专题05 相似三角形重要模型之十字架模型（几何模型讲义）数学新教材华东师大版九年级上册

该初中数学几何模型讲义以“十字架模型”为核心，通过知识框架图系统梳理模型来源、核心逻辑与应用场景，将矩形、三角形中的垂直相似结构按“垂直→互余→等角→相似”的推理链条分层呈现，突出正方形、直角三角形等载体中的重难点联系。 讲义亮点在于结合中考真题设计探究性练习，如矩形中EF⊥GH求线段比、直角三角形折叠动点问题，培养学生几何直观与推理意识。典例从基础证明到压轴综合题梯度分布，附解题突破口解析，助力不同层次学生掌握模型应用，教师可据此实施精准分层教学。

专题05 相似三角形重要模型之十字架模型（几何模型讲义） 十字架模型是中考几何高频经典垂直相似模型，依托互相垂直的线段构造直角，利用同角的余角相等 快速推导两角对应相等，进而证明三角形相似。 它常嵌套在正方形、矩形、直角三角形之中，既可以用来求证线段相等、推导比例式，也常结合勾股定理求解边长、计算面积，也是几何压轴题里折叠、动点题型的常用基础模型。吃透该模型的角度推导逻 辑，就能快速找到相似三角形，理清整道题的解题突破口。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 2 模型1. 矩形中的十字架模型 2 模型2. 三角形中的十字架模型 21 模型运用 35 十字架模型，是从直角图形中的垂直相交结构自然提炼出的经典几何模型。 在正方形、矩形、直角三角形等含直角的图形中，若出现两条线段互相垂直相交，会天然形成两组互余的角。根据“同角的余角相等”这一基础几何性质，可以快速推出两个三角形对应角相等，从而满足两角对应相等、三角形相似的判定条件，由此形成固定解题模型。 该模型最早源于直角几何图形的角度推理规律：垂直产生90°直角，直角拆分出两组余角，余角等量代换产生相等锐角，最终锁定相似三角形。因其两条垂直线段交叉形似“十字”，故被统称为十字架相似模型。 模型核心本质不是固定图形，而是一套通用角度逻辑：垂直 → 互余 → 等角 → 相似。正因规律简洁、通用性强，十字架模型被广泛应用于中考几何填空、选择、压轴大题，是直角类几何题型中最高频、最实用的必考模型之一。 1．直角三角形中，两个锐角互余，同角的余角相等，等角的余角相等。 2．两角对应相等证明两个三角形相似 如图，与中，已知，则有△ABC∽△A′C′． 模型1.矩形中的十字架模型 【模型提炼】 矩形相对两边上的任意两点联结的线段是互相垂直的，此时这两条线段的的比等于矩形的两边之比。通过平移线段构造基本图形，再借助相似三角形和平行四边的性质求得线段间的比例关系。 如图1，在矩形ABCD中，若E是AB上的点，且DE⊥AC，则. 如图2，在矩形ABCD中，若E、F分别是AB、CD上的点，且EF⊥AC，则. 如图3，在矩形ABCD中，若E、F、M、N分别是AB、CD、AD、BC上的点，且EF⊥MN，则. 【模型运用】 【典例1】（2026•河南三模）综合与探究 综合实践课上，老师带领同学们对“四边形内互相垂直的线段”进行了探究，请你从中发现方法，完成解答． 【初步研究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M，N分别在线段BC，CD上，且AM⊥BN，则的值为 　1　 ． 【知识迁移】 （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E，F，G，H分别在线段AB，CD，AD，BC上，且GH⊥EF，求的值． 【深入探究】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝DC＝6，当时，请直接写出边AB的长． 【分析】（1）先证明∠BAM＝∠CBN，再证明△ABM≌△BCN（ASA），可得AM＝BN，从而可得答案； （2）作EM⊥DC于点M，作GN⊥BC于点N，记GN、EF的交点为K，证明Rt△EMF∽Rt△GNH即可得到结论； （3）当CB＜AB时，如图，过B作AD的平行线交DC的延长线于S，过A作AR⊥SB于R，证明Rt△ABC≌Rt△ADC，证明AC⊥BD，如图，当CB＞AB时，过D作BC的平行线交BA的延长线于T，过C作CH⊥TD于H，再仿照（2）的方法结合三角函数可得答案． 【解答】解：（1）∵四边形正方形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，∠BAM+∠AMB＝90°， ∵AM⊥BN， ∴∠AMB+∠CBN＝90°， ∴∠BAM＝∠CBN， ∴△ABM≌△BCN（ASA）， ∴AM＝BN； ∴， 故答案为：1； （2）作EM⊥DC于点M，作GN⊥BC于点N，记GN、EF的交点为K， 则EM∥AD∥BC，GN∥AB∥DC， ∴EM⊥GN，EM＝AD＝BC，GN＝AB＝DC， 又∵EF⊥HG，∠GKF＝∠EKN， ∴∠HGN＝∠MEF， ∴Rt△EMF∽Rt△GNH， ∴， 即； （3）当CB＜AB时，如图，过B作AD的平行线交DC的延长线于S，过A作AR⊥SB于R， ∴∠S＝∠ADC＝90°＝∠R， ∴四边形ARSD为矩形， ∴AR＝SD， ∵CB＝CD＝6，AC＝AC，∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴Rt△ABC≌Rt△ADC， ∴AB＝AD， ∴AC⊥BD， 同（2）可得：△DBS∽△ACD， ∴， ∴BS＝3，，， ∴∠CBS＝60°，， ∵∠CBS+∠ABR＝90°＝∠ABR+∠BAR， ∴∠BAR＝∠CBS＝60°， ∴； 如图，当CB＞AB时，过D作BC的平行线交BA的延长线于T，过C作CH⊥TD于H， 同理可得：AB＝AD，四边形TBCH为矩形，，∠ADT＝60°＝∠DCH， ∴， 设AB＝AD＝x，则，， ∴， 解得； 综上：AB为或． 【典例2】（2026•阳谷县校级模拟）如图，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点E在DP上，满足AE＝AB，延长BE交CD于点F． （1）∠BED＝　135°　 ； （2）连接CE． ①当CE⊥BF时，求的值； ②如果△CEF是以CE为腰的等腰三角形，求∠FBC的正切值． 【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，则AE＝AB＝AD，所以∠AEB＝∠ABE，∠AED＝∠ADE，则2∠AEB+2∠AED+90°＝360°，所以∠BED＝∠AEB+∠AED＝135°； （2）①作AG⊥BE于点G，则GB＝GE，而CD⊥BF，所以∠BEC＝∠AGB＝∠ABC＝90°，则∠CBE＝∠BAG＝90°﹣∠ABG，可证明△BEC≌△AGB，得EC＝GBBE，作PH⊥BE于点H，可证明∠HPE＝∠HEP＝45°，则HE＝HP，因为PH∥CE，所以tan∠CBE，则2； ②分两种情况讨论，一是FE＝CE，则∠EFC＝∠ECF，可推导出∠EBC＝∠ECB，则BE＝CE＝FE，作EL⊥AD于点L，可证明AL＝DL，所以AE＝DE＝AD，则∠EAD＝60°，所以∠BAE＝30°，则∠ABE＝∠AEB＝75°，可求得∠CBF＝15°，在BC上取一点K，连接FK，使FK＝BK，则∠CKF＝∠KFB+∠CBF＝30°，所以FK＝BK＝2CF，CKCF，则tan∠FBC2；二是CF＝CE，则∠CEF＝∠CFE，可证明点E在AC上，则∠BAE＝∠DAE＝45°，求得∠ABE＝∠ADE＝67.5°，则∠CBF＝∠CDP＝22.5°，进而证明△BCF≌△DCP，得CF＝CP，可证明∠PFB＝∠CBF＝22.5°，则PB＝PFCF，所以tan∠FBC1． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，AE＝AB， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴AE＝AD， ∴∠AEB＝∠ABE，∠AED＝∠ADE， ∵∠AEB+∠ABE+∠AED+∠ADE+∠BAD＝360°， ∴2∠AEB+2∠AED+90°＝360°， ∴∠AEB+∠AED＝135°， ∴∠BED＝∠AEB+∠AED＝135°． 故答案为：135°； （2）①如图1，作AG⊥BE于点G，则GB＝GE， ∵CD⊥BF， ∴∠BEC＝∠AGB＝∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝∠BAG＝90°﹣∠ABG， ∵BC＝AB， ∴△BEC≌△AGB（AAS）， ∴EC＝GBBE， 作PH⊥BE于点H，则∠PHB＝∠PHE＝90°， ∵∠HEP＝180°﹣∠BED＝180°﹣135°＝45°， ∴∠HPE＝∠HEP＝45°， ∴HE＝HP， ∵PH∥CE， ∴tan∠CBE， ∴2， ∴的值是2． ②如图2，△CEF是等腰三角形，且FE＝CE，则∠EFC＝∠ECF， ∵∠BCF＝90°， ∴∠EBC+∠EFC＝90°，∠ECB+∠ECF＝90°， ∴∠EBC＝∠ECB， ∴BE＝CE＝FE， 作EL⊥AD于点L，则∠ELD＝∠BAD＝90°， ∴EL∥AB∥CD， ∴1， ∴AL＝DL， ∴AE＝DE＝AD， ∴∠EAD＝60°， ∴∠BAE＝90°﹣60°＝30°， ∴∠ABE＝∠AEB（180°﹣30°）＝75°， ∴∠CBF＝90°﹣75°＝15°， 在BC上取一点K，连接FK，使FK＝BK，则∠KFB＝∠CBF＝15°， ∴∠CKF＝∠KFB+∠CBF＝15°+15°＝30°， ∴FK＝BK＝2CF， ∴CKCF， ∴BC＝BK+CK＝2CFCF＝（2）CF， ∴tan∠FBC2； 如图3，△CEF是等腰三角形，且CF＝CE，则∠CEF＝∠CFE， ∵CD∥AB， ∴∠CFE＝∠ABE＝∠AEB， ∴∠CEF＝∠AEB， ∴∠CEB+∠AEB＝∠CEB+∠CEF＝180°， ∴点E在正方形ABCD的对角线AC上， ∵AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAE＝∠BCA＝∠DCA＝45°， ∴∠ABE＝∠AEB＝∠ADE＝∠AED（180°﹣45°）＝67.5°， ∴∠CBF＝∠CDP＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∵CB＝CD，∠BCF＝∠DCP， ∴△BCF≌△DCP（ASA）， ∴CF＝CP， ∴∠CPF＝∠CFP＝45°， ∴∠PFB＝∠CPF﹣∠CBF＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∴∠PFB＝∠CBF， ∴PB＝PFCF， ∴BC＝PB+CPCF+CF＝（1）CF， ∴tan∠FBC1， 综上所述，∠FBC的正切值为2或1． 【典例3】（2026•龙沙区三模）综合与实践 某兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究： （1）【初探猜想】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的点，连接DE，CF，若DE⊥CF，则线段DE与CF的数量关系为DE＝CF ； （2）【类比探究】如图2，在矩形ABCD中，AD＝4，CD＝3，点E，F分别是边AD，BC上的点，点G是边AB上一点，连接EF，DG，若EF⊥DG，求的值； （3）【知识迁移】如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，连接AC，若∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，则的值为　　 ； （4）【拓展应用】如图4，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别在边AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，点B的对应点G恰好落在CD上，点A的对应点是点H，则6BH+8EF的最小值为　6　 ． 【分析】（1）可证得△ADE≌△DCF，从而DE＝CF； （2）作CX∥EF，交AD于X，可证得△DCX∽△ADG，从而进而得出结果； （3）作CV⊥AD，交AD的延长线于点V，作BW⊥直线CV于点W，由（2）知根据三角函数的定义和勾股定理求出AB，BM，进一步得出结果； （4）连接BG，AG，作点B关于CD的对称点R，连接RG，AR，由对称性可得，BG＝RG，AG＝BH，BG⊥EF，由（2）得，，BGEF，当A、G、R共线时，AG+GR有最小值，最小值为AR的长，进一步得出结果． 【解答】解：（1）如图1， 设CF，DE交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝CD， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵DE⊥CF， ∴∠DOF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴DE＝CF， 故答案为：DE＝CF； （2）如图2， 作CX∥EF，交AD于X， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形EFCX是平行四边形， ∴EF＝CX， ∵EF⊥DG， ∴CX⊥DG， 同理（1）可得：∠AGD＝∠CXD， ∴△DCX∽△ADG， ∴， ∴， 即EF⊥DG时的值为； （3）如图3，在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， 作CV⊥AD，交AD的延长线于点V，作BW⊥直线CV于点W， ∴∠V＝∠W＝90°， ∵∠DAB＝90°， ∴四边形ABWV是矩形， ∴VW∥AB， ∴∠BCW＝∠ABC， ∴sin∠BCWsin∠ABC， ∴， ∴BW， 又CE⊥BF， 由（2）知，， ∴， 故答案为：； （4）如图4， 连接BG，AG，作点B关于CD的对称点R，连接RG，AR，则BR＝8， 由对称性可得，BG＝RG，AG＝BH，BG⊥EF， 由（2）得，， ∴BGEF， 当A、G、R共线时，AG+GR有最小值，最小值为AR的长， ∴BH+BG的最小值为AR的长， ∴（BHEF）的最小值为AR的长， ∵AB＝3，BR＝4，∠ABC＝90°， ∴AR， ∴6（BHEF）的最小值为6 ∴6BH+8EF的最小值6， 故答案为：6． 【典例4】（2026•江都区校级二模）已知正方形ABCD，点F是边CD上的动点（不与点C，D重合），点E在BF上． 【基础回顾】 （1）如图1，连接AE并延长，交边BC于点G，若AE⊥BF，求证：AG＝BF； 【初步探究】 （2）如图2．当AE＝AB时，连接CE，若CE⊥BF，求tan∠EBC； 【变式探究】 如图3，在矩形ABCD中，点F是边CD上的动点（不与端点重合），点E在BF上，且AE＝AB，连接DE并延长交BC于点P， （3）若AB＝4，BC＝6，当点F为边CD的中点时，求的值； （4）设∠FBC＝α，用α的三角函数表示　．　 ； 【分析】（1）根据正方形的性质，利用ASA证明△ABG≌△BCF即可证得结论； （2）过点A作AH⊥BE，垂足为H，同（1）可证△ABH≌△BCE，结合等腰三角形三线合一的性质，推出，然后根据正切的定义即可解答； （3）过点A作AH⊥BF，垂足为H，延长BF交AD于点Q，易证△AHB∽△BCF，得到，结合矩形的性质和勾股定理，求得CF、BF，从而求得BH，得到BE，接着证△QDF≌△BCF，得到QF，进而求得EQ，最后证明△BEP∽△QED，即可得，求得答案； （4）同（3）可得BE＝2BH，∠FBC＝∠BAH＝∠EAH＝∠Q＝α，，设AE＝AB＝b，利用解直角三角形表示出BH＝HE＝bsinα，AH＝bcosα，BE＝2bsinα，进而表示出HQ，即可解答． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠ABF+∠FBC＝90°， ∵AG⊥BF， ∴∠AEB＝90°， ∴∠BAE+∠ABF＝90° ∴∠BAE＝∠FBC ∵在△ABG和△BFC中， ， ∴△ABG≌△BCF（ASA）， ∴AG＝BF； （2）解：如图2，AE＝AB，过点A作AH⊥BE，垂足为H，则∠AHB＝90°， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠ABF+∠FBC＝90°， ∵∠ABF+∠BAH＝90°， ∴∠FBC＝∠BAH， 在△ABH和△BEC中， ， ∴△ABH≌△BCE（AAS）， ∴BH＝CE， ∵， ∴， 在Rt△BEC中，； （3）解：如图3，AB＝AE，过点A作AH⊥BF，垂足为H，延长BF交AD于点Q，则∠AHB＝90°， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠ABH+∠FBC＝90°， ∵∠ABH+∠BAH＝90°， ∴∠FBC＝∠BAH， ∵∠AHB＝∠C＝90°， ∴△AHB∽△BCF， ∴， ∵AB＝4，BC＝6，当点F为边CD的中点， ∴， 在直角三角形BCF中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠Q＝∠FBC， 又∵DF＝CF，∠QDF＝∠BCF＝90°， ∴△QDF≌△BCF（AAS）， ∴， ∴， ∵∠Q＝∠EBP，∠BEP＝∠QED， ∴△BEP∽△QED， ∴； （4）解：如图4， 同理可得BE＝2BH，∠FBC＝∠BAH＝∠EAH＝∠Q＝α，， 设AE＝AB＝b， 则BH＝HE＝bsinα，AH＝bcosα，BE＝2bsinα， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例5】（2025秋•深圳校级期中）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： 【观察与猜想】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则的值为　1　 ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为　　 ； 【类比探究】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD； 【拓展延伸】 （4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AD＝9，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF． 的值为　　 ； ②连接BF，若AE＝1，则BF的长度为　　 ． 【分析】（1）利用AAS可证明△AED≌△DFC，根据全等三角形的性质得到DE＝CF，得到答案； （2）根据AA可证明△DEC∽△ABD，根据相似三角形的性质计算即可； （3）过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，根据AA可证明△DEA∽△CFH，列出比例式，证明结论； （4）①过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，根据正切的定义得到，设AH＝a，则DH＝3a，根据勾股定理可得a2+（3a）2＝92，解方程可求出AH、DH的长，由△ACD的面积求出CG的长，则可求出答案； ②由勾股定理求出，证明△DEA∽△CFG，由相似三角形的性质得出，求出，在Rt△ABF中，由勾股定理可求出BF的长． 【解答】（1）解：如图1，四边形ABCD是正方形，设DE与CF交于点G， ∴AD＝CD，∠A＝∠FDC＝90°， ∵DE⊥CF， ∴∠DGF＝90°， ∴∠ADE+∠AED＝90°，∠ADE+∠CFD＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， 在△AED和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）， ∴DE＝CF， ∴， 故答案为：1； （2）解：如图2，四边形ABCD是矩形，设DB与CE交于点G， ∴∠A＝∠EDC＝90°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠ADB+∠CDG＝90°，∠CDG+∠ECD＝90°， ∴∠CDE＝∠A，∠ECD＝∠ADB， ∴△DEC∽△ABD， ∴， 故答案为：； （3）证明：如图3，CG⊥EG，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H， ∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°， ∴四边形ABCH为矩形， ∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°， ∵∠A＝∠H＝90°，∠FCH＝∠FDG＝∠ADE， ∴△DEA∽△CFH， ∴ ∴ ∴DE•AB＝CF•AD； （4）解：①如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O， ∴CF⊥DE，GC⊥AD， ∴∠FCG+∠CFG＝∠CFG+∠ADE＝90°， ∵∠BAD＝∠CGF＝90°，∠FCG＝∠ADE， ∴△DEA∽△CFG， ∴， ∵将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD， ∴AB＝CB，AD＝CD，AC⊥BD， 在Rt△ABD中，，AD＝9， ∴AB＝3， 在Rt△ADH中，， ∴， 设AH＝a，则DH＝3a， 在直角三角形ADH中，由勾股定理得：AH2+DH2＝AD2， ∴a2+（3a）2＝92， 解得：（负值舍去）， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：； ②在直角三角形ACG中，，，∠AGC＝90°， 由勾股定理得：， 由①得△DEA∽△CFG， ∴， 又∵，AE＝1， ∴， ∴， 在直角三角形ABF中，由勾股定理得：， 故答案为：． 模型2. 三角形中的十字架模型 （1）等边三角形中的斜十字模型（全等+相似）： 如图1，已知等边△ABC，BD=EC（或CD=AE）， 则①AD=BE，②AD和BE夹角为60°，③。 图1 （2）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）： 如图2，在△ABC中，AB=BC，AB⊥BC，①D为BC中点，②BF⊥AD，③AF：FC=2：1，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七个结论中，可“知二得五”。 图2 （3）直角三角形中的十字模型： 如图3，在三角形ABC中，BC=kAB，AB⊥BC，D为BC中点，BF⊥AD，则AF：FC=2：k2，（相似） 图3 【模型运用】 【典例1】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AE是BC边上的中线，过点B作BD⊥AE于点H，交AC于点D，则AD的长为（　　） A．2 B． C． D． 【分析】作CF⊥BC交BD的延长线于点F，由∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，求得AC2，再证明△CBF≌△BAE，得CF＝BEBCAB，再证明△CFD∽△ABD，得，所以ADAC，于是得到问题的答案． 【解答】解：作CF⊥BC交BD的延长线于点F，则∠BCF＝90°， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2， ∴AC2，∠BCF＝∠ABE， ∵BD⊥AE于点H， ∴∠AHB＝90°， ∴∠CBF＝∠BAE＝90°﹣∠ABF， 在△CBF和△BAE中， ， ∴△CBF≌△BAE（ASA）， ∵AE是BC边上的中线， ∴CF＝BEBCAB， ∵CF⊥BC，AB⊥BC， ∴CF∥AB， ∴△CFD∽△ABD， ∴， ∴ADACAC2， 故选：B． 【典例2】（2026•银川校级二模）综合实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． （1）操作判断 ①如图（1），在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝5，则GH的长为　5　 ． ②如图（2），在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝8则GH的长为　4　 ． （2）迁移探究 如图（3），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC，BC上，且AE⊥BD，试证明：AB•EC＝AD•BE． （3）拓展应用 如图（4），在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，点F为AE上一点，AG⊥BF交BE于点H，交矩形ABCD的边于点G，当F为AE的三等分点时，请直接写出AG的长． 【分析】（1）①过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q，易证△EPF≌△HQG（ASA），即可得解； ②过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q，可证△EPF′∽△HQG，即可得解； （2）过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，先证△ABD≌△CAF（AAS），再证△ABE∽△FCE，即可得证； （3）分两种情况，AFAE，此时证△BAF∽△ADG即可得解；或AFAE，证△BAF∽△GBA即可得解． 【解答】（1）解：①如图，过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q， 则EP⊥QH， ∴四边形EBCP，HCDQ是矩形， ∴EP＝BC＝CD＝HQ， 设EF交QH于点O，则∠EOH+∠QHG＝90°＝∠EOH+∠FEP， ∴∠GHQ＝∠FEP， 又∵∠EPF＝∠HQG＝90°， ∴△EPF≌△HQG（ASA）， ∴GH＝EF＝5； 故答案为：5； ②如图，过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q， 则EP⊥QH， ∴四边形EBCP，HCDQ是矩形， ∴EP＝BC＝2CD＝2HQ， 设EF交QH于点O，则∠EOH+∠QHG＝90°＝∠EOH+∠FEP， ∴∠GHQ＝∠FEP， 又∵∠EPF＝∠HQG＝90°， ∴△EPF′∽△HQG， ∴， ∴； 故答案为：4； （2）证明：如图，过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F， ∵∠F+∠FAC＝90°＝∠ADB+∠FAC， ∴∠F＝∠ADB， ∵∠BAD＝∠ACF＝90°，BA＝AC， ∴△ABD≌△CAF（AAS）， ∴AD＝CF， ∴AB∥CF， ∴△ABE∽△FCE， ∴， 又∵CF＝AD， ∴， 即AB•EC＝AD•BE． （3）解：∵在矩形ABCD中，BE平分∠ABC，AD∥BC， ∴∠ABE＝∠CBE＝∠AEB， ∴AE＝AB＝3， 当时，如图，点G在CD上， ∴， ∵∠ABF＝∠DAG，∠BAF＝∠ADG＝90°， ∴△BAF∽△ADG， ∴， ∴； 当时，如图，点G在BC上， ∴， ∵∠BAF＝∠GBA＝90°，∠ABF＝∠BGA， ∴△BAF∽△GBA， ∴， ∴； 综上，AG的长为或． 【典例3】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在AC边上，点E在BC边上，AD＝2CE． （1）如图1，连接AE，DE，若∠CAE＝∠CED，CD＝2，求CE的长度； （2）如图2，若AD＜AC，过点D作AE的垂线，分别与AE，AB交于点P，Q，连接EQ，求证：DQ+EQ＝AE； （3）如图3，在（2）的条件下，连接CP，若AC＝2，当CP最小时，请直接写出△CEP的面积． 【分析】（1）根据锐角正切的定义，由∠CAE＝∠CED得到，结合已知条件得到关于CE的方程．解方程求解即可． （2）通过构造正方形ACBG证明△ADH＝△AEC，然后由相似三角形对应边成比例、中位线定理以及正方形关于对角线轴对称的性质得出GI＝CE，AE＝DI和IQ＝EQ，进而推出结论． （3）由∠APH＝90°得出点P的轨迹为以点G为圆心、GA为半径的．然后根据GP+CP≥CG求得CP的最小值，再由△AEC的面积推出△CEP的面积． 【解答】（1）解：∵∠CAE＝∠CED，tan∠CAE，tan∠CED． ∴，即CE2＝AC•CD＝（2CE+CD）•CD＝4CE+4． ∴CE＝22， 故CE的长度为22． （2）证明：如图，过点A作AC的垂线与EQ的延长线交于点F，过点B作AF的垂线交其延长线于点G，延长AG与DQ的延长线交于点H. ∵DP⊥AE，BG⊥AG，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴四边形ACBG为正方形． 又∵DI⊥AE． ∴∠ADH+∠CAE＝∠CAE+∠CEA＝90°， ∴∠ADH＝∠AEC， 又∵∠DAH＝∠ECA， ∴△ADH＝△AEC， ∴． 又∵GI∥AD，则GI是△AHD的中位线， ∴AD＝2CE＝2GI；DH＝2AE＝2DI． 即CE＝GI，AE＝DI． 根据正方形ACBG关于对角线AB轴对称，则IQ＝EQ， ∴AE＝DI＝DQ+IQ＝DQ+EQ， 故DQ+EQ＝AE． （3）解：如（2）图中所示，当点E和点D位置变化时，，故AH＝2AC＝4． ∵∠APH＝90°， ∴点P的轨迹为以点G为圆心，GA为半径的． ∵GP+CP≥CG，CGAC＝2 ∴CP≥CG﹣GP＝22． 根据平行线分线段成比例，， 由于AG＝GP＝AC＝2，当CP最小时，CE＝CP＝22． ∵S△ACEAC•CE＝22， ∴S△CPE＝S△ACE•（22）34． 【典例4】在△ABC中，AB＝BC，点D为AC的中点，E为BC边上的一点，连接AE交BD于点F． （1）如图1，∠ABC＝90°，过点B作BH⊥AE于点H，交AC于点G，当AC＝5，DGCD时，求线段BE的长． （2）如图2，AB＝AE，M为线段BE上的一点，连接MD交AE于K，BM＝EK，N为MD延长线上的一点，连接AN，∠DAN＝∠BAE．证明：AN⊥EN． （3）如图3，∠ABC＝60°，AB＝6，当E在BC边上移动时，在AC上找点G使得CG＝BE，连接BG交AE于点H．连接DH，当DH的长度最小时，直接写出此时△BDH的面积． 【分析】（1）过G作GQ⊥BC，根据已知条件可求出BQ和QG的长度，根据角相等可证△ABE∽△BQG，可得，求出BE即可； （2）过点A作AO∥BC交MD延长线于O，可得∠OAD＝∠C，先证△AOD≌△CMD，再证△AKD≌△AON，可得AD＝AN，再证△ADB≌△ANE，得出∠ANE＝∠ADB＝90°即可； （3）过A、B、H三点作圆，连接OA、OB、OD，OC与BD交点为L，当点H在OD上时，HD最短，利用勾股定理求出圆的半径，根据已知条件证出∠OAB＝∠OBC＝90°，过H作HW⊥OA于W，交CD于V，再利用勾股定理和特殊角函数求出BD和HV，最后利用三角形面积公式计算面积即可． 【解答】解：（1）过G作GQ⊥BC交BC于Q， ∵点D为AC的中点， ∴AD＝CD， ∵DGCD， ∴DG1，GC1， ∵AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠BAC＝∠C＝45°， ∴AB＝BC＝AC×sin45°， ∵GQ⊥BC，∠C＝45°， ∴GQ＝QC＝GC×sin45°， ∴BQ＝BC﹣QC， 又∵BH⊥AE，∠ABC＝90°，GQ⊥BC， ∴∠ABE＝∠BQG＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠HBE+∠AEB＝90°， ∴∠AEB＝∠HBE， ∴△ABE∽△BQG， ∴， 即BE； （2）过点A作AO∥BC交MD延长线于O， 在△AOD和△CMD中， ∴△AOD≌△CMD（ASA）， ∴AO＝CM， ∵AB＝AE＝BC，BM＝KE， ∴BC﹣BM＝AE﹣KE，即AK＝MC， ∴AK＝AO， ∴∠AKO＝∠O， ∵∠DAN＝∠BAE， ∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝∠DAN+∠EAC＝∠KAN＝∠DAO， ∴∠KAN＝∠DAN+∠EAC＝∠DAN+∠NAO＝∠DAO， ∴∠EAC＝∠NAO， 在△AKD和△AON中， ∴△AKD≌△AON（ASA）， ∴AD＝AN， 在△ADB和△ANE中， ∴△ADB≌△ANE（ASA）， ∴∠ADB＝∠ANE， ∵AB＝BC，AD＝CD， ∴BD⊥AC， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ANE＝∠ADB＝90°， 即AN⊥EN； （3）过A、B、H三点作圆，连接OA、OB、OD，OC与BD交点为L，过C作OM⊥AB于M， 当点H在OD上时，HD最短， ∵△ABC是等边三角形，AB为弦， ∴CM⊥AB，AM＝BM＝3，点O在射线CM上， ∵CM与BD交点为L，点D与点M分别为AC、AB的中点， ∴∠MBL∠ABC30°， ∴ML＝MB•tan30°＝3， 设⊙O半径为r，在Rt△AOM中，根据勾股定理， ∴r2＝（r）2+32， 解得r， ∴OM＝OL﹣ML， ∵CM＝BC×sin60°， ∴OC＝OM+MC， 又∵（）2+62＝48＝（）2， ∴∠OAC＝∠OBC＝90°， 在Rt△OAD中，由勾股定理得OD， 过H作HW⊥OA于W，交BD于V， ∵OA⊥AD，BD⊥AD，HW⊥OA， ∴四边形WADV是矩形， ∴WV＝AD＝3， ∴HW＝OH×sin∠AOH， ∴HV＝WV﹣WH＝3， ∴S△BHDBD•HV（3）． 【典例5】某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： 【观察与猜想】 （1）如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB、AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，求证△AED≌△DFC． 【类比探究】 （2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是边AD上一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，连结AD，过点C作CE⊥AD于点E，CE的延长线交AB边于点F．若AC＝3，BC＝4，，求CD的值． 【分析】（1）根据同角的余角相等，利用AAS证明△AED≌△DFC即可； （2）根据同角的余角的相等，得∠ECD＝∠ADB，证明△DEC∽△ABD，则； （3）过点A作GA∥BC，延长CF交AG于点G，首先根据△AFG∽△BFC，可得，则，再由（2）同理得△ACG∽△CDA，得，进而解决问题． 【解答】（1）证明：如图1，设DF与CF的交点为G， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD， ∵DE⊥CF， ∴∠DGF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°， ∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， 在△AED和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）； （2）解：如图2，设DB与CE交于点G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠EDC＝90°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠CDG+∠ECD＝90°， ∠ADB+∠CDG＝90°， ∴∠ECD＝∠ADB， ∵∠CDE＝∠A， ∴△DEC∽△ABD， ∴； （3）解：如图，过点A作GA∥BC，延长CF交AG于点G， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴， ∵， ∴， ∵GA∥BC， ∴△AFG∽△BFC，∠GAC＝∠ACB＝90°， ∴， ∴， ∵CE⊥AD，∠CAE+∠ACE＝90°， ∴∠CAE+∠ACE＝90°， 又∵∠CAE+∠ADC＝90°， ∴∠ACG＝∠ADC， ∴△ACG∽△CDA， ∴， ∴CD 1．如图，点E、F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF＝DG，DE＝2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（　　） A．α B．2α C．45°﹣α D．45°+α 【分析】点F作FH⊥AD于点H，则四边形CDHF为矩形，易通过HL证明Rt△FHE≌Rt△DAG，得到EH＝AG，∠HFE＝∠ADG＝α，根据DE＝2AG可得EH＝DH＝AG＝CF，于是得到BG＝BF，则△BFG为等腰直角三角形，∠BFG＝45°，由∠BFG+∠EFG+∠HFE＝90°即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°， 如图，过点F作FH⊥AD于点H， 则四边形CDHF为矩形， ∴FH＝CD，DH＝CF，∠FHE＝90°， ∴FH＝AD， 在Rt△FHE和Rt△DAG中， ， ∴Rt△FHE≌Rt△DAG（HL）， ∴EH＝AG，∠HFE＝∠ADG＝α， ∵DE＝AG， ∴DE＝2EH，即点D为DE中点， ∴EH＝DH＝AG＝CF， ∴AB﹣AG＝BC﹣CF，即BG＝BF， ∴△BFG为等腰直角三角形，∠BFG＝45°， ∴∠EFG＝90°﹣∠BFG﹣∠HFE＝90°﹣45°﹣α＝45°﹣α． 故选：C． 2．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AD、CD上，且AE＝DF，连接AF与BE相交于点G．若AG+BG＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（　　） A．3 B． C．2 D． 【分析】易通过SAS证明△ADF≌△BAE，得到S△ADF＝S△BAE，∠DAF＝∠ABE，由同角加等角相等可得∠BAG+∠ABE＝90°，于是得到∠AGB＝90°，易得S四边形DEGF＝S△ABG，由AG+BG＝6可得（AG+BG）2＝AG2+BG2+2AG•BG＝36，即AB2+4S△ABG＝36，整理得，则S空白＝S正方形ABCD﹣S四边形DEGF﹣S△ABG10.5，求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠D＝∠BAD＝90°，AD＝AB， 在△ADF和△BAE中， ， ∴△ADF≌△BAE（SAS）， ∴S△ADF＝S△BAE，∠DAF＝∠ABE， ∵∠BAG+∠DAF＝90°， ∴∠BAG+∠ABE＝90°， ∴∠AGB＝90°，即BG⊥AG， ∵S△ADF＝S△BAE， ∴S△ADF﹣S△AEG＝S△BAE﹣S△AEG，即S四边形DEGF＝S△ABG， ∵AG+BG＝6， ∴（AG+BG）2＝AG2+BG2+2AG•BG＝36， ∵S△ABG，AB2＝AG2+BG2， ∴AB2+4S△ABG＝36，即， ∵S空白＝S正方形ABCD﹣S四边形DEGF﹣S△ABG＝S正方形ABCD﹣2S△ABG10.5， 解得：AB（负值已舍去）． 故选：B． 3．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（　　） A．2 B． C． D． 【分析】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4， ∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4， 又∵DE＝AF＝1， ∴CE＝DF＝3， 在△CDF和△BCE中， ， ∴△CDF≌△BCE （SAS）， ∴∠DCF＝∠CBE， ∵∠DCF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠BGC＝90°， 在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3， ∴BE5， ∴BE•CG＝BC•CE， ∴CG． 故选：D． 4．如图，正方形ABCD中，AE＝DF，AF与BE相交于点H，点O为BD中点，连结OH，若DG＝OG，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】先根据题意得到三角形全等，再根据全等三角形的性质得到线段相等，作辅助线构造直角三角形，设DF＝k，然后根据勾股定理表示出OH、BH的长度即可解答． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADC＝∠DAB＝90°， 又∵DF＝AE， ∴△DAF≌△ABE（SAS）， ∴BE＝AF，∠EBA＝∠EAH， ∵∠EAH+∠HAB＝90°， ∴∠EBA+∠HAB＝90°， ∴∠AHB＝90°， ∵点O为BD中点，DG＝OG， ∴， ∵AB∥CD， ∴△DFG∽△BAG， ∴， 设DF＝k，则AB＝3k， ∴AE＝k， 在Rt△AEB中，EB， ∴，解得AH， 在Rt△AHB中，根据勾股定理BH， 过点O作OP⊥AB于点P，过H作HN⊥AB于点N，过O作OM⊥NH交NH的延长线于点M，如图： 则四边形OMNP为矩形， ∴OM＝NP，OP＝MN， 在Rt△AHB中，3k•HN＝AH•BH， ∴HN， ∴MH， 又∵∠EBA＝∠AHN，∠HNA＝∠EAB， ∴△HNA∽△BAE， ∴， ∴AN， ∴NP＝OM， 根据勾股定理可得OH， ∴， 故选：A． 5．（2025•东营校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF，给出以下四个结论： ①； ②若点D是AB的中点，则AFAB； ③当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DF＝DB； ④若，则S△ABC＝9S△BDF，其中正确的结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】首先根据题意易证得△AFG∽△CFB，根据相似三角形的对应边成比例与BA＝BC，继而证得，得①正确；由点D是AB的中点，易证得再根据ACAB，得出②正确，先判断出CD为直径，再判断出BE＝EF，即得到结论③正确，先判断出AFAC，进而得出S△BDFS△ABC，即S△ABC＝12S△BDF，得出④错误． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠GAD＝90°， ∴AG∥BC， ∴△AFG∽△CFB， ∴， ∵AB＝BC， ∴， ∴， ∴①正确． ∵∠BCD+∠BEC＝∠BEC+∠ABC＝90°， ∴∠BCD＝∠ABG， ∵AB＝BC， 在△CBD和△BAG中， ， ∴△CBD≌△BAG（ASA）， ∴AG＝BD， ∵BDAB， ∴， ∴， ∴， ∵ACAB， ∴AFAB， ∴②正确； ∵B，C，F，D四点共圆，∠DBC＝90°， ∴CD为直径， ∴∠CFD＝90°， ∵BF⊥CD， ∴BE＝EF， ∴BD＝DF， ∴③正确； ∵AG∥BC， ∴， ∵AG＝BD，， ∴， ∴， ∴AFAC， ∴S△ABFS△ABC； ∴S△BDFS△ABF， ∴S△BDFS△ABC， 即S△ABC＝12S△BDF ∴④错误． ∴其中正确的结论是：①②③．共3个． 故选：C． 6．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，直角∠MON的两边分别交AD，CD于点M，N．若AM＝5，CN＝2，则正方形ABCD的面积为 　49　 ． 【分析】首先证明△MOD和△NOC全等，从而得出DM＝CN＝2，进而可得AD＝7，据此可求出正方形的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD，OA＝OC＝OD，∠ADB＝∠ACD＝45°， ∴∠DOC＝90°， ∴∠DON+∠NOC＝90°， ∵∠MON＝90°， ∴∠MOD+∠DON＝90°， ∴∠MOD＝∠NOC， 在△MOD和△NOC中， ， ∴△MOD≌△NOC（ASA）， ∴DM＝CN， ∵AM＝5，CN＝2， ∴AD＝AM+DM＝AM+CN＝7， ∴S正方形ABCD＝72＝49． 答案为：49． 7．（2026•文成县二模）如图，四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”得到正方形ABCD和正方形EFGH．延长CH交AD于点M，连结MF交EH于点N．若点N为EH的中点，则的值为　　 ． 【分析】依据题意，设BF＝m，AF＝n，则DH＝BF＝m，DE＝AF＝n，可得正方形EFGH的边长EH＝EF＝DE﹣DH＝n﹣m，先证明△ENF≌△HNM（AAS），从而MH＝EF＝n﹣m，又∠AFB＝∠DHM＝90°，∠BAF＝∠MDH，则△AFB∽△DHM，从而，可得，则m2+mn﹣n2＝0，进而求出（负值舍去），故可得解． 【解答】解：由题意，设BF＝m，AF＝n， ∴DH＝BF＝m，DE＝AF＝n， ∴正方形EFGH的边长EH＝EF＝DE﹣DH＝n﹣m． ∵N为EH的中点， ∴EN＝HN． ∵MC∥AF， ∴∠EFN＝∠HMN． 又∵∠ENF＝∠HNM， ∴△ENF≌△HNM（AAS）． ∴MH＝EF＝n﹣m． ∵∠AFB＝∠DHM＝90°，∠BAF＝∠MDH， ∴△AFB∽△DHM． ∴． ∴． ∴m2+mn﹣n2＝0． ∵n≠0， ∴（）2+（）﹣1＝0． ∴（负值舍去）． ∴． 故答案为：． 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点E是CD边上一点，CE＝4，分别在AD，BC边上取点M，N，将矩形ABCD沿直线MN翻折，使得点B的对应点B′恰好落在射线BE上，点A的对应点是A′，那么折痕MN的长为 　3　 ；连接CA′，线段CA′的最小值为 　　 ． 【分析】过M作MF⊥BC于F，利用相似三角形的性质，即可得到MN的长；连接AA'并延长，交CD的延长线于H，过C作CG⊥AH于G，利用相似三角形的性质，即可得到CG的长，依据CA'≥CG，即可得出线段CA′的最小值 【解答】解：如图所示，过M作MF⊥BC于F，则∠MFN＝90°＝∠C，MF＝AB＝9， Rt△BCE中，BE4， 由折叠可得，MN⊥BB'， ∴∠MNF+∠EBC＝∠BEC+∠EBC＝90°， ∴∠MNF＝∠BEC， ∴△MNF∽△BEC， ∴，即， ∴MN； 如图所示，连接AA'并延长，交CD的延长线于H，过C作CG⊥AH于G， 由折叠可得，AA'∥BB'， 又∵AB∥HE， ∴四边形ABEH是平行四边形， ∴AH＝BE，EH＝AB＝9， ∴CH＝CE+EH＝4+9＝13， ∵∠H＝∠BEC，∠CGH＝∠BCE＝90°， ∴△CGH∽△BCE， ∴，即， ∴CG， 又∵CA'≥CG， ∴线段CA′的最小值为， 故答案为：；． 9．如图，等边△ABC的边长是6，点E，F分别在AC，BC边上，AE＝CF，连接AF，BE相交于点P． （1）求∠APB的度数； （2）若AE＝2，求BP•BE的值． 【分析】（1）证明△ABE≌△CAF，借用外角即可以得到答案； （2）用平行线分线段成比例定理或者三角形相似定理即可以得到答案． 【解答】（1）解：∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝60°， 又∵AE＝CF， 在△ABE和△CAF中，， ∴△ABE≌△CAF（SAS）， ∴AF＝BE，∠ABE＝∠CAF． 又∵∠APE＝∠BPF＝∠ABP+∠BAP， ∴∠APE＝∠BAP+∠CAF＝60°． ∴∠APB＝180°﹣∠APE＝120°． （2）∵AE＝CF＝2， ∴BF＝BC﹣CF＝6﹣2＝4， ∵∠APB＝120°， ∴∠BPE＝60°， ∴∠BPE＝∠C＝60°， ∵∠PBE＝∠CBE， ∴△BPF∽△BCE， ∴， ∴BP•BE＝BC•BF＝6×4＝24． 10．【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证AF＝BG； 【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．求的值； 【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BDC＝120°，DB＝DC，点E、F分别在线段AB、BC上，且CE⊥DF于点P．请直接写出的值． 【分析】（1）根据正方形的性质，利用ASA证明△ABF≌△BCG，得AF＝BG； （2）作EM⊥DC于点M，作HN⊥BC于点N，证明Rt△EMG∽Rt△HNF，得，可得答案； （3）过点D作DH⊥BC于点H，交CE于点M，首先说明△CBE∽△DHF，得，再利用△BDC是等腰三角形，得出CHDH，进而解决问题． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，∠2+∠ABP＝90°， ∵AF⊥BG， ∴∠1+∠ABP＝90°， ∴∠1＝∠2， 在△ABF和△BCG中， ， ∴△ABF≌△BCG（ASA）， ∴AF＝BG； （2）解：作EM⊥DC于点M，作HN⊥BC于点N， 则EM∥AD∥BC，HN∥AB∥DC， ∴EM⊥HN，EM＝AD＝BC，HN＝AB＝DC， 又∵EG⊥HF， ∴∠GEM＝∠FHN， ∴Rt△EMG∽Rt△HNF， ∴， 即； （3）解：过点D作DH⊥BC于点H，交CE于点M， 则∠DHF＝∠ABC＝90°， ∴∠CMH+∠BCE＝90°， ∵CE⊥DF， ∴∠PDM+∠PMD＝90°， ∵∠PMD＝∠CMH， ∴∠BCE＝∠PDM， ∴△CBE∽△DHF， ∴， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DCH＝30°，BC＝2CH， 在Rt△CHD中，∠CHD＝90°， ∴tan30°， ∴CHDH， ∴BC＝2DH， ∴2． 11．小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N； 方案二：过点H作HM⊥BC交BC于点M，过点E作EN⊥CD交CD于点N． （1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图1）． （2）如果把条件中的“正方形”改为“矩形”，（如图2），并设AB＝3，BC＝5，求的值． 【分析】（1）作AM∥HF交BC于点M，作BN∥EG分别交AM、HF、CD于点P、Q、N，设EG交FH于点R，可证明四边形BEGN和四边形AHFM都是平行四边形，则BN＝EG，AM＝FH，再证明△CBN≌△BAM，得BN＝AM，所以EG＝FH，即可证明1； （2）作HM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，分别交HM、FH于点T、K，设EG交FH于点L，可证明四边形BCNE和四边形ABMH都是矩形，则EN＝BC＝5，HM＝AB＝3，∠BEN＝90°，推导出∠HTK＝∠ETM＝90°，而∠ELK＝90°，所以∠GEN＝∠FHM＝90°﹣∠EKH，进而证明△ENG∽△HMF，则． 【解答】（1）证明：如图1，作AM∥HF交BC于点M，作BN∥EG分别交AM、HF、CD于点P、Q、N，设EG交FH于点R， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB，∠C＝∠ABM＝90°，BE∥GN，AH∥FM， ∴四边形BEGN和四边形AHFM都是平行四边形， ∴BN＝EG，AM＝FH， ∵EG⊥FH， ∴∠APB＝∠HQB＝∠HRE＝90°， ∴∠CBN＝∠BAM＝90﹣∠ABN， 在△CBN和△BAM中， ， ∴△CBN≌△BAM（ASA）， ∴BN＝AM， ∴EG＝FH， ∴1． （2）解：如图2，作HM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，分别交HM、FH于点T、K，设EG交FH于点L， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝5， ∴∠B＝∠C＝∠CNE＝90°，∠A＝∠B＝∠BMH＝90°， ∴四边形BCNE和四边形ABMH都是矩形， ∴EN＝BC＝5，HM＝AB＝3，∠BEN＝90°， ∴∠HTK＝∠ETM＝360°﹣∠B﹣∠BMH﹣∠BEN＝90°， ∵EG⊥FH， ∴∠ELK＝90°， ∴∠GEN＝∠FHM＝90°﹣∠EKH， ∵∠ENG＝∠HMF＝90°， ∴△ENG∽△HMF， ∴， ∴的值是． 12．（2026•红花岗区校级二模）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6． （1）发现：如图1所示，BD是矩形ABCD的对角线，过点A作AE⊥BD交BD于点E，交BC于点F，则∠BAE与∠CBD的数量关系是　∠BAE＝∠CBD ，写出一个与△ABF相似的三角形　△ABF∽△BCD（△ABF∽△DAB、△ABF∽△BEF）　 ； （2）探究：如图2，点G是矩形ABCD边BC上一点，连接DG，过点A作AE⊥DG于点E，交BC于点F，BG＝GF，求BG的长； （3）拓展：点P为BC边上的三等分点，点E是AD中点，点F在BC上，将矩形ABCD沿直线EF翻折，点P恰好落在边CD上的点Q处，求PF的长． 【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BAE＝∠CBD，即可得到几组相似三角形； （2）易证△ABF∽△GCD，再根据BF＝2BG，CG＝BC﹣BG＝6﹣BG，代入相似比求出BG即可； （3）作EM⊥BC于点M，由矩形的判定和性质，可得EM＝4，证明△EMF∽△PCQ，则，分类讨论，可得MF和CQ的关系，进而在△CFQ中利用勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴∠ABD+∠CBD＝90°， ∵AE⊥BD， ∴∠ABD+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠CBD， ∵∠ABF＝∠BCD＝90°， ∴△ABF∽△BCD， 故答案为：∠BAE＝∠CBD，△ABF∽△BCD（△ABF∽△DAB、△ABF∽△BEF）； （2）在矩形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴∠BAF+∠AFB＝90°， ∵AE⊥DG， ∴∠GEF＝90°， ∴∠DGC+∠AFB＝90°， ∴∠DGC＝∠BAF， ∵∠B＝∠C＝90°， ∴△ABF∽△GCD， ∴， ∵BG＝GF， ∴BF＝2BG，CG＝BC﹣BG＝6﹣BG， ∴， 解得BG＝2或4， 当BG＝4时，BF＝2BG＝8＞BC，故舍去， ∴BG＝2； （3）如图，作EM⊥BC于点M，则∠EMB＝∠EMF＝90°， ∵E为AD中点， ∴DE＝CMAD＝3， ∵在矩形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，∠C＝90°＝∠EMF， ∴四边形ABME为矩形， ∴EM＝AB＝4， 根据题意可知，点P和点Q关于直线EF对称， ∴EF⊥PQ， ∴∠CPQ+∠PFE＝90°， ∵∠C＝90°， ∴∠CPQ+∠CQP＝90°， ∴∠MFE＝∠CQP， ∴△EMF∽△PCQ， ∴， 当BPBC＝2时，PC＝BC﹣BP＝4， ∴1，即MF＝CQ， 设MF＝CQ＝x，则CF＝3﹣x，FQ＝PF＝CP﹣CF＝4﹣（3﹣x）＝x+1， 在Rt△CFQ中，CF2+CQ2＝FQ2， ∴（3﹣x）2+x2＝（x+1）2， 解得x＝4， 当x＝4+26，明显不合题意，舍去； ∴x＝4﹣2， ∴PF＝x+1＝5﹣2； 当BPBC＝4时，PC＝BC﹣BP＝2， ∴， 设CQ＝x，则MF＝2x， ∴CF＝CM﹣MF＝3﹣2x，PF＝FQ＝CP﹣CF＝2﹣（3﹣2x）＝2x﹣1， 在Rt△CFQ中，CF2+CQ2＝FQ2， ∴（3﹣2x）2+x2＝（2x﹣1）2， 解得x＝4﹣2（不合题意已舍去）， ∴PF＝2x﹣1＝7﹣4； 综上，PF的长为5﹣2或7﹣4． 13．（2026春•栖霞市期末）【观察与猜想】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，若∠EOC＝90°，则DE和CF的数量关系是DE＝CF ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AD：CD＝3：2，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，若∠EOC＝90°，请猜想DE和CF的数量关系并进行证明； 【类比探究】 （3）如图3，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，当∠EOC＝∠A时，求证：． 小颖同学通过对比图2，发现图3中△ADE和△DCF并不相似，经过思考，提出了如下问题：能否构造以DE和CF为对应边的相似三角形来转化呢？请你根据小颖的思考完成证明，也可以用其他思路完成证明． 【分析】（1）如图1，证△ADE≌△DCF（AAS）， （2）如图2，证△ADE∽△DCF，即可得解； （3）在DA上截取CG＝CD，证△ADE∽△GCF，即可得证． 【解答】解：（1）如图1， 设CF，DE交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝CD， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵DE⊥CF， ∴∠DOF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴DE＝CF； 故答案为：DE＝CF． （2）DE：CF＝3：2， 证明： ∵矩形ABCD， ∴∠A＝∠ADC＝90°． 又∵∠COE＝90°， ∴∠ADE+∠AED＝∠ADE+∠CFD＝90°， ∴∠AED＝∠CFD． ∴Rt△ADE∽Rt△DCF． ∴． ∵AD：CD＝3：2， ∴DE：CF＝3：2． （3）证明：方法一：在DA上截取CG＝CD， 则CG＝CD＝AB， ∴∠CGD＝∠CDG， 由四边形ABCD是平行四边形得，∠A+∠CDG＝180°， ∵∠CGF+∠CGD＝180°， ∴∠CGF＝∠A． ∵∠COE＝∠A＝∠DOF， ∴∠ODF＝∠ADE． ∴△ADE∽△GCF， ∴， 即． 方法二：∵∠EOC＝∠A，∠DOF＝∠EOC， ∴∠DOF＝∠A． 又∵∠ODF＝∠ADE， ∴△ODF∽△ADE， ∴． ∵平行四边形ABCD， ∴CD∥AB，AB＝CD， ∴∠A+∠ADC＝180°． 又∠EOC+∠COD＝180°， ∴∠ADC＝∠COD． ∵∠DCF＝∠OCD， ∴△DCF∽△OCD． ∴， ∴，即． 14．（2025春•宿城区期末）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，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处． ①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由； ②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′AN的最小值为 　2　 ． 【分析】（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）①如图3，连接CH，证明△ABH≌△CBH（SAS），所以∠BAH＝∠BCH，AH＝CH；由折叠可知，AH＝AH′，NH＝NH′，由四边形内角和和平角的定义可得∠HNC＝∠NCH，所以NH＝CH，则NH＝CH＝AH＝AH′＝NH′，所以四边形AHNH′是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； ②作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，可证明△H′QN≌△NFH′（AAS），由此可得H′Q＝NF；易证△BHF是等腰直角三角形，所以HF＝BF＝NF+BN，则NF＝QB＝QH′，可得∠H′BQ＝∠ABH′＝45°，则∠H′BD＝90°；作P关于BH′的对称点P′，则PH′＝P′H′，可得PH′+AN＝PH′+AH′＝P′H′+AH′≥AP′，求出AP′的值即可得出结论． 【解答】解：（1）∵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， ， ∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴AE＝BF． 故答案为：＝； （2）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）①如图3，连接CH， 由（2）的结论可知，AE＝MN， ∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC， ∵BH＝BH， ∴△ABH≌△CBH（SAS）， ∴∠BAH＝∠BCH，AH＝CH， 由折叠可知，AH＝AH′，NH＝NH′， ∵∠ABN+∠AHN＝180°， ∴∠BAH+∠BNH＝180°， ∵∠BNH+∠HNC＝180°， ∴∠BAH＝∠HNC， ∴∠HNC＝∠NCH， ∴NH＝CH， ∴NH＝CH＝AH＝AH′＝NH′， ∴四边形AHNH′是菱形， ∵∠AHN＝90°， ∴菱形AHNH′是正方形； ②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M， ∴∠H′QN＝∠HFB＝90°， 由上知四边形AHNH′是正方形， ∴H′N＝HN，∠H′NH＝90°，AH′AN， ∴∠H′NQ+∠HNF＝∠HNF+∠NHF＝90°， ∴∠H′NQ＝∠NHF， ∴△H′QN≌△NFH′（AAS）， ∴H′Q＝NF，QN＝HF； ∵∠HBF＝45°，∠HFB＝90°， ∴△BHF是等腰直角三角形， ∴HF＝BF＝NF+BN， ∵QN＝QB+BN， ∴NF＝QB＝QH′， ∴∠H′BQ＝∠ABH′＝45°， ∴∠H′BD＝90°； 如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′＝P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K， 则△PBK是等腰直角三角形， ∴PH′AN＝PH′+AH′＝P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′AN最小，最小值为AP′的长． ∵AB＝6， ∴BD＝6， ∵BD＝3BP， ∴BP＝BP′＝2， ∴PK＝BK＝2， ∴AK＝8， ∴AP′2，即PH′AN的最小值为2． 故答案为：2． 15．如图，在正方形ABCD中，，点E为上一点，过点E为作EF⊥BD，与CD相交于点F． （1）连接BF，若BF＝EF，求线段CF的长； （2）连接BE，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，与BD交于点N．求证：； （3）在（2）的条件下，连接AC，与BD相交于点O，ON＝1，求的值． 【分析】（1）先证明△DEF为等腰直角三角形，设CF＝x，则DF，EF＝6，根据勾股定理可得BF2＝CF2+BC2＝x2，由BF＝EF可列方程求解； （2）先证明△NGF∽△EGB，得，再根据等比性质和BE＝BF这一条件即可证明； （3）分①当N在线段BO上和②当N在线段OD上两种情况：①画出图形，先证明EG＝DG＝GF，设OG＝x，AE，则DE， EG＝3﹣x，BO＝DO＝3．由（2）得，设FN＝2k，BF＝BE＝3k．证明△MNB∽△GNF，可得，从而MN．再证明△BMN∽△BGE，得，即，可得x，MN，BM，再由勾股定理BN2﹣MN2＝BF2﹣MF2，得，从而k，进而可得FM和BM的值，最后求出比值；②画出图形，证明方法步骤与①情况类似，可参考①． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠EDB＝45°， 又EF⊥BD，故△DEF为等腰直角三角形， ∴EFDEDF，EG＝GF＝DG，AE＝CF， 设CF＝x，则DF， ∴EF（）＝6， 在Rt△BFC中，由勾股定理可得BF2＝CF2+BC2＝x2， ∵BD为EF的中垂线，故BF＝EF， ∴BF2＝EF2， 即（6）2＝x2，解得：x（舍去较大值）， 故x，即CF的长为． （2）证明：如图1所示， ∵∠FMB＝∠NGF＝90°，∠MNB＝∠GNF， ∴∠EBG＝∠GFN， 又∠EGB＝∠NGF＝90°， ∴△NGF∽△EGB， ∴，根据等比性质可得：， ∵BD为EF的中垂线，则BF＝BE， ∴，从而． （3）证明：①当N在线段BO上时，如图3所示， ∵四边形ABCD为正方形，EF⊥BD于点G， ∴∠EDG＝∠FDG＝45°，EG＝DG＝GF， 设OG＝x，AE，则DE， EG3﹣x． ∵，则BD＝6，BO＝DO＝3． 由（2）可得，设FN＝2k，BF＝BE＝3k． ∵∠BMN＝∠NGF＝90°，∠MNB＝∠GNF， ∴△MNB∽△GNF， ∴，即， ∴MN． ∵∠BMN＝∠BGE＝90°，∠MBN＝∠GBE， ∴△BMN∽△BGE， ∴，即， 可得x，MN，BM， 又∵BN2﹣MN2＝BF2﹣MF2， 则，解得k， ∴FM＝2k，BM， 从而； ②当N在线段OD上时，如图3所示， 设OG＝x，则AE，则DE， EG＝3﹣x，ON＝1，NG＝OG﹣ON＝x﹣1， 同理可证△MNB∽△GNF，则，即， ∴MN． 同理可证△BMN∽△BGE，则， 即，解得x，BM，MN． 又∵BN2﹣MN2＝BF2﹣MF2， ∴42﹣（）2＝（3k）2﹣（k）2，解得k． 从而BM，FM＝k， 故． 综上，的值为或． 16．【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE＝DF． 【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求的值． 【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由． 【分析】【问题探究】利用ASA证明△ADE≌△DCF，得AE＝DF； 【知识迁移】过点N作NO⊥AB于点O，利用△ABE∽△ONM，得，即可得出答案； 【拓展应用】作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，说明△ABG∽△NHM，得，且四边形AEFG、HNCB是平行四边形，进而解决问题． 【解答】【问题探究】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠AED+∠DAE＝90°， ∵AE⊥DF， ∴∠AED+∠CDF＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF， 在△ADE与△DCF中， ， ∴△ADE≌△DCF（ASA）， ∴AE＝DF； 【知识迁移】解：如图，过点N作NO⊥AB于点O， ∴∠BMN+∠MNO＝90°， ∵BE⊥MN， ∴∠BMN+∠MBE＝90°， ∴∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB， 在△ABE与△MNO中，∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB， ∴△ABE∽△ONM， ∴， ∵ON＝BC， ∴； 【拓展应用】解：当∠EFC＝∠MNC时，， 作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H， 则∠EFC＝∠AGC，∠MNC+∠BMN＝180°，∠MHN＝∠ABC， ∵∠AGB+∠AGC＝180°， ∴∠AGB＝∠NMH， ∴△ABG∽△NHM， ∴， ∵HN∥BC，AB∥CD，AG∥EF，AD∥BC， ∵四边形AEFG、HNCB是平行四边形， ∴AG＝EF，MN＝BC， ∴当∠EFC＝∠MNC时，． 同理，当EF＝EF'时， 此时∠EF'C+∠MNC＝180°时，． 17．（2026•溧阳市校级模拟）探究矩形与正方形背景下垂直线段的比例关系及折叠问题，并完成以下问题． （1）【问题再现】如图1，E，F分别是正方形ABCD边AD，CD上的点，若BE⊥AF，那么的值为　1　 ． （2）【拓展探究】如图2，若ABCD是矩形且，当BE⊥AF时，求的值． （3）【结论应用】在矩形ABCD中，E为AD上的一点，将矩形ABCD沿直线BE对折，直线AA′交矩形ABCD的某一边于点F． ①如图3，若，点A的对应点A′恰好落在BD上，求的值． ②若AB＝3，，当AE＝　1或3　 时，△A′DC是直角三角形． 【分析】（1）利用直角三角形两锐角互余和正方形性质可得出△AEB≌△DFA，继而得出BE＝AF，求出结果； （2）利用直角三角形两锐角互余和矩形性质可得出△ABE∽△DAF，继而得出结果； （3）分两种情况讨论：点F在CD或者BC上，进一步解答即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADF＝90°，∠BAE＝90°， ∴∠DAF+∠DFA＝90°； ∵BE⊥AF， ∴∠DAF+∠AEB＝90°， ∴∠AEB＝∠DFA． 在△AEB和△DFA中， ， ∴△AEB≌△DFA（AAS）， ∴BE＝AF， ∴， 故答案为：1； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°， ∵BE⊥AF， ∴∠BAF+∠ABE＝90°， ∴∠DAF＝∠ABE， ∴△ABE∽△DAF， ∴； （3）①将矩形ABCD沿直线BE对折，直线AA′交矩形ABCD的某一边于点F， ∴△ABE≌△A′BE，△ABE和△A′BE关于BE轴对称， ∴∠BA′E＝∠BAE＝90°，A′B＝AB＝3，A′E＝AE，AA′⊥BE， ∴∠BAF+∠ABE＝90°，∠BAF+∠AFB＝90°， ∴∠ABE＝∠AFB， ∴△ABE∽△BFA， ∴ 在Rt△ABD中，由勾股定理得：， A′D＝BD﹣A′B＝7﹣3＝4， 设AE＝x，， 在Rt△EA′D中，由勾股定理得：ED2＝EA′2+A′D2， ， 解得：， ∴； ②若， 由（1）可知，当F落在CD上时，四边形ABCD是正方形，如图4，只能是∠CA′D＝90°， 由（1）和折叠性质可得，AB＝A′B＝BC＝3， △A′BC是等腰三角形， 过点B作BH⊥A′C交于H， ， ∵∠BCA′+∠A′CD＝90°， ∴∠HBC＝∠A′CD， 在△BHC和△CA′D中， ， ∴△BHC≌△CA′D（AAS）， ∴HC＝A′D，A′C＝2HC＝2A′D， 设A′D＝m， 在Rt△A′CD中，由勾股定理得：A′D2+A′C2＝CD2， m2+（2m）2＝32， 解得：（负值已舍去）， 过A′作A′G⊥AD， ∵∠A′DG+∠A′DC＝90°，∠A′DC+∠A′CD＝90°， ∴∠A′DG＝∠A′CD， ∴△A′DG∽△DCA′， ∴， 在Rt△DGA′中，由勾股定理得：A′G2+GD2＝A′D2， ， ，， EG＝AD﹣AE﹣GD， ， 在Rt△EGA′中，由勾股定理得：EG2+A′G2＝A′E2， ， 解得：AE＝1． 当点F落在BC上时，如图5： 由折叠性质可得：Rt△BAE≌Rt△BA′E， ∴AB＝A′B＝AE＝A′E， ∴四边形AEA′B是正方形， ∴A′与F重合， 此时△A′DC是直角三角形， ∴AE＝AB＝3． 综上所述，AE的长为1或3， 故答案为：1或3． 55．（2021•沙坪坝区校级模拟） 18．（2025•江岸区模拟）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若2，求的值． （1）尝试探究在图1中，过点E作EH⊥BC交AC于点H，则BE和EH的数量关系是 BE＝2EH ，的值是 　　 ； （2）类比延伸如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，设m，n，求证：； （3）拓展迁移如图3，在（2）的条件下，若EF＝EG＝FC，直接写出tan∠C的值． 【分析】（1）过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M，根据等腰直角三角形的性质得到AC⊥BD，∠ACB＝∠DBC＝45°，求得∠MEN＝90°，EMBE，ENCE，推出△CEH是等腰直角三角形，得到EH＝CE，根据相似三角形的性质即可得到结论； （2）过点E作EH⊥BC，交AC于点H，根据三角函数的定义得到EH＝nCE，求得∠GBE＝∠FHE，∠BEG＝∠HEF，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （3）过点E作EH⊥BC，交AC于点H，过点G，F作BC的垂线，垂足分别为M，N，根据等腰三角形的性质得到∠FEC＝∠FCE，求得∠GBE＝∠GEB，根据相似三角形的性质得到FN＝EM＝BM，CN＝EN＝GM，设FN＝a，CN＝b，则BM＝EM＝a，GM＝EN＝b，AB＝2GM＝2b，根据相似三角形的判定和性质定理以及三角函数的定义即可得到结论． 【解答】（1）解：过E作EN⊥AC于N，EM⊥BD于M， 在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC， ∴AC⊥BD，∠ACB＝∠DBC＝45°， ∴四边形OMEN是矩形，△BEM与△CEN是等腰直角三角形， ∴∠MEN＝90°，EMBE，ENCE， ∵HE⊥BC， ∴△CEH是等腰直角三角形， ∴EH＝CE， ∵2， ∴2，2， ∴BE＝2EH， ∵EF⊥AE， ∴∠MEG＝∠NEF， ∴△EMG∽△ENF， ∴； 故答案为：BE＝2EH，； （2）证明：过点E作EH⊥BC，交AC于点H， ∴∠ABC＝∠HEC， ∴n， ∴EH＝nCE， ∵BD⊥AC，HE⊥BC，AE⊥EF， ∴∠AEB+∠AEH＝∠AEH+∠FEH＝90°，∠C+DBC＝∠C+∠CHE＝90°， ∴∠GBE＝∠FHE，∠BEG＝∠HEF， ∴△EFH∽△EGB， ∴； （3）解：过点E作EH⊥BC，交AC于点H，过点G，F作BC的垂线，垂足分别为M，N， ∵EF＝EG＝FC， ∴∠FEC＝∠FCE， ∵∠DBC+∠C＝∠FEC+∠GEB＝90°， ∴∠GBE＝∠GEB， ∴GB＝EG，∠BGM＝∠EGM＝∠C， ∴∠GME＝∠FNE＝∠FNC＝90°，∠EGM＝∠FEN＝∠C， ∴△CFN≌△EFN≌△GEM≌△GBM（AAS）， ∴FN＝EM＝BM，CN＝EN＝GM， 设FN＝a，CN＝b，则BM＝EM＝a，GM＝EN＝b，AB＝2GM＝2b， ∵FN∥AB， ∴△CFN∽△CAB， ∴， ∴， ∴a2+ab﹣b2＝0， 解得（舍负）， ∴tan∠C． 19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D，E分别是边BC，AB上的点，∠ADC＝∠EDB，过点E作EF⊥AD，垂足为F，交AC于点G． （1）如图（1），求证：△AGE∽△BDE； （2）如图（2），若点G恰好与顶点C重合，求证：BD＝CD； （3）如图（1），若，直接写出的值． 【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠ADC＝∠AGF，等量代换可知∠EDB＝∠AGF，从而证明结论； （2）过点B作BM∥AC交CE的延长线于点M，首先利用ASA证明△BEM≌△BED，得BM＝BD，∠BME＝∠BDE＝∠ADC，再利用AAS证明△ADC≌△CMB，得CD＝BM，可得结论； （3）过点E作ET⊥BC于T，设CD＝a，则CB＝CA＝na，BD＝BC﹣CD＝na﹣a＝（n﹣1）a，设DT＝x，BT＝CB﹣CD﹣DT＝na﹣a﹣x，利用△ADC∽△EDT，得，则ET＝nx，根据ET＝BT得，x，再根据△AGE∽△BDE，表示出AG的长，从而解决问题． 【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠GAE＝∠B＝45°， ∵EF⊥AD， ∴∠AFG＝90°， ∴∠GAF+∠AGF＝90°， ∵∠GAF+∠ADC＝90°， ∴∠ADC＝∠AGF， ∵∠ADC＝∠EDB， ∴∠EDB＝∠AGF， ∴△AGE∽△BDE； （2）证明：过点B作BM∥AC交CE的延长线于点M， ∴∠CAB＝∠ABM＝∠ABC＝45°， ∵△AGE∽△BDE， ∴∠AEC＝∠DEB， ∵∠AEC＝∠BEM， ∴∠BEM＝∠BED， 在△BEM与△BED中， ， ∴△BEM≌△BED（ASA）， ∴BM＝BD，∠BME＝∠BDE＝∠ADC， 在△ADC与△CMB中， ， ∴△ADC≌△CMB（AAS）， ∴CD＝BM， ∴BD＝CD； （3）解：如图，过点E作ET⊥BC于T， 设CD＝a， ∵， ∴CB＝CA＝na，BD＝BC﹣CD＝na﹣a＝（n﹣1）a， 设DT＝x， ∴BT＝CB﹣CD﹣DT＝na﹣a﹣x， ∵∠C＝∠ETD＝90°，∠ADC＝∠EDT， ∴△ADC∽△EDT， ∴， ∴， ∴ET＝nx， ∵∠B＝45°， ∴△ETB为等腰直角三角形， ∴ET＝BT，BEETnx， ∴nx＝na﹣a﹣x， ∴x， ∵ABBCna， ∴AE＝AB﹣BEnanxn（a﹣x）， ∵△AGE∽△BDE， ∴， ∴， ∴， ∴AG＝2a， ∴． 20．（2025秋•紫金县期末）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： [观察与猜想] （1）如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别是AB、AD上的两点，连接DE、CF、DE⊥CF，则的值为　1　 ． （2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE、BD，且CE⊥BD，则的值为　　 ． [类比探索] （3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD． 【分析】（1）先根据正方形的性质得到∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，再根据直角三角形的性质可得∠CFD＝∠AED，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得DE＝CF，得到答案； （2）先根据矩形的性质得到∠A＝∠EDC＝90°，再根据直角三角形的性质得到∠ECD＝∠ADB，然后根据相似三角形的判定与性质得到； （3）先根据矩形的判定与性质可得∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°，再根据直角三角形的性质得到∠ECD＝∠ADB，从而证明三角形相似△DEA∽△CFH，得到证明DE•AB＝CF•AD． 【解答】（1）解：如图1，四边形ABCD是正方形，设DE与CF的交点为G， ∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD， ∵DE⊥CF， ∴∠DGF＝90°， ∴∠ADE+∠CFD＝90°， ∠ADE+∠AED＝90°， ∴∠CFD＝∠AED， 在△AED和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）， ∴DE＝CF， ∴， 故答案为：1； （2）解：如图2，四边形ABCD是矩形，设DB与CE交于点G， ∴∠A＝∠EDC＝90°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠CDG+∠ECD＝90°， ∠ADB+∠CDG＝90°， ∴∠ECD＝∠ADB， ∵∠CDE＝∠A， ∴△DEC∽△ABD， ∴， 故答案为：； （3）证明：如图3，在四边形ABCD中，CG⊥EG，∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H， ∴四边形ABCH为矩形， ∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°， ∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°， ∴△DEA∽△CFH， ∴，， ∴DE•AB＝CF•AD． 21．（2026春•蓬莱区期末）【问题提出】 对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究． 【图特殊化】 （1）如图1，在正方形ABCD中，AF⊥DE，AF交DE于点G，则　1　 （填比值）； 【探究证明】 （2）如图2，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：； 为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 甲方案：过点A作AM∥EF交BC于点M，过点B作BN∥HG交CD于点N． 乙方案：过点E作EM⊥BC交BC于点M，过点G作GN⊥CD交CD于点N． 请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明． 【结论应用】 （3）如图3，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合．若AB＝3，BC＝4，求折痕EF的长； 【拓展运用】 （4）如图4，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，点E、F分别在线段AB、BC上，且 AF⊥DE，求的值． 【分析】（1）由题意知AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，∠ADE＝∠BAF，证明△ADE≌△BAF（ASA），则DE＝AF，即可得出答案； （2）甲方案：如图2，过点A作AM∥EF交BC于点M，过点B作BN∥HG交CD于点N；由矩形的性质得到，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC，则四边形AEFM、DHGN均为平行四边形，根据平行四边形的性质得到BN＝GH，AM＝EF，根据直角三角形的性质可得∠BAM＝∠NBC，则△BAM∽△CBN，根据相似三角形的性质求解即可； 乙方案：过点E作EM⊥BC交BC于点M，过点G作GN⊥CD交CD于点N；根据矩形的判定与性质得出AB＝EM，GN＝BC＝AD，结合直角三角形的性质推出∠MEF＝∠HGN，结合∠EMF＝∠GNH＝90°，即可判定△EFM∽△GHN，根据相似三角形的性质即可得解： （3）由矩形的性质可得AD＝BC＝4，由勾股定理求得BD＝5，由（2）可知，，据此计算求解即可； （4）过点D作M'N'⊥BC，交BC的延长线于M'，过点A作AN'⊥M'N'交EF于点N'，连接AC，由“SSS”可证△ACD≌△ACB，可得∠ADC＝∠ABC＝90°，通过证明△ADN'∽△DCM'，可得AN'＝2DM'，DN'＝2CM'，由勾股定理可求CM'、BM'、AN'的长，结合（2）证明△DEG'∽△AFH'，根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°， 又∵AF⊥DE， ∴∠AED+∠ADE＝90°＝∠AED+∠BAF， ∴∠ADE＝∠BAF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（ASA）， ∴DE＝AF， ∴1， 故答案为：1； （2）证明：甲方案：如图2，过点A作AM∥EF交BC于点M，过点B作BN∥HG交CD于点N； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC， ∴四边形AEFM、HGBN均为平行四边形，∠BAM+∠AMB＝90°， ∴BN＝GH，AM＝EF， ∵EF⊥GH， ∴AM⊥BN， ∴∠NBC+∠AMB＝90°， ∴∠BAM＝∠NBC， 又∵∠ABM＝∠BCN＝90°， ∴△BAM∽△CBN， ∴， ∴； 乙方案：如图2，过点E作EM⊥BC交BC于点M，过点G作GN⊥CD交CD于点N，EM交GH于点O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，AD＝BC，AB∥CD， ∴四边形AEMB、GBCN均为矩形， ∴AB＝EM，GN＝BC＝AD， ∵EF⊥GH，EM⊥GN， ∴∠MEF+∠EOH＝90°，∠GOM+∠HGN＝90°， ∵∠EOH＝∠GOM， ∴∠MEF＝∠HGN， 又∠EMF＝∠GNH＝90°， ∴△EFM∽△GHN， ∴， ∴； （3）解：由矩形的性质可得AD＝BC＝4，∠A＝90°， 由勾股定理得BD5， 由（2）可知，， ∴， ∴EF， 即折痕EF的长为； （4）解：如图4，过点D作M'N'⊥BC，交BC的延长线于M'，过点A作AN'⊥M'N'交EF于点N'，连接AC，过点F作FH'⊥AN'于点H'，过点E作EG⊥M'N'于点G'， ∵∠ABC＝90°，AN'⊥M'N'，M'N'⊥BC， ∴四边形ABM'N'是矩形， ∴∠N'＝∠M'＝90°，AN'＝BM'，M'N'＝AB＝10， ∵AD＝AB，BC＝CD，AC＝AC， ∴△ACD≌△ACB（SSS）， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠ADN'+∠CDM'＝90°， ∵∠ADN'+∠N'AD＝90°， ∴∠N'AD＝∠CDM'， 又∠N'＝∠M'＝90°， ∴△ADN'∽△DCM'， ∴， ∴AN'＝2DM'，DN'＝2CM'， ∵DC2＝CM'2+DM'2， ∴52＝CM'2+（10﹣2CM'）2， ∴CM'＝5（不合题意舍去）或CM'＝3， ∴BM'＝BC+CM'＝5+3＝8＝AN'， 由（2）知，∠AFH'＝∠DEG'， 又∵∠AH'F＝∠EG'D＝90°， ∴△DEG'∽△AFH'， ∴， ∵EG'＝AN'＝8，FH'＝AB＝10， ∴， 即的值为 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 相似三角形重要模型之十字架模型（几何模型讲义） 十字架模型是中考几何高频经典垂直相似模型，依托互相垂直的线段构造直角，利用同角的余角相等 快速推导两角对应相等，进而证明三角形相似。 它常嵌套在正方形、矩形、直角三角形之中，既可以用来求证线段相等、推导比例式，也常结合勾股定理求解边长、计算面积，也是几何压轴题里折叠、动点题型的常用基础模型。吃透该模型的角度推导逻 辑，就能快速找到相似三角形，理清整道题的解题突破口。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 2 模型1. 矩形中的十字架模型 2 模型2. 三角形中的十字架模型 8 模型运用 15 十字架模型，是从直角图形中的垂直相交结构自然提炼出的经典几何模型。 在正方形、矩形、直角三角形等含直角的图形中，若出现两条线段互相垂直相交，会天然形成两组互余的角。根据“同角的余角相等”这一基础几何性质，可以快速推出两个三角形对应角相等，从而满足两角对应相等、三角形相似的判定条件，由此形成固定解题模型。 该模型最早源于直角几何图形的角度推理规律：垂直产生90°直角，直角拆分出两组余角，余角等量代换产生相等锐角，最终锁定相似三角形。因其两条垂直线段交叉形似“十字”，故被统称为十字架相似模型。 模型核心本质不是固定图形，而是一套通用角度逻辑：垂直 → 互余 → 等角 → 相似。正因规律简洁、通用性强，十字架模型被广泛应用于中考几何填空、选择、压轴大题，是直角类几何题型中最高频、最实用的必考模型之一。 1．直角三角形中，两个锐角互余，同角的余角相等，等角的余角相等。 2．两角对应相等证明两个三角形相似 如图，与中，已知，则有△ABC∽△A′C′． 模型1.矩形中的十字架模型 【模型提炼】 矩形相对两边上的任意两点联结的线段是互相垂直的，此时这两条线段的的比等于矩形的两边之比。通过平移线段构造基本图形，再借助相似三角形和平行四边的性质求得线段间的比例关系。 如图1，在矩形ABCD中，若E是AB上的点，且DE⊥AC，则. 如图2，在矩形ABCD中，若E、F分别是AB、CD上的点，且EF⊥AC，则. 如图3，在矩形ABCD中，若E、F、M、N分别是AB、CD、AD、BC上的点，且EF⊥MN，则. 【模型运用】 【典例1】（2026•河南三模）综合与探究 综合实践课上，老师带领同学们对“四边形内互相垂直的线段”进行了探究，请你从中发现方法，完成解答． 【初步研究】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M，N分别在线段BC，CD上，且AM⊥BN，则的值为 　 　 ． 【知识迁移】 （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E，F，G，H分别在线段AB，CD，AD，BC上，且GH⊥EF，求的值． 【深入探究】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝DC＝6，当时，请直接写出边AB的长． 【典例2】（2026•阳谷县校级模拟）如图，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点E在DP上，满足AE＝AB，延长BE交CD于点F． （1）∠BED＝　 　 ； （2）连接CE． ①当CE⊥BF时，求的值； ②如果△CEF是以CE为腰的等腰三角形，求∠FBC的正切值． 【典例3】（2026•龙沙区三模）综合与实践 某兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究： （1）【初探猜想】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的点，连接DE，CF，若DE⊥CF，则线段DE与CF的数量关系为　 　； （2）【类比探究】如图2，在矩形ABCD中，AD＝4，CD＝3，点E，F分别是边AD，BC上的点，点G是边AB上一点，连接EF，DG，若EF⊥DG，求的值； （3）【知识迁移】如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，连接AC，若∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，则的值为　 　； （4）【拓展应用】如图4，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别在边AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，点B的对应点G恰好落在CD上，点A的对应点是点H，则6BH+8EF的最小值为　　 　 ． 【典例4】（2026•江都区校级二模）已知正方形ABCD，点F是边CD上的动点（不与点C，D重合），点E在BF上． 【基础回顾】 （1）如图1，连接AE并延长，交边BC于点G，若AE⊥BF，求证：AG＝BF； 【初步探究】 （2）如图2．当AE＝AB时，连接CE，若CE⊥BF，求tan∠EBC； 【变式探究】 如图3，在矩形ABCD中，点F是边CD上的动点（不与端点重合），点E在BF上，且AE＝AB，连接DE并延长交BC于点P， （3）若AB＝4，BC＝6，当点F为边CD的中点时，求的值； （4）设∠FBC＝α，用α的三角函数表示　 　 ； 【典例5】（2025秋•深圳校级期中）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： 【观察与猜想】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则的值为　 　 ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则的值为　 　 ； 【类比探究】 （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD； 【拓展延伸】 （4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AD＝9，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF． 的值为　 　； ②连接BF，若AE＝1，则BF的长度为　 　 ． 模型2. 三角形中的十字架模型 （1）等边三角形中的斜十字模型（全等+相似）： 如图1，已知等边△ABC，BD=EC（或CD=AE）， 则①AD=BE，②AD和BE夹角为60°，③。 图1 （2）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）： 如图2，在△ABC中，AB=BC，AB⊥BC，①D为BC中点，②BF⊥AD，③AF：FC=2：1，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七个结论中，可“知二得五”。 图2 （3）直角三角形中的十字模型： 如图3，在三角形ABC中，BC=kAB，AB⊥BC，D为BC中点，BF⊥AD，则AF：FC=2：k2，（相似） 图3 【模型运用】 【典例1】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AE是BC边上的中线，过点B作BD⊥AE于点H，交AC于点D，则AD的长为（　　） A．2 B． C． D． 【典例2】（2026•银川校级二模）综合实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． （1）操作判断 ①如图（1），在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝5，则GH的长为　 　． ②如图（2），在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝8则GH的长为　 　． （2）迁移探究 如图（3），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC，BC上，且AE⊥BD，试证明：AB•EC＝AD•BE． （3）拓展应用 如图（4），在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，点F为AE上一点，AG⊥BF交BE于点H，交矩形ABCD的边于点G，当F为AE的三等分点时，请直接写出AG的长． 【典例3】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在AC边上，点E在BC边上，AD＝2CE． （1）如图1，连接AE，DE，若∠CAE＝∠CED，CD＝2，求CE的长度； （2）如图2，若AD＜AC，过点D作AE的垂线，分别与AE，AB交于点P，Q，连接EQ，求证：DQ+EQ＝AE； （3）如图3，在（2）的条件下，连接CP，若AC＝2，当CP最小时，请直接写出△CEP的面积． 【典例4】在△ABC中，AB＝BC，点D为AC的中点，E为BC边上的一点，连接AE交BD于点F． （1）如图1，∠ABC＝90°，过点B作BH⊥AE于点H，交AC于点G，当AC＝5，DGCD时，求线段BE的长． （2）如图2，AB＝AE，M为线段BE上的一点，连接MD交AE于K，BM＝EK，N为MD延长线上的一点，连接AN，∠DAN＝∠BAE．证明：AN⊥EN． （3）如图3，∠ABC＝60°，AB＝6，当E在BC边上移动时，在AC上找点G使得CG＝BE，连接BG交AE于点H．连接DH，当DH的长度最小时，直接写出此时△BDH的面积． 【典例5】某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： 【观察与猜想】 （1）如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB、AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，求证△AED≌△DFC． 【类比探究】 （2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是边AD上一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，连结AD，过点C作CE⊥AD于点E，CE的延长线交AB边于点F．若AC＝3，BC＝4，，求CD的值． 1．如图，点E、F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF＝DG，DE＝2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（　　） A．α B．2α C．45°﹣α D．45°+α 2．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AD、CD上，且AE＝DF，连接AF与BE相交于点G．若AG+BG＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（　　） A．3 B． C．2 D． 3．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（　　） A．2 B． C． D． 4．如图，正方形ABCD中，AE＝DF，AF与BE相交于点H，点O为BD中点，连结OH，若DG＝OG，则的值为（　　） A． B． C． D． 5．（2025•东营校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF，给出以下四个结论： ①； ②若点D是AB的中点，则AFAB； ③当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DF＝DB； ④若，则S△ABC＝9S△BDF，其中正确的结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，直角∠MON的两边分别交AD，CD于点M，N．若AM＝5，CN＝2，则正方形ABCD的面积为 　 　 ． 7．（2026•文成县二模）如图，四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”得到正方形ABCD和正方形EFGH．延长CH交AD于点M，连结MF交EH于点N．若点N为EH的中点，则的值为　 　 ． 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点E是CD边上一点，CE＝4，分别在AD，BC边上取点M，N，将矩形ABCD沿直线MN翻折，使得点B的对应点B′恰好落在射线BE上，点A的对应点是A′，那么折痕MN的长为 　3　 ；连接CA′，线段CA′的最小值为 　 　 ． 9．如图，等边△ABC的边长是6，点E，F分别在AC，BC边上，AE＝CF，连接AF，BE相交于点P． （1）求∠APB的度数； （2）若AE＝2，求BP•BE的值． 10．【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证AF＝BG； 【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．求的值； 【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BDC＝120°，DB＝DC，点E、F分别在线段AB、BC上，且CE⊥DF于点P．请直接写出的值． 11．小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N； 方案二：过点H作HM⊥BC交BC于点M，过点E作EN⊥CD交CD于点N． （1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图1）． （2）如果把条件中的“正方形”改为“矩形”，（如图2），并设AB＝3，BC＝5，求的值． 12．（2026•红花岗区校级二模）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6． （1）发现：如图1所示，BD是矩形ABCD的对角线，过点A作AE⊥BD交BD于点E，交BC于点F，则∠BAE与∠CBD的数量关系是　 　，写出一个与△ABF相似的三角形　 　； （2）探究：如图2，点G是矩形ABCD边BC上一点，连接DG，过点A作AE⊥DG于点E，交BC于点F，BG＝GF，求BG的长； （3）拓展：点P为BC边上的三等分点，点E是AD中点，点F在BC上，将矩形ABCD沿直线EF翻折，点P恰好落在边CD上的点Q处，求PF的长． 13．（2026春•栖霞市期末）【观察与猜想】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，若∠EOC＝90°，则DE和CF的数量关系是　 　 ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AD：CD＝3：2，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，若∠EOC＝90°，请猜想DE和CF的数量关系并进行证明； 【类比探究】 （3）如图3，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，连接DE与CF交于点O，当∠EOC＝∠A时，求证：． 小颖同学通过对比图2，发现图3中△ADE和△DCF并不相似，经过思考，提出了如下问题：能否构造以DE和CF为对应边的相似三角形来转化呢？请你根据小颖的思考完成证明，也可以用其他思路完成证明． 14．（2025春•宿城区期末）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，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处． ①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由； ②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′AN的最小值为 　 　 ． 15．如图，在正方形ABCD中，，点E为上一点，过点E为作EF⊥BD，与CD相交于点F． （1）连接BF，若BF＝EF，求线段CF的长； （2）连接BE，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，与BD交于点N．求证：； （3）在（2）的条件下，连接AC，与BD相交于点O，ON＝1，求的值． 16．【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE＝DF． 【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求的值． 【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由． 17．（2026•溧阳市校级模拟）探究矩形与正方形背景下垂直线段的比例关系及折叠问题，并完成以下问题． （1）【问题再现】如图1，E，F分别是正方形ABCD边AD，CD上的点，若BE⊥AF，那么的值为　　 　 ． （2）【拓展探究】如图2，若ABCD是矩形且，当BE⊥AF时，求的值． （3）【结论应用】在矩形ABCD中，E为AD上的一点，将矩形ABCD沿直线BE对折，直线AA′交矩形ABCD的某一边于点F． ①如图3，若，点A的对应点A′恰好落在BD上，求的值． ②若AB＝3，，当AE＝　 　 时，△A′DC是直角三角形． 18．（2025•江岸区模拟）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在Rt△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，若2，求的值． （1）尝试探究在图1中，过点E作EH⊥BC交AC于点H，则BE和EH的数量关系是　 　 ，的值是 　 　； （2）类比延伸如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BD⊥AC于点D，点E是BC边上一点，AE与BD相交于点G，过点E作EF⊥AE交AC于点F，设m，n，求证：； （3）拓展迁移如图3，在（2）的条件下，若EF＝EG＝FC，直接写出tan∠C的值． 19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D，E分别是边BC，AB上的点，∠ADC＝∠EDB，过点E作EF⊥AD，垂足为F，交AC于点G． （1）如图（1），求证：△AGE∽△BDE； （2）如图（2），若点G恰好与顶点C重合，求证：BD＝CD； （3）如图（1），若，直接写出的值． 20．（2025秋•紫金县期末）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： [观察与猜想] （1）如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别是AB、AD上的两点，连接DE、CF、DE⊥CF，则的值为　 　 ． （2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝7，CD＝4，点E是AD上的一点，连接CE、BD，且CE⊥BD，则的值为　 　 ． [类比探索] （3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE•AB＝CF•AD． 21．（2026春•蓬莱区期末）【问题提出】 对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究． 【图特殊化】 （1）如图1，在正方形ABCD中，AF⊥DE，AF交DE于点G，则　 　（填比值）； 【探究证明】 （2）如图2，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：； 为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 甲方案：过点A作AM∥EF交BC于点M，过点B作BN∥HG交CD于点N． 乙方案：过点E作EM⊥BC交BC于点M，过点G作GN⊥CD交CD于点N． 请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明． 【结论应用】 （3）如图3，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合．若AB＝3，BC＝4，求折痕EF的长； 【拓展运用】 （4）如图4，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，点E、F分别在线段AB、BC上，且 AF⊥DE，求的值． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $