腰直角三角形 2）同理AOFD四点共圆， ∵∠ADF =90°，∴AF为直径，∴∠AOF=90° 则AO⊥OF ∴∠AFO=180°-∠AOF-∠OAF=45° ∴∆AOF为等腰直角三角形 3)∵∠EOF=∠EPF= ∠ECF =90°，∴OECFP五点共圆 (11) 思路：∵∆APO∽∆AEF ∴ ,假设AP长为1，则AE=,∴EF=OP (12) 思路：∆APO∽∆AEF 相似比为，则面积的比为 ，S∆AEF=2S∆APO (13) 思路：∵∆ABP∽∆ODA ∴ ,∴AB×AD=BP×OD 则AB2=BP×OD (14) 思路：假设正方形的边长为m，BE长为a，DF长为b，则EF长为a+b 根据勾股定理可得EC2+FC2=EF2 ,则(m-a)2+(m-b)2=(a+b)2 化简得(m-a)(m-b)=2ab 所以CE•CF=2BE•DF (15) 思路：根据⑩证明过程可知∆APE为等腰直角三角形，所以AP=PE 再证明∆ADP ≌ ∆CDP (SAS)，所以AP=PC， 则PE=PC 所以∆EPC为等腰三角形 (16) 思路：过点E作EX⊥BD，垂足为点X, 过点A作AY⊥BD，垂足为点Y，连接PE 先证明∆APY ≌ ∆PEX (AAS) (“一线三垂直模型”)，所以AY=PX ∵AY= ,∴PX= 所以BX+DP= PX= ①半角模型 26．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ． 27．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且． (1)当时，求证：； (2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论； (3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长． 28．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．    【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值． 29．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．      30．（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 31．（2024·山东东营·模拟预测）【操作与发现】 如图①，在正方形中，点N，M分别在边上．连接．． (1)将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到．从而可得：．请说明理由． (2)【实践探究】在图①条件下，若，则正方形的边长是 ． (3)如图②，在正方形中，点M、N分别在边上，连接、，，若，求证：M是的中点． (4)【拓展】如图③，在矩形中，，点M、N分别在边上，连接，已知，则的长是 ． 32．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． ②与半角模型有关的多结论问题 33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 34．（2021·湖北黄石·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点． （1）若正方形的边长为2，则的周长是 ． （2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）． 35．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是 ． 3) 风车模型 使用场景：已知正方形ABCD，点O是对角线的交点，∠MON=90° 图示： 大招结论：1) △OAE≌△OBF，△OBE≌△OCF 2) BE+BF=AE+FC=AB 3) △EOF为等腰直角三角形 4) 5) 6) (当OE⊥AB时OE取最小值) 36．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】 人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】 （1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】 （2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】 （3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 37．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 38．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）． (1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________； (2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N． ①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由； ②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）； (3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示）， （参考数据：） 4) 一线三等角模型 已知 ∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°，AC=CE ∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°，AC=CE 图示 结论 ①一线三等角模型 39．（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，于点P，交于点M． ①求证：点P在的平分线上； ②当时，猜想与的数量关系，并证明； ③作于点N，连接，当时，若，求的值． 40.（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． (1)如图，若，，求点与点之间的距离； (2)如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； (3)如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． 41．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】 （1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． ②构造一线三等角模型 42．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 43．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（    ） A． B． C． D． 44．（2023·海南·中考真题）如图，在正方形中，，点E在边上，且，点P为边上的动点，连接，过点E作，交射线于点F，则 ．若点M是线段的中点，则当点P从点A运动到点B时，点M运动的路径长为 ．    45．（2022·江苏南京·中考真题）在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点的坐标，点的坐标是，则点的坐标是 ．    题型04 特殊四边形热考模型 1）最值模型 ①矩形对角相等求最值 图示 解题策略 结论 根据矩形的性质，可知对角线相等，即EF=BD，则对角线EF的最小值为点B到斜边AC的高BG 46．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 47．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，在中，为边上一动点，于，于，动点从点出发，沿着匀速向终点运动，则线段的值大小变化情况是（    ）    A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少 48．（2023下·天津河东·八年级校联考期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（　　）    A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8 49．（2022下·江苏淮安·八年级校联考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是(      ) A． B． C． D． ②利用菱形的对称性求最值 图示 解题策略 结论 求DE+EF的最小值. 连接BE，根据对称性，可知DE=BE，则DE+EF=BE+EF≥BF，根据“垂线段最短”确定当BF⊥CD时BF取最小值，再通过等面积法或勾股定理求出EF的长度. 连接BF，当BF⊥CD时BF取最小值 50．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，M是对角线BD上的一个动点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 51．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　） A．2 B． C．1.5 D． 52．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．3 B．5 C． D． ③利用正方形的对称性求最值 条件：如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E在AC上 图示：正方形对角线，连接顶点对称现 解题大招：正方形是轴对称图形，具有4条对称轴，围绕对称轴，有多组对称型全等. 53．（2021·青海·中考真题）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为 54．（2023·广东广州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，F为对角线上一动点，连接，，则的最小值为 ．    55．（2023·安徽合肥·三模）如图所示，正方形的面积为，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ）    A． B． C．3 D． 56．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（    ）    A． B．2 C． D． 57．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． ④正方形与等边三角形 类型 以正方形的一边向内构建等边三角形 以正方形的一边向外构建等边三角形 条件 在正方形ABCD中，△BCE为等边三角形 四边形ABCD为正方形，△DCE为等边三角形 图示 结论 △ABE，△DCE，△AED为等腰三角形 △ABE≌△DCE，∠EAD=∠EDA=15°， ∠BAE=∠CDE=75° △BCE为等腰三角形 △ABF≌△ADF≌△EDF，△BCF≌△DCF， ∠BEC=∠CBE=15°，∠AFD=∠AFB=75° 58．（2024·山东青岛·一模）如图，正方形边长为，为等边三角形，连接，，则的正切值为（    ） A． B． C． D． 59．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（    ） A． B． C． D． 60．（2024·广东珠海·一模）图，E是正方形内一点，是等边三角形，连接，，延长交于点F． (1)求证：； (2)求的度数． 61．（2023·安徽黄山·模拟预测）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接． (1)连接是等边三角形吗？为什么？ (2)求证：； (3)①当M点在何处时，的值最小； ②如图②，当M点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由． 62．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．    (1)若，求证：是等边三角形； (2)延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 2）折叠模型 解题方法：与特殊平行四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 63．（2023·四川达州·中考真题）（1）如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；    （2）如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值； （3）如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值． 64．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质． 已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究： 独立思考：小明：“当点落在上时，．” 小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．” 实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：    问题1：在等腰中，由翻折得到． （1）如图1，当点落在上时，求证：； （2）如图2，若点为中点，，求的长． 问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展． 问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长． 65．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 66．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点落在对角线上，点的对应点记为，折痕与边，分别交于点，. 【活动猜想】 （1）如图2，当点与点重合时，四边形是哪种特殊的四边形？答：_________. 【问题解决】 （2）如图3，当，，时，求证：点，，在同一条直线上. 【深入探究】 （3）如图4，当与满足什么关系时，始终有与对角线平行？请说明理由. （4）在（3）的情形下，设与，分别交于点，，试探究三条线段，，之间满足的等量关系，并说明理由. 67．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在纸片中，，，，点为边上的一点（点不与点重合），连接，将纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为、，射线与射线交于点．    (1)求证：； (2)如图，当时，的长为______ ； (3)如图，当时，过点作，垂足为点，延长交于点，连接、，求的面积． 3）对角互补模型 模型1 两90°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 【注意】已知角平分线、邻边相等（非对称）和对角互补中的两个，可推导出第三个. 2.模型引申 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE.[来源:学科网ZXXK] 提示：借助“8字模型”可推得∠ODC=∠CEF 结论：①OC平分∠AOB，②OE－OD＝OC，③. 模型2. 含120°、60°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE. 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 2.模型引申 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①OC平分∠AOB，②OD－OE＝OC，③. 69．（2023·四川达州·模拟预测）如图，在四边形中，，，已知四边形的面积为9，，则长为（    ） A．5 B．4 C． D．3 70．（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，两个半径长均为的直角扇形的圆心分别在对方的圆弧上，扇形的圆心C是的中点，且扇形绕着点C旋转，半径，交于点G，半径，交于点H，则图中阴影面积等于（    ） A． B． C． D． 71．（2024·重庆江津·模拟预测）如图，等腰的斜边的中点为D，，E是边上一点，连接，过点D作，交于点F．若，四边形的面积是9，则的长为 ． 72．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离． 73．（2021·贵州贵阳·模拟预测）如图①，直线上有一点，反比例函数（k为常数，）的图像经过点M，作，且角两边分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点． （1）求反比例函数的表达式； （2）求四边形的面积； （3）如图②，点是反比例函数图像上的一点，点F在直线上，点E在x轴上，且．请求出点E的坐标． 4）手拉手模型 等腰三角形 手拉手模型 等边三角形 手拉手模型 等腰直角三角形 手拉手模型 正方形 手拉手模型 【小结】 1）头顶头，左手拉左手，右手拉右手，那么，头左左≌头右右. 2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE. 73．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 74．（2020·辽宁铁岭·模拟预测）如图1，为等腰直角三角形，是边上的一个动点（点F与A、C不重合），以为一边在等腰直角三角形外作正方形，连接． (1)①猜想图1中线段的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论； ②将图1中的正方形，绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度，得到如图2、图3的情形．图2中交于点H，交于点O，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断． (2)将原题中的等腰直角三角形改为直角三角形，正方形改为矩形，如图4，且，交于点H，交于点O，连接，求的值． 75．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，． (1)如图，求证：≌； (2)直线与相交于点． 如图，于点，于点，求证：四边形是正方形； 如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值． 76．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点． (1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少； (2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少； (3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度． 77．（2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由： （2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由； （3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值． 题型05 构造中位线求解 78．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（　　）    A． B． C．2 D． 79．（2023·广西·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    80．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，正方形的边长为，点是的中点，与交于点，是上一点，连接分别交，于点，，且，连接，则 ， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 48 / 48 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$