中考大题05 四边形的证明与计算问题（9题型+必刷大题）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
中考大题05 四边形的证明与计算问题
四边形在中考数学中是占比较大，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.
题型一： 利用四边形的性质与判定求解
1．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF=______．

（2）如图，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=73时，请直接写出AG的长．

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或32
【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BC,AE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=2538，而S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
（2）∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵cs∠CBE=BECB
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC =AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=42=2，
∴S△MGES△FEG=EMEF=2
∴S△MGE=2S△EFG= EF⋅EG=73
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
∴12MG×HE=73
∴MG=7，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
∴HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−7−a=a，
∴232=x7−x
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
∴EGEM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x
∴S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=73
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，则12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM
即32=x4−x×14−x4−x
解得：x1=32,x2=8（舍去）
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，BT=3TC=532，
∴S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
∵EF⋅EG=73，
∴S△EFG=723，
∵2583<723，
∴G点不可能在BC边上，
综上所述，AG的长为3或4或32．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
2．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF．试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．

【答案】（1）四边形ABCD是正方形，证明见解析；（2）FH=AH+CF；（3）MC=2BH，证明见解析；
【分析】（1）证明△ADG≌△CDF，可得AD=CD，从而可得结论；
（2）证明四边形DGHF是矩形，可得∠G=90°=∠DFC，同理可得：∠ADG=∠CDF，证明△ADG≌△CDF，DG=DF，AG=CF，证明四边形DGHF是正方形，可得HG=HF，从而可得结论；
（3）如图，连接AC，证明∠AHE=∠ABC=90°，ACAB=2，∠BAC=45°，△AHE∽△CBE，可得AECE=HEBE，再证明△HEB∽△AEC，可得∠HBE=∠MCA，证明△AHB∽△AMC，可得HBMC=ABAC=12，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵GD⊥DF，DF⊥CE，AG⊥DG，
∴∠G=∠DFC=90°，∠ADG+∠ADF=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ADC=90°=∠ADF+∠CDF，
∴∠ADG=∠CDF，
∵AG=CF，
∴△ADG≌△CDF，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形．
（2）∵DF⊥CE，AH⊥CE，GD⊥DF，
∴∠DFH=∠H=∠GDF=90°，
∴四边形DGHF是矩形，
∴∠G=90°=∠DFC，
同理可得：∠ADG=∠CDF，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD，
∴△ADG≌△CDF，
∴DG=DF，AG=CF，
∴四边形DGHF是正方形，
∴HG=HF，
∴FH=HG=AH+AG=AH+CF．
（3）如图，连接AC，
∵AH⊥CE，正方形ABCD，
∴∠AHE=∠ABC=90°，ACAB=2，∠BAC=45°，
∵∠AEH=∠CEB，
∴△AHE∽△CBE，
∴AECE=HEBE，

∵∠BEH=∠AEC，
∴△HEB∽△AEC，
∴∠HBE=∠MCA，
∵AH⊥CE,AH=HM，
∴∠HAM=45°=∠BAC，
∴∠HAE=∠MAC，
∴△AHB∽△AMC，
∴HBMC=ABAC=12，
∴MC=2BH．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
3．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，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BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2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：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，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AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，

∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，

∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【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．
1．（2023·山东济南·模拟预测）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
(3)如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)△AHF是等腰三角形，理由见解析
(3)8
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，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．
（1）根据矩形的性质得∠DAB=∠B=90°，证明△ADE≌△BAFAAS，得出AD=AB，即可得证；
（2）△ADE≌△BAFAAS得出AE=BF，结合已知得出BH=BF，再由线段垂直平分线的性质可得AH=AF，饥渴的解；
（3）延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，证明△DAE≌△ABHSAS得出AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，证明出△AHF是等边三角形即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAFAAS，
∴AD=AB，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABH=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAFAAS，
∴AE=BF，
∵BH=AE，
∴BH=BF，
∵∠ABH=90°，
∴AH=AF，
∴ △AHF是等腰三角形；
（3）解：如图，延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB=AD，
∴∠ABH=∠BAD，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABHSAS，
∴AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，
∵DE=AF，
∴AF=AH，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8，
∴DE=AH=8．
2．（2023·广东深圳·模拟预测）【问题发现】
（1）在一次小组合作探究课上，老师将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG，请直接写出线段BE与DG的数量关系______ ，位置关系______ ；

【类比探究】
（2）若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“矩形ABCD和矩形AEFG，且矩形ABCD ∽矩形AEFG，AE=3，AG=4，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若AD=12105，求BE的长．

【拓展延伸】
（3）若将正方形ABCD和正方形AEFG改成菱形ABCD和菱形AEFG，且菱形ABCD∽菱形AEFG如图3，AD=5，AC=6，AG平分∠DAC，点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ，使得AQ=35AP，连接PQ，QC，当tan∠PQC=43时，直接写出AP的长．

【答案】（1）BE=DG，BE⊥DG；（2）3；（3）45或2053
【分析】（1）可证明△BAE≌△DAG，从而BE=DG，∠ADG=∠ABE，进一步得出结论；
（2）作AH⊥DE于H，可依次求得EG=5，AH=125，GH=165，解直角三角形Rt△ADH求得DH=365，DG=4，可证明△ABE∽△ADG，从而BEGD=AEAG=34，从而得出BE=34GD=3；
（3）分为两种情形：当Q在AF上时，连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，可证得∠DAC=∠GAF， ADAT=APAQ=53，从而得出△DAT∽△PAQ，从而∠PQA=∠ATD=90°，可推出∠CQH=∠APQ，从而tan∠CQH=tan∠APQ，从而得出CHQH=34，设CH=3x，QH=4x，可求得tan∠CAH=12，从而CHAH=12，从而得出AH=2CH=6x，根据勾股定理得(6x)2+(3x)2=62，得出x=255，进而得出结果；当Q在AF的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】解：（1）如图1，

设DG和BE的延长线交于H，DH和AB交于O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴BE=DG，∠ADG=∠ABE，
∵∠AOD=∠BOH，
∴∠BHO=∠DAO=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE=DG，BE⊥DG；
（2）如图2，

作AH⊥DE于H，
∵四边形AEFG是矩形，
∴∠EAC=90°，
∵AE=3，AG=4，
∴EG=5，
由S△EAG=12EG⋅AH=12AE⋅AG得，5AH=12，
∴AH=125，
∴GH=AC2−AH2=42−(125)2=165，
在Rt△ADH中，AD=12105，AH=125，
∴DH=(12105)2−(125)2=365，
∴DG=DH−CH=365−165=4，
∵矩形ABCD∽矩形AEFG，
∴∠EAG=∠BAD，AEAG=ABAD，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE∽△ADG，
∴ BEGD=AEAG=34，
∴BE=34GD=3；
（3）如图3，

当Q在AF上时，
连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AT=12AC=3，
∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠DAB=∠GAE，∠DAC=12∠DAB，∠GAF=12∠GAE，
∴∠DAC=∠GAF，
∴∠DAG=∠CAF，
∵AG平分∠DAC，
∴∠DAG=∠CAG，
∴∠CAF=∠CAG=∠DAG；
∵ ADAT=APAQ=53，∠DAC=∠GAF，
∴△DAT∽△PAQ，
∴∠PQA=∠ATD=90°，
∵AQ=35AP，
∴PQ=AP2−AQ2=AP2−35AP2=45AP，
∴tan∠PAQ=PQAQ=45AP35AP=43，∠PAQ+∠APQ=90°，
∵tan∠PQC=43，
∴∠PAQ=∠PQC，
∴∠CQH=∠APQ，
∴tan∠CQH=tan∠APQ=34，
∴ CHQH=34，
设CH=3x，QH=4x，
如图4，过I作IM⊥AD于M，

∵AD=5，AT=3，∠ATD=90°，
∴DT=52−32=4，
∵∠DAI=∠TAI，DT⊥AT，∠ATD=90°，
∴IM=IT
∴S△ADT=12AT⋅DT=12AD⋅IM+12AT⋅TI=12AD+AT⋅TI，
∴12×3×4=12×5+3×TI，
∴TI=32，
∴tan∠CAG=TIAT=12=tan∠CAH，
∴ CHAH=12，
∴AH=2CH=6x，
∴(6x)2+(3x)2=62，
∴x=255，
∴AQ=AH−QH=2x=455，
∴AP=53AQ=453；
如图5，

当Q在AF的延长线上时，
由上可知：AQ=4x+6x=10x，
∴AQ=10×255=45，
∴AP=53AQ=2053；
综上所述：AP=45或2053．
【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形．
3．（2023·福建龙岩·模拟预测）综合与实践：过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP．将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．
【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°，无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ．当PQ⊥BQ，AB=6+2时，求AP的长．
【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=3，AB=4，AM平分∠DAC，α=90°．在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．

【答案】探究发现：见解析；类比迁移：2；拓展应用：354或12511
【分析】探究发现：用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQSAS，即可证得结论；
类比迁移：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，先证明△ADP≌△ABQSAS，可得BQ=DP，∠APD=∠AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；
拓展应用：分三种情况讨论：①当∠BRP=90°时，②当∠PBR=90°时，③当∠BPR=90°时，分别求出AP的长即可．
【详解】探究发现：证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠DAP+∠BAM=90°，
∵∠PAQ=90°，
∴∠BAQ+∠BAM=90°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∵将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，
∴AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP．
类比迁移：解：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
由旋转得：AP=AQ，
∵∠DAB=α=60°，即∠DAB=∠PAQ=60°，
∴∠DAP+∠BAM=60°，∠BAQ+∠BAM=60°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP，∠APD=∠AQB，
∵AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP=90°，
∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，
∴∠APD=∠AQB=150°，
∴∠DPM=180°−∠APD=180°−150°=30°，
∵∠MAD=15°，
∴∠ADP=∠DPM−∠MAD=30°−15°=15°，
∴∠ADP=∠MAD，
∴AP=DP，
∴AQ=BQ=PQ=AP，
∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，
∴∠PAH=∠PAQ−∠BAQ=60°−15°=45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP=∠BHP=90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH=PH=AP⋅sin45°=22AP，
∵BQ=PQ，∠PQB=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
∴∠PBH=∠PBQ−∠ABQ=45°−15°=30°，
∴BH=PHtan∠PBH=22APtan30°=62AP，
∴AB=AH+BH=22AP+62AP=2+62AP，
∵AB=6+2，
∴2+62AP=6+2，
∴AP=2；
拓展应用：解：①当∠BRP=90°时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE⊥AQ于点E，
设AM交CD于点F，过点F作FG⊥AC于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP=90°，∠ADC=90°，
∵∠BAM+∠BAR=90°，
∴∠DAP=∠BAR，
∵AD=3，AB=4，
∴ADAB=34，
∵AR=43AP，
∴APAR=34，
∴ADAB=APAR，
∴△ADP∽△ABR，
∴DPBR=ADAB=34，即BR=43DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD=FG，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=32+42=5，
∴sin∠ACD=ADAC=35，
∵FGCF=sin∠ACD=35，
∴DFCF=35，
∵DF+CF=CD=4，
∴DF=32，CF=52，
在Rt△ADF中，AF=AD2+DF2=32+322=352
∵∠BAR=∠DAP，∠AEB=∠ADF=90°，
∴△AEB∽△ADF，
∴AEAD=BEDF=ABAF，即AE3=BE32=4352，
∴AE=855，BE=455，
∵∠BRP=90°，
∴∠ARP+∠BRE=90°，
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠BRE=∠APR，
∴tan∠BRE=tan∠APR，
∴BEER=ARAP=43，
∴ER=34BE=34×455=355，
∵AR+ER=AE，
∴43AP+355=855，
∴AP=354；
②当∠PBR=90°时，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥AB于点H，
则sin∠DAF=PGAP=DFAF=32352=55，cs∠DAF=AGAP=ADAF=255，
∴PG=55AP，AG=255AP，

∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形，
∴AH=PG=55AP，PH=AG=255AP，
∴BH=AB−AH=4−55AP，
∴BP2=PH2+BH2=255AP2+4−55AP2=AP2−855AP+16，
在Rt△DPG中，DP2=DG2+PG2=3−255AP2+55AP2=AP2−1255AP+9，
∵BR=43DP，
∴BR2=169DP2=169AP2−64515AP+16，
在Rt△APR中，PR2=AP2+AR2=AP2+43AP2=259AP2，
在Rt△PBR中，PR2=BP2+BR2，
∴259AP2=AP2−855AP+16+169AP2−64515AP+16，
解得： AP=12511；
③当∠BPR=90°时，
由②知：BR2=169AP2−64515AP+16，PR2=259AP2，BP2=AP2−855AP+16，
∵PR2+BP2=BR2，
∴259AP2+AP2−855AP+16=169AP2−64515AP+16，
解得：AP=0或AP=−453，均不符合题意；
综上所述，AP的长为354或12511．
【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，采用分类讨论的思想，作出辅助线是解决本题的关键．
题型二： 中点四边形
1．（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．
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ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD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EFGH的周长等于对角线AC与BD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EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD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．
1．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，连接EF、FG、GH、HE，分别交两条对角线于点P、点Q、点R、点S，且AC=BD．

(1)如图1，求证：四边形EFGH是菱形；
(2)如图2，若AC垂直平分BD，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图中锐角∠α，使∠α正弦值等于PR与AB的比值．
【答案】(1)见解析
(2)∠BAC，∠DAC，∠BEF和∠DHG
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF=12AC，EH=12BD，GH=12AC，FG=12BD，进而得到EF=FG=HG=EH，根据菱形的判定定理证明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质得到OB=OD，AB=AD，进而得到∠BAC=∠DAC，根据正弦定义解答即可．
【详解】（1）解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，
∴EH、FG分别是△ABD和△BCD的中位线，
∴EF=12AC，EH=12BD，GH=12AC，FG=12BD，
∵AC=BD，
∴EF=FG=HG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：∵AC垂直平分BD，
∴OB=OD，AB=AD，
∵AC⊥BD，
∴∠BAO=∠DAO，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，
∴BP=PO,DR=OR，
∴PR=OB，
在Rt△AOB中，sin∠BAO=OBAB=PRAB，
∴∠α是∠BAO,∠DAO
∵EF∥AC，GH∥AC，
∴∠BAO=∠BEF，∠DAO=∠DHG，
∴∠α是∠BAO，∠DAO，∠BEF和∠DHG．
【点睛】本题考查菱形的判定和锐角三角函数，熟练掌握菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形以及锐角三角函数的边角关系是解题的关键．
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）折纸是一项有趣的活动，有的同学玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等．在折纸过程中，不仅可以得到一些美丽的图形，而且其中还蕴含着丰富的数学知识．
如图①，菱形纸片ABCD中，AB=4,∠A=60°．

(1)活动一：
如图②，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在点B处，则折痕的长为_________；菱形纸片ABCD的面积是_________；
(2)活动二：
如图③，E,F,G,H分别是菱形纸片ABCD各边的中点，分别沿着EF,FG,GH,HE折叠并展开．猜想四边形EFGH是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
(3)活动三：如图④，先将菱形纸片ABCD沿AC折叠再展开，点E,F,G,H分别在边AB,BC,CD,DA上且EF∥AC，再分别沿着EF,FG,GH,HE折叠再展开，若四边形EFGH是正方形，则AE=_________；
(4)活动四：如图⑤，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点F处，则折痕MN的长为_________．
【答案】(1)23，83
(2)矩形，证明见解析．
(3)6−23
(4)71021
【分析】（1）根据折叠的性质可推知DE⊥AB，然后用解直角三角形的方法求得菱形的高，最后再算出菱形的面积．
（2）分别连接对角线，然后根据三角形的中位线定理，并结合菱形对角线互相垂直的性质证明四边形EFGH是矩形．
（3）充分利用含60°角的菱形与其内接正方形的条件，将已知与待求的量通过相似三角形的成比例线段联系在一起，从而使问题求解．
（4）充分利用60°直角三角形的性质和折叠的对称性质，将待求的量与已知量联系在一起，从而解得待求的量．
【详解】（1）如图2， 根据折叠的性质，△ADE≌△BDE，
∴AE=BE,DE⊥AB．
所以AE= 12AB =12×4=2．
在直角△ADE中，∠A=60°，tan∠A=tan60°=3，tan∠A=DEAE=DE2，
∴3=DE2，DE=23，
因此折痕DE的长为23．
菱形ABCD的面积为：2S△ABD=2×12×AB×DE =2×12×4×23=83．
（2）如下图，连接AC、BD．

∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴由三角形中位线定理得，EF∥AC,GH∥AC，
∴EF∥GH，同理，EH∥FG． 则EFGH是平行四边形．
又∵菱形ABCD的对角线AC与BD相互垂直，EF∥AC，FG∥BD，
则EF⊥FG，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）连接BD，与AC、EF交于点O、点Q．设AC、EH相交于点P．

∵菱形对角线互相垂直，且平分内角，
∴AC⊥BD，∠BAO＝12×60°=30°．
由EF∥AC得EF⊥BO，
故△BEQ与△BAO为含30°角的直角三角形．
由EF∥AC，AB=CB得BE=BF，
又EF⊥BO，则Q为EF的中点，同理，P为EH中点．
所以EP、EQ均为正方形EFGH连长的一半，且四边形EPOQ为正方形．
可设EP=EQ=OP=OQ=x．
在直角三角形ABO中，
∵∠BAO＝30°，
∴BO＝12×AB=12×4=2，OA=AB2−BO2=42−22=23．
∴BQ=BO−OQ=2−x，AP=AO−OP=23−x．
由△APE∽△EQB得，APEP=EQBQ， 即23−xx=x2−x．
解得：x=3−3．
∴AE=2EP=2x=23−3=6−23．
（4）如下图，过点F作线段AB延长线的垂线，垂足为点H，过点M作AN的垂线，垂足为点G．

由BC∥AD知，∠HBF＝∠A＝60°，∠BFH＝30°，在直角△BFH中，
∴BH＝12BF＝12×12×BC=14AB=14×4=1，由勾股定理得，
HF2=BF2−BH2=22−12=3．
根据折痕的性质，设AM＝MF＝x，则HM=AB+BH−AM=4+1−x=5−x．
在直角△HMF中，HM2+HF2＝MF2，即5−x2+3=x2．
解得：x=145．
在直角△AMG中，∠A＝60°，则AG＝12AM＝12×145=75，MG＝1452－752＝753．
连结DF、DB，因F为BC的中点，则DF为等边三角形BCD边的高，
DF⊥BC，则DF⊥AD，
在直角三角形NFD中，设ND＝y，则NF＝NA＝AD－ND＝4－y，DF＝CD2－FC2=42−22=23．
由勾股定理得，DF2+ND2=NF2，即232+y2=4−y2，
解得：y=12，即ND＝12．
∴NG=AD−AG−ND=4− 75 −12 ＝2110．
在直角三角形MNG中，MN＝MG2+NG2＝7532+21102=71021．
【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠的轴对称性质、勾股定理的应用、含30°角的直角三角形的性质等相关知识点，应用勾股定理列出待求未知数的方程，并求解是解本题的关键．
题型三： 十字架模型
1．（2022·四川乐山·中考真题）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则EGFH=______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求CEBF的值．
【答案】(1)1；证明见解析
(2)nm
(3)32
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证ΔABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，在RtΔBCN中，利用勾股定理求得CN的长，然后证ΔNCE∽ΔABF，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1）EGFH=1，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴EGFH=1；
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，AM＝HF，AN＝EG，
∴HFEG=mn，
∴EGFH=nm；
故答案为：nm
（3）解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴ΔABC是等边三角形，
∴设AB=BC=AC=a，
过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，
在RtΔBCN中，CN=BC2−BN2=a2−12a2=32a，
∵CN⊥AB，CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BMN=90°，∠ECN+∠CMF=90°，
又∵∠CMF=∠BMN，
∴∠ABF=∠ECN，
∵CN⊥AB，∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CNE=90°，
∴ΔNCE∽ΔABF，
∴CEBF=CNAB，即CEBF=32aa=32．
【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
1．（2023·贵州黔东南·一模）如图，四边形ABCD是正方形．
(1)问题解决：如图①，若E，F分别是BC，CD上的点，且AE⊥BF．求证：△ABE≌△BCF；
(2)类比探究：如图②，若点E，F，G，H分别在BC，CD，DA，AB上，且EG⊥HF，求证：EG=HF．
(3)迁移应用：如图③，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是BC的中点，点E是AC上一点，且AD⊥BE，求AE：EC的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2:1
【分析】（1）根据正方形的性质，得出AB=BC，∠ABC=∠BCD，根据等角的余角相等得出∠AEB=∠BFC，即可证明△ABE≌△BCF；（2）过点A作AE'∥GE交BC于点E'，过点B作BF'∥HF交CD于点F'，得出四边形AE'EG与四边形HBF'F是平行四边形，则GE=AE'，HF=BF'，由(1)知：△ABE'≌△BCF'，则AE'=BF'，即可得出GE=HF；
（3）过点C作CF⊥BC，交BE的延长线于点F，证明△ABD≌△BCF，得出BD=CF，进而证明△ABE∽△CFE，根据相似三角形的性质得出AE：EC=AB：CF=AB：BD，根据D是BC的中点，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD
∵AE⊥BF，
∴∠AEB＋∠CBF=90°，
∵∠BFC＋∠CBF=90°，
∴∠AEB=∠BFC，
∴ △ABE≌△BCF AAS．
（2）如图②，过点A作AE'∥GE交BC于点E'，过点B作BF'∥HF交CD于点F'．
∵四边形ABCD是正方形，AD∥BC，AB∥DC
∴四边形AE'EG与四边形HBF'F是平行四边形．
∴ GE=AE'，HF=BF'
由(1)知：△ABE'≌△BCF'
∴ AE'=BF'，
∴GE=HF；
（3）如图③，过点C作CF⊥BC，交BE的延长线于点F．
∵AD⊥BE，
∴∠ADB＋∠FBC=90°，
∵CF⊥BC，
∴∠BFC＋∠FBC=90°，
∴∠ADB=∠BFC，
∵AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°，
∴ △ABD≌△BCF AAS，
∴BD=CF，
∵∠ABC=90°，即AB⊥BC，CF⊥BC
∴ AB∥CF，
∴ △ABE∽△CFE
∴AE：EC=AB：CF=AB：BD
∵D是BC的中点，
∴ BD=12BC
∵AB=BC=2BD，
∴AE：EC=AB：BD=2：1
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．
2．（2024·山东菏泽·一模）琅琊中学九年级一班同学利用工具，对几种四边形进行探究．
【初步认识】同学们所用的工具由两条互相垂直的直线构成，垂足为O．如图1，同学们将该工具放入正方形ABCD中，该工具与正方形四条边的交点分别为E、F、G、H．
（1）若点O在边长为1的正方形ABCD的中心，直接写出OE+OH+OG+OF的最大值和最小值．
（2）试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】如图2，同学们又将该工具放入矩形ABCD中，该工具与矩形四条边的交点分别为E、F、G、H．若AB=m，BC=n，则EGFH= ．（直接写出答案）
【拓展运用】如图3，同学们将工具放入四边形ABCD中，使其经过C、B两点，并与AB边交于点E，与AD边交于点F．已知∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC．求CEBF的值．
【答案】（1）①最大值为22，最小值为2；②EGFH=1，证明见详解
（2）nm
（3）32
【分析】（1）①OE+OH+OG+OF=HF+EG，由②知EG=FH，∴即求HF的最值，过点O作AD的垂线交AD,BC于点M，N，由垂线段最短可知OA>OM，由正方形ABCD，得OA=OC,OM=ON，可知HF的最大值为AC，最小值为MN，即可求解．
②过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，在Rt△BCN中，利用勾股定理求得CN的长，然后证△NCE∽△ABF，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1）①OE+OH+OG+OF=HF+EG，由②知EG=FH，
∴即求HF的最值，过点O作AD的垂线交AD,BC于点M，N，
由垂线段最短可知OA>OM，
∵正方形ABCD，
∴OA=OC,OM=ON，
∴HF的最大值为AC，最小值为MN=1，
在Rt△CDA中，AC=12+12=2，
∴1≤HF≤2，
∴OE+OH+OG+OF最大值为为22，最小值为2．
②解：EGFH=1，
理由为：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DAN，AB=AD，∠ABM=∠ADN
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN，
即EG=FH，
∴ EGFH=1．
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
在矩形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴ AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，AM=HF，AN=EG，
∴ HFEG=mn，
∴ EGFH=nm；故答案为：nm．
（3）解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴设AB=BC=AC=a，
过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，
在Rt△BCN 中，CN=BC2−BN2=a2−(12a)2=32a，
∵CN⊥AB，CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BMN=90°，∠ECN+∠CMF=90°，
又∵∠CMF=∠BMN，
∴∠ABF=∠ECN，
∵CN⊥AB，∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CNE=90°，
∴△NCE∽△ABF，
∴ CEBF=CNAB，即CEBF=32aa=32．
【点睛】本题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
3．（2024·广东阳江·一模）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，ED⊥CF，则DECF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CEBD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，tan∠ADB=13，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．求DECF的值．
【答案】（1）1；（2）47；（3）证明见解析；（4）53．
【分析】(1)证明Rt△ADE≌Rt△DCFASA后即可求解；
(2)证明△CDE∽△DAB后即可求解；
(3)过点C作CH⊥AF，交AF的延长线于点 H，证明△DEA∽△CFH后即可求证；(4)如图4所示，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，证明△DEA∽△CGF，得到AB=3，由三角函数设AH=a，则DH=3a，由勾股定理可得a2+3a2=92，得到AH=91010，DH=271010，AC=2AH=9510，利用面积法可得CG=275，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，设DE、CF相交于点M，
∵DE⊥CF，
∴ ∠CMD=90° ，
∴∠DCM+∠CDM=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠CDF=90°，DA=CD，
∴∠ADE+∠CDM=90°，
∴∠ADE=∠DCM，
即∠ADE=∠DCF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCFASA，
∴DE=CF，
∴DECF=1，
故答案为：1；
（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=∠BAD，
∵∠CDE=∠A
∴△CDE∽△DAB，
∴CEDB=CDDA=47，
即CEBD=47，
故答案为：47；
（3）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH， ∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
∵∠DFG=∠CFH，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，
∴△DEA∽△CFH，
∴DECF=DACH，
∴DECF=ADAB，
即DE⋅AB=CF⋅AD；
（4）如图4所示，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°，
∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CGF，
∴DECF=ADCG，
∴AB=3，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，
∴AHDH=13，
设AH=a，则DH=3a，
∵AH2+DH2=AD2，
∴a2+3a2=92，
∴a=91010(负值舍去)，
∴AH=91010，DH=271010，
∴AC=2AH=9510，
∵S△ADC=12AC·DH=12AD·CG，
∴12×9510×271010=12×9×CG，
∴CG=275，
∴DECF=ADCG=9275=53．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
题型四： 正方形半角模型
1．（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45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN．

【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：∠CNM=∠CNH；
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF∽△CNM；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．连接AC交BD于点O，求EFNM的值．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] EFNM=22
【分析】[探究一]证明△CNM≌△CNH，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角∠ECF=∠NCM，进而即可证明
[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．得出△NCG≌△NCM，根据全等三角形的性质得出∠MNC=∠GNC，进而可得∠CNM=∠CEF，证明△ECF∽△NCM，根据相似三角形的性质得出EFNM = ECNC=CDAC=12，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，
∴CM=CH,∠MCH=90°，
∴∠NCH=∠MCH−∠MCN=90°−45°=45°，
∴∠MCN=∠HCN，
在△CNM与△CNH中
CM=CH∠MCN=∠HCNCN=CN
∴△CNM≌△CNH
∴∠CNM=∠CNH
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=45°，
又∠MCN=45°，
∴∠FBN=∠FCE=45°，
∵∠EFC=∠BFN，
∴∠CEF=∠FNB，
又∵∠CNM=∠CNH，
∴∠CEF=∠CNM，
又∵公共角∠ECF=∠NCM，
∴△CEF∽△CNM；
[探究三] 证明：∵AC,BD是正方形的对角线，
∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°−∠BAC=135°，
∴∠CDE=∠CAN，
∵∠MCN=∠DCA=45°，
∴∠MCN−∠DCN=∠DCA−∠DCN，
即∠ECD=∠NCA，
∴△ECD∽△NCA，
∴∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，
如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．

∴MC=GC，∠MCG=90°，
∴∠NCG=∠NCM=45°，
又CN=CN，
∴△NCG≌△NCM，
∴∠MNC=∠GNC，
∵∠CNA=∠CEF，
∴∠CNM=∠CEF，
又∠ECF=∠NCM，
∴△ECF∽△NCM，
∴EFNM = ECNC=CDAC=12，
即EFNM=22．
【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．
2．（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∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(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，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
(3)22b+a
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，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BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNHAAS，进而求出HN=22CH，再根据（2）的结论求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
（2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+a．
【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．
1．（2023·吉林白城·模拟预测）下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°．求证：EF=AE+CF．
证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM,∠A=∠DCM,∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°,∴∠MDF=∠EDF=45°．
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF,∴△EDF≌＿＿＿，∴EF=MF=CM+CF=＿＿＿+CF．
【探究】（1）在图①中，若正方形ABCD的边长为3，AE=1，其他条件不变，求EF的长．
解：∵正方形ABCD的边长为3，∵AE=1,∴BE=2,CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x,FC=FM−CM=x−1,∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x=＿＿＿，即EF=＿＿＿．
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°,AB=AD=6,BC=4，E是AB边上的点，且∠CDE=45°，则CE=＿＿＿．
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高．若BD=2,CD=3，则AD的长为＿＿＿．
【答案】作业：△MDF， AE ；探究：（1）52 ，52；（2）5 ；（3）6
【分析】作业：按照对应关系寻找三角形，线段等量代换即可；
探究：（1）按运算法则计算方程即可；
（2）过D作DF∥AB交队延长线于F，证明四边形ABFD是正方形，将△ADE绕点D逝时针旋转90°，可证明△CDE≌△CDH，设CE=CH=y，表示BE，在Rt△BCE用勾股定理即可求解；
（3）将△ADC绕点A顺时针旋和转90°得到△AEF，则△ADC≌△AEF，延长EF、CD相交于H，证明△ABF≌△ABC，得到BF=BC，设HF=z，表示DH、DF，在Rt△DFH中用勾股定理即可求解．
【详解】作业：证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，
则DE=DM,∠A=∠DCM,∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°．
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌△MDF，
∴EF=MF=CM+CF=AE+CF．
故答案为：△MDF，AE；
探究：（1）∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2,CM=1
设EF=x，则FM=EF=x,FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x，
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，
解得x=52，即EF=52．
故答案为：52，52；
（2）过D作DF∥AB交队延长线于F，则∠ADF=90°
又∵AB=AD=6
∴四边形ABFD是正方形
∴CF=2
将△ADE绕点D逝时针旋转90°，得到△DEH，如图，
则B、C、F、H四点共线，∠ADE=∠FDH,DE=DH，
∵∠ADE+∠CDF=90−∠EDC=45°，
∴∠CDH=∠CDF+∠FDH=∠CDF+∠ADH=45°，
又∵DE=DH,DC=DC，
∴△CDE≌△CDH，
设CE=CH=y，则FH=AE=y−2，
∴BE=AB−AE=8−y，
∴在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2即42+(8−y)2=y2，
解得y=5，
∴CE=5；
故答案为：5；
（3）将△ADC绕点A顺时针旋和转90°得到△AEF，延长EF、CD相交于H，如图：
则AE=AD,AF=AC,EF=DC=3,∠EAD=∠E=∠ADB=90°,∠EAF=∠DAC，
∴四边形AEHD是正方形，
∵∠BAC=45°，即∠BAD+∠CAD=45°，
∴∠EAF+∠BAD=∠DAC+∠BAD=45°，
∴∠FAB=45°，
∴△ABF≌△ABC，
∴BF=BC=5，
设HF=z，则EH=AD=AE=DH=z+3，
∴HB=HD−BD=z+1，
∴在Rt△BFH中，HF2+BH2=BF2即z2+z+12=52，
解得z=3（负值舍去），则z+3=6
∴AD=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查图形旋转的特点、全等三角形的性质和判定、勾股定理、正方形的性质和判定，三个图形紧密相连，解题思路环环相扣，承接前一问的思路解下一问是解题关键．
2．（2024·湖北随州·一模）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，从而可得：DM+BN=MN．
(1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是___________．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：M是CD的中点．
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD，AB=12，AD=16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，BN=4，则DM的长是 ___________．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）由旋转得△ABE≌△ADM，通过△AMN≌△AENSAS，得到MN=EN，Rt△CMN中，求出MN的长，设正方形ABCD的边长为x，由x−6+x−4=10，即可求解，
（2）设BN=m，DM=n，由MN=BN+DM=m+n，结合tan∠BAN=13，表示出CN、CM，在Rt△CMN中，应用勾股定理得到3m=2n，代入CM=3m−n，即可求解，
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC延长线于点Q，延长AN交PQ于E，设DM=a，则MQ=12−a，由△ABN∽△APE，得BNPE=ABAP=1216=34，进而求出PE，EQ的长，由（1）中结论得：EM=PE+DM=163+a，在Rt△QEM，应用勾股定理，得到a=8，即可求解，
本题考查了，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是：通过全等和勾股列出方程．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即：∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM=90°−45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
∴△AMN≌△AENSAS，
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN=CN2+CM2=62+82=10，
则BN+DN=10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC−CN=x−6，
∴x−6+x−4=10，解得：x=12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12，
（2）解：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN=13，
∴tan∠BAN=BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC−BN=2m，CM=CD−DM=3m−n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：2m2+3m−n2=m+n2，整理得：3m=2n，
∴CM=2n−n=n，
∴DM=CM，
即M是CD的中点，
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC延长线于点Q，延长AN交PQ于E，连接EM，
则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=12−a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE=43BN=43×4=163，
∴EQ=PQ−PE=16−163=323，
由（1）得：EM=PE+DM=163+a，
在Rt△QEM，由勾股定理得：3232+16−a2=163+a2，解得：a=8，
即DM的长是8，
故答案为：8．
题型五： 四边形对角互补模型
1．（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ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1O绕点O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14.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ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC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△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2）PMPN=k，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∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；
（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS证得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，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：OA=OC，
∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
∴k=PAPC=OAOC=1，
故答案为：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBNASA，
∴PM=PN．
（2）PMPN=k，理由如下：
过点P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPC=k．
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECNAAS，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=3a2+6a2=35a，
∴k=ENPN=355a=3．
【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．
2．（2022·湖北武汉·中考真题）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【答案】(1)①52，25；②4；83
(2)S=12mn
(3)S=63
【分析】（1）①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5即可；②先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函数求出AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，BF=DFtan30°=2，BD=DF÷sin60°=4即可；
（2）过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证△DFG≌△DEH（ASA）与△DBG≌△DIH（SAS），然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，先证明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再证△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=45°，
∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，且AD=BD=m,
∵m=52，
∴BD=n=52，
∴BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5，ED=DF=5，
∴S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；
故答案为52，25；
②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=60°，
∴∠A=90°-∠B=30°，
∴DE=12AD=12×43=23，AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，
∵∠BDF=90°-∠B=30°，
∴BF=DFtan30°=2，
∴BD=DF÷sin60°=4，
∴BD=n=4，
∴S=S△ADE+SΔBDF=12×23×6+12×2×23=83，
故答案为：4；83；
（2）解：过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，
∴四边形DGCH为矩形，
∵CD是△ABC的角平分线，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DG=DH，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，
∴∠FDG=∠EDH，
在△DFG和△DEH中，
∠FDG=∠EDHDG=DH∠DGF=∠DHE，
∴△DFG≌△DEH（ASA）
∴FG=EH，
在△DBG和△DIH中，
DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH，
∴△DBG≌△DIH（SAS），
∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，
∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，
∴S△ADI=12AD⋅DI=12mn，
∴S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，
∵CD是△ABC的角平分线，DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，
∴∠FDQ=∠EDP，
在△DFQ和△DEP中，
∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE，
∴△DFQ≌△DEP（ASA）
∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，
在△DBQ和△DRP中，
DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP，
∴△DBQ≌△DRP（SAS），
∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，
∵DB=DE，DB=DR，
∴△DBF≌△DRE，
∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，
∴S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×32×4=63．
【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键．
1．（2024·贵州黔南·一模）小红在学习了三角形的相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，如图，在Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），连接DE．
(1)问题解决：如图1，当点D，E分别与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，AF与BC的位置关系是_________，数量关系是________．
(2)问题探究：如图2，当点D，E不与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF,AF与BC的位置关系是怎样的？请说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，当点E不与点C重合，且D为AB的中点时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点G，D，F在一条直线上，求AEEC的值．
【答案】(1)平行；相等
(2)AF∥BC，理由见解析
(3)AEEC=3
【分析】（1）先证CF∥AB，再证AB=CF，则四边形ABCF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，证明△AEF≌△AMESAS，得∠EAF=∠EMD=45°，则∠EAF=∠BCA，即可得出结论；
（3）连接AF、CF，过E作EM⊥AB于点M，延长ME交CF于点H，证四边形ABCF是正方形，得AB∥CF，∠BCF=90°，∠ACF=45°，再证△EFH≌△DEMAAS，得EH=DM，然后证△ECH是等腰直角三角形，得EH=CH，进而得AM=3BM，即可解决问题．
【详解】（1）解：由旋转的性质得：∠DEF=90°，DE=FE，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠DEF=180°，
∴CF∥AB，
∵AB=BC，
∴AB=CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC，AF=BC，
故答案为：平行；相等；
（2）AF∥BC，理由如下：
证明：如图2，过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，
则∠AEM=90°，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴ME=AE，∠AME=45°，
由旋转的性质得：FE=DE，∠DEF=90°，
∴∠DEF=∠AEM，
∴∠DEF−∠AED=∠AEM−∠AED，
即∠AEF=∠MED，
∴△AEF≌△AMESAS，
∴∠EAF=∠EMD=45°，
∴∠EAF=∠BCA，
∴AF∥BC；
（3）解：如图3，连接AF、CF，过E作EM⊥AB于点M，延长ME交CF于点H，
则∠EMD=90°，
由（2）可知AF∥BC，
∴∠DAF=∠DBG，∠AFD=∠G，
∵D为AB的中点，
∴AD=BD，
∴△ADF≌△BDGAAS，
∴AF=BG，
∵点G是点C关于直线AB的对称点，
∴BG=BC，
∴AF=BC，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCF是正方形，
∴AB∥CF，∠BCF=90°，∠ACF=45°，
∵MH⊥AB，
∴MH⊥CF，
∴BM=CH，∠CHE=∠FHE=90°，
∴∠EFH+∠FEH=90°，
由旋转的性质得：FE=DE，∠DEF=90°，
∴∠DEM+∠FEH=90°，
∴∠EFH=∠DEM，
∵∠EMD=∠FHE=90°，
∴△EFM≌△DEMAAS，
∴EH=DM，
∵∠ACF=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴EH=CH，
∴DM=BM=12BD=12AD，
∴AM=3BM，
∵∠EMD=∠ABC=90°，
∴EM∥BC，
∴ AEEC=AMBM=3．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
2．（2023·吉林长春·二模）【问题呈现】如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．小聪同学延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证△ABE≌△ADG，进而得到△AEF≌△AGF，从而得出BE、EF、FD之间的数量关系为______ .(不需要证明)．
【类比引申】如图②，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，请回答当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有【问题呈现】中BE、EF、FD之间的数量关系，并给出证明．
【探究应用】如图③，在四边形ABCD中，AB=AD=60，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，点E、F分别在线段BC、CD上，且AE⊥AD，DF=303−30，直接写出线段EF的长．
【答案】问题呈现：BE+FD=EF；类比引申：∠EAF=12∠BAD，证明见解析；探究应用：30+303
【分析】
问题呈现：由正方形的性质得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，则∠B=∠ADG，而DG=BE，即可证明△ABE ≌△ADG，得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由∠EAF=45°，推导出∠EAF=∠GAF，即可证明△AEF ≌△AGF，则EF=GF=DG+FD=BE+FD；
类比引申：由【问题呈现】中∠EAF与∠BAD的数量关系，可知当∠EAF=12∠BAD时，EF=BE+FD，先证明△ABE ≌△ADH，得AE=AH，∠BAE=∠DAH，可推导了∠EAF=∠HAF，再证明△AEF ≌△AHF，则EF=HF=DH+FD=BE+FD；
探究应用：延长CD到点K，使DK=BE，由∠DAE=90°，∠BAD=150°，得∠ADK=60°，可证明△ABE是等边三角形，则AE=BE=AB=AD=DK=60，则△ADK是等边三角形，延长BA交DK于点L，则∠DAL=30°，∠ALD=90°，所以DL=12AD=30，AL=32AD=303，则FL=DF+DL=303=AL，所以∠LAF=45°，于是得∠EAF=75°=12∠BAD，所以EF=BE+DF=30+303．
【详解】
问题呈现：BE+FD=EF；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，
∴∠ADG=90°，
∴∠B=∠ADG，
∴DG=BE，即BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠GAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=GF=DG+FD=BE+FD．
类比引申：∠EAF=12∠BAD，
证明：如图②，延长CD到点H，使BE=DH，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADH，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADHSAS，
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠HAF=∠DAF+∠DAH=∠DAF+∠BAE=∠BAD−∠EAF=12∠BAD，
∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHFSAS，
∴EF=HF=DH+FD=BE+FD．
探究应用：线段EF的长30+303，
理由：如图③，延长CD到点K，使DK=BE，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，
∵∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，
∴∠ADK=180°−∠ADC=60°，∠BAE=∠BAD−∠DAE=60°，
∴∠AEB=∠B=∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=AB=AD=DK=60，
∴△ADK是等边三角形，
延长BA交DK于点L，则∠DAL=180°−∠BAD=30°，
∴∠ALD=90°，
∴DL=12AD=12×60=30，AL=AD⋅sin60°=60×32=303，
∵DF=303−30，
∴FL=DF+DL=303−30+30=303，
∴AL=FL，
∴∠LAF=∠LFA=45°，
∴∠EAF=180°−∠BAE−∠LAF=75°=12∠BAD，
∴EF=BE+DF=60+303−30=30+303，
∴线段EF的长30+303．
【点睛】
此题重点考查全等三角形的判定与性质、同角的补角相等、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、类比与转化等数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
题型六： 正方形对称模型
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B,D不重合），GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足．连接EF,AG，并延长AG交EF于点H．

(1)求证：∠DAG=∠EGH．
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AH与EF垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到AD⊥CD，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得AD∥GE，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接GC交EF于点O，由SAS证明△ADG≌△CDG，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAG=∠DCG，继而证明四边形FCEG为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AD⊥CD
∵GE⊥CD
∴AD∥GE，
∴∠DAG=∠EGH．
（2）AH与EF垂直，理由如下．
连接GC交EF于点O．
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45°，
又∵DG=DG,AD=CD，
∴△ADG≌△CDG，
∴∠DAG=∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF=90°，
又∵GE⊥CD,GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC．
又∵∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AH⊥EF．
【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．
1. 如图，在正方形ABCD中，E是射线CD上一动点（E不与D重合），连AE交射线BD于F点，过F作FG⊥AE交在射线BC于G．
(1)当点E在线段CD上时，求证：AF＝FG．
(2)若BC＝10，BG＝4，求BF的长；
(3)连EG，当E在射线CD上移动时，探究线段BG、EG、DE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)72；
(3)BG + DE= EG或BG-DE = EG，理由见解析．
【分析】（1）连接CF，根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，然后利用“边角边”证明△ABF和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CF，全等三角形对应角相等可得∠BAF=∠BCF，再根据四边形的内角和定理与平角的定义求出∠BAF=∠CGF，然后求出∠CGF=∠BCF，根据等角对等边可得CF=FG，从而得证；
（2）过点F作FH⊥BC于H，利用勾股定理可求FH的长，即可求解；
（3）BG + DE= EG或BG-DE = EG．分两种情况考虑：①当点E在线段CD上时，②当点E在线段CD的延长线上时，分别进行说明即可．
【详解】（1）证明：如图①，连接CF，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，
在△ABF和△CBF中，
AB=BC∠ABF=∠CBF=45°BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
∵FG⊥AE，
∴在四边形ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°-90°-90°=180°，
又∵∠BGF+∠CGF=180°，
∴∠BAF=∠CGF，
∴∠CGF=∠BCF，
∴CF=FG，
∴AF=FG；
（2）如图2，过点F作FH⊥BC于H，
∵BC=10，BG=4，
∴AG2=AB2+BG2=AF2+GF2，
∴AG2=102+42=116，
∵由（1）得△AFG是等腰直角三角形，
∴FG2=12AG2=58，
∵∠DBC=45°，FH⊥BC，
∴BH=FH，BF=2FH，
∵GF2=FH2+GH2，
∴58=FH2+（FH−4）2，
∴FH=7，（负值舍去），
∴BF=72；
（3）（3）BG + DE = EG或BG-DE = EG，理由如下：分两种情况讨论：
①当点E在线段CD上时，如图2，延长CB至点M，使BM = DE，连接AM，AG，
由（1）得，AF= FG，FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ABM=∠ADE= 90°，AB= AD，
在ΔABM和ΔADE中，
AB=AD∠ABM=∠ADE=90°BM=DE，
∴△ABM≅△ADE(SAS)，
∴AM= AE，∠BAM=∠DAE，
∠BAM+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
即∠MAE=∠BAD=90°，
∵∠EAG = 45，
∴∠MAG =∠MAE-∠EAG = 90°-45°= 45°，
∴∠MAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和ΔEAG中，
AM=AE∠MAG=∠EAGAG=AG
∴△MAG≅△EAG(SAS)，
又∵MG= BG+BM，BM= DE，
∴BG + DE = EG；
②当点E在线段CD的延长线上时，如图3，在BC上截取BT= DE，连接AT，AG，CF，
仿照（1）的方法得AF = FG，
∵FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∵四边形ABCD是正方形，
".∠BAD =∠ABT=∠ADC =∠ADE = 90°，AB= AD，
在ΔABT和ΔADE中，
AB=AD∠ABT=∠ADE=90°BT=DE
∴△ABT≅△ADE(SAS)，
∴AT = AE，∠BAT =∠DAE，
∴∠BAT +∠DAT =∠DAE+∠DAT，
即∠BAD =∠TAE = 90°，
∵∠EAG = 45°，
∴∠TAG =∠TAE-∠EAG = 90°-45°= 45°
∴∠TAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和△EAG中，
AT=AE∠TAG=∠EAGAG=AG
∴△TAG≅△EAG(SAS)，
∴.TG =EG，
又∵TG= BG-BT，BT= DE，
∴BG-DE = EG；
综上所述，当E在射线CD上移动时，BG + DE= EG或BG-DE = EG．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
题型七： 与正方形有关的三垂直模型
1．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②26
【分析】1根据SAS证明三角形全等即可；
2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
∵DE=DF，∠EDF=90°．
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
DA=DC∠ADE=∠CDFDE=DF
∴△ADE≌△CDFSAS；
（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF．
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．
∴∠ABM=∠CBN．
又∵∠AMB=∠BNC=90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB=NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，

∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM,AD=AB
∴△AMB≌△DHA．
∴BM=AH．
∵AH2=AD2−DH2，AD=4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值=DE=2．
∴BM最小值=AH最小值=23．
由2①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值=2BM=26．
【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．
2．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．
（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH=EF，∠HEF=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠AHE．
在△AEH和△BFE中，
∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，
∴△AEH≌△BFE．
∴AH=BE．
∴AE+AH=AE+BE=AB；
（2）AE=CF；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．
过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
∴HNHM=HOHF．
∵OE:OF=4:5，
设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则ℎ16=20−5x20，
∴ℎ=44−x．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4−x)=−8(x−2)2+32．
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG，OF=5x=10=12HF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
1. 综合运用
（1）如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）
（2）如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．
①求证：△AED∽△BFE．
②若AB=10，AD=6，E为AB的中点，求BF的长．
（3）如图③，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB=4，E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF=45°交BC于点F，当△CEF为等腰三用形时，BE的长为多少？
【答案】（2）①见解析；②256；（3）22或2
【分析】（2）①根据矩形的性质得到，∠DAE=∠EBF=90°，进而得到∠ADE+∠AED=90°，由EF⊥DE，得到∠BEF+∠AED=180°−90°=90°，∠ADE=∠BEF，即可求解，②E为AB的中点，求出EB的长，由△AED∽△BFE，得到ADEB=AEBF，代入，即可求解，
（3）同理可得△ACE∽△BEF，得到ACBE=CEEF，分三种情况讨论，即可求解，
本题考查了，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的三线合一的性质，解题的关键是：熟练掌握一线三等角相似．
【详解】解：（2）①∵ABCD是矩形，
∴∠DAE=∠EBF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°，
∵EF⊥DE，
∴∠BEF+∠AED=180°−90°=90°，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△AED∽△BFE，
②∵E为AB的中点，
∴AE=EB=12AB=12×10=5，
∵△AED∽△BFE，
∴ADEB=AEBF，即：65=5BF，解得：BF=256，
（3）∵∠ACB=90°，AC=BC，AB=4，
∴AC=BC=22，∠CAB=∠ABC=45°，
∴∠ACE+∠AEC=180°−45°=135°，
∵∠CEF=45°，
∴∠BEF+∠AEC=180°−45°=135°，
∴∠ACE=∠BEF，
∴△ACE∽△BEF，
∴ACBE=CEEF，
当CE=EF时，22BE=CEEF=1，解得：BE=22，
当CE=CF时，∠CEF=∠CFE=45°，∠ECF=90°，不符合题意，
当CF=EF时，∠CEF=∠ECF=45°，∠CFE=90°，在△BEC中，∠B=∠BCE=45°，
∴∠BEC=90°，
又∵AC=BC，
∴EB=12AB=12×4=2，
综上BE的长为22或2．
2. 【模型引入】
我们在全等学习中所总结的“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，从而借助已有经验，迅速解决问题．
【模型探究】
如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线CB于点F．
（1）如图1，若点F在线段BC上，写出EA与EF的数量关系并加以证明；
（2）如图2，若点F在线段CB的延长线上，请直接写出线段BC，BE和BF的数量关系．
【模型应用】
（3）如图3，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周长为8．正确的结论有 个．
（4）如图4，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F，交线段AC于点M，连接AF交线段BD于点H．给出下列四个结论，①AE＝EF；②2DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+2BF；正确的结论有 个．
【模型变式】
（5）如图5，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，交∠CBE的平分线与点N，求证：MD＝MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，则∠FMN和∠NMB之间有怎样的数量关系？请给出证明．
【拓展延伸】
（7）已知∠MON＝90°，点A是射线ON上的一个定点，点B是射线OM上的一个动点，且满足OB＞OA．点C在线段OA的延长线上，且AC＝OB．如图7，在线段BO上截取BE，使BE＝OA，连接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，当点B在射线OM上运动时，β的大小是否会发生变化？如果不变，请求出这个定值；如果变化，请说明理由．
（8）如图8，正方形ABCD中，AD＝6，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EDM的面积是 ．
【答案】（1）AE=EF，证明见解析；（2）BE=22(BC−BF)；（3）4；（4）3；（5）见解析；（6）∠NMF=∠NMB，证明见解析；（7）β的大小不变，β=45°，理由见解析；（8）152
【分析】（1）过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,证明△ZBE是等腰直角三角形，进而证明△AEY ≌ △EFZ，即可证明AE=EF；
（2）过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，证明四边形TBUE是正方形，证明△TEA ≌ △UEF，过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，设正方形的边长为a，在Rt△ABD中，求得BD，进而求得AV=12BD=22a，证明△AEV ≌ △EFW，进而可得BW=22BF，由BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a，可得BE=22(BC−BF)
（3）①由（1）直接判断①；根据△AFH是等腰直角三角形，即可判断②；过A作AR⊥BD于R,证明△ARF≌△FGH可得AR=FG，进而判断；③过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，证明△APH≌△AEH，进而可得△CEH的周长为2BC，即可判断④；
（4）①由（1）直接判断①；过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q，证明△DPE,△EQB是等腰直角三角形，证明Rt△EFQ ≌ Rt△AEP，进而可得DE=2DP=22CF，即可判断②；过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N，可得KB=2BF，由②可知PD=QF，进而证明△DPE≌△KNE，BE=BK+EK=DE+2BF可判断④，由于M点的位置不确定，无法判断S△AEM和S△MCF的关系，即可判断③；
（5）在OD上取OH=OM，连接HM，证明△HDM ≌ △BMN即可；
（6）延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，证明△AOD≌△FCD，可得∠CDF=∠ODA，进而证明△ADM ≌ △FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根据角度的等量换算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，进而可得∠NMF=∠NMB；
（7）过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，证明△BOA≌△ACF，可得BA=AF,∠1=∠2，进而可得∠5=45°，进而证明四边形BECF是平行四边形，根据平行线的性质，三角形的外角的性质可得∠7+∠1=45°，即β =45°
（8）过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，证明PE=PC，设PC=x,则PE=x,PD=6−x，EQ=6−x，证明△DEF是等腰直角三角形，证明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，勾股定理求得DE=3102，进而可得EF，过点F作FH⊥AC于点H，证明△DGC∽△FGA，进而求得AG=22，进而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，进而求得S△EFG，根据翻折的性质求得S△EFM，根据S△EDM=S四边形DFME−S△DFM=S△DEF+S△EFM−S△DFM即可求得S△EDM=152．
【详解】（1）若点F在线段BC上，AE=EF,理由如下，
过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°
又∵ YZ⊥AD
∴四边形ABZY是矩形，
∴AY=BZ
∵AD=AB，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∴△ZBE是等腰直角三角形
∴BZ=EZ
∵BZ=AY
∴ZE=AY
∵AE⊥EF
∴∠AEY+∠FEZ=90°
∵∠AYE=90°
∴∠EAY+∠AEY=90°
∴ ∠FEZ=∠EAY
∵AD//BC,YZ⊥AD
∴YZ⊥BC
∴∠AYE=∠EZF=90°
在△AEY与△EFZ中，
∠FEZ=∠EAYZE=AY∠EZF=∠AYE
∴ △AEY ≌ △EFZ
∴AE=EF
（2）若点F在线段CB的延长线上，BE=22(BC−BF)，理由如下，
过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴四边形TBUE是矩形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∵ET⊥AB,EU⊥BC
∴TB=TE，EU=BU，
∴四边形TBUE是正方形
∴TE=EU,TE//FU
∴∠TEF=∠EFU
∵AE⊥EF
∴∠TEF+∠AET=90°
∵ET⊥AB
∴∠EAT+∠AET=90°
∴∠TEF=∠EAT
∴∠EFU=∠EAT
在△TEA与△UEF中
∠ATE=∠FUE=90°∠EAT=∠EFUTE=UE
∴ △TEA ≌ △UEF
∴AE=EF
过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=45°
设正方形的边长为a，
∵AV⊥BD
∴AV=BV=VD
在Rt△ABD中，BD=AD2+AB2=2AD=2a，
∴AV=12BD=22a
∵AE⊥EF，AV⊥EV
∴∠AEV+∠EFW=90°,∠AEV+∠EAV=90°
∴∠EFW=∠EAV
∵FW⊥WD,AV⊥BD
∴∠FWE=∠AVE=90°
在△AEV和△EFW中
∠EFW=∠EAV∠FWE=∠AVEAE=EF
∴ △AEV ≌ △EFW
∴EV=FW
∵∠FBW=∠DBC=45°，FW⊥WB
∴∠FBW=90°−∠BFW=45°
∴∠WFB=∠WBF
∴FW=WB
∴BF=FW2+BW2=2BW
即BW=22BF
∴BW=EV
∴ BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a
∴22BF+BE=22a
∵ BC=a
∴22BF+BE=22BC
即BE=22(BC−BF)
（3）如图
由（1）可得AF=FH，故①正确，
∵AF⊥FH,AF=FH
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴∠HAE=45°
故②正确，
过A作AR⊥BD于R,
∵AD=AB,∠BAD=90°
∴AR=BR=DR=12BD
∵AR⊥BD,HG⊥BD
∴∠ARF=∠FGH=90°
∵∠AFR+∠FAR=90°,∠AFR+∠GFH=90°
∴∠FAR=∠HFG
又∵AF=FH
∴△ARF≌△FGH
∴AR=FG
∴FG=12BD
故③正确，
如图，过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，
∵∠ADE=∠ABP=90°,AB=AD,DE=BP
∴△ABP≌△ADE
∴∠DAE=∠BAP
∵∠EAH=45°，∠DAB=90°
∴∠DAE+∠HAB=45°
∴∠BAP+∠HAB=45°
即∠HAP=∠EAH
∵AP=AE,AH=AH
∴△APH≌△AEH
∴HE=HP
∵PH=PB+BH=DE+BH=EH
∴△CEH的周长为CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC
∵正方形的边长为4
∴△CEH的周长为2BC =8．
故④正确，
综上所述，故正确的结论有①②③④，共计4个
故答案为：4
（4）如图4，
由（1）可得AE=EF,故①正确；
如图，过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠DCB=90°
∵PQ//DC
∴∠DPQ=∠PQC=90°
∴四边形PDCQ是矩形
同理，四边形ABQP是矩形，
∴DP=CQ，AP=BQ
∵∠PDE=∠EBQ=45°
∴ △DPE,△EQB是等腰直角三角形
∴PE=DP，EQ=QB
∵四边形ABQP是矩形
∴BQ=AP
∴EQ=AP
在Rt△EFQ与Rt△AEP中，
AE=EFAP=EQ
∴ Rt△EFQ ≌ Rt△AEP
∴PE=QF
∴DP=QF=12CF
∵∠PDE=45°,∠DPE=90°
∴DE=2DP=22CF
∴CF=2DE
故②正确
如图，过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N
则四边形KNQF是矩形，
∴NK=QF
∵∠KBF=45°,∠KFB=90°
∴KB=2BF
由②可知PD=QF
∴NK=DP，∠DPE=∠KNE=90°，∠KEN=∠DEP，
∴△DPE≌△KNE，
∴DE=EK，
∴BE=BK+EK=DE+2BF，
故④正确；
由于M点的位置不确定，无法判断S△AEM和S△MCF的关系，故③不正确，
综上所述正确的结论由①②④，共计3个；
故答案为：3，
（5）如图5，在OD上取OH=OM，连接HM，
∵OD=OB,OH=OM
∴HD=MB,∠OHM=OMH
∴∠DHM=180°−45°=135°
∵ BN平分∠CBE
∴∠NBE=45°
∴∠MBN=135°
∴∠DHM=∠MBN
∵DM⊥MN，∠AOB=90°
∴∠DMO+∠NMB=90°
∵∠DMO+∠HDM=90°
∴∠HDM=∠NMB
△HDM与△BMN中
∠HDM=∠BMNDH=BM∠DHM=∠MBN
∴ △HDM ≌ △BMN
∴DM=MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，
延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，
∵DC=DO,∠DOA=∠DCF=90°,CF=AO
∴△AOD≌△FCD
∴∠CDF=∠ODA，AD=DF
∵DM=MN,DM⊥MN
∴∠MDN=45°
∵∠CDO=90°
∴∠CDF+∠MDO=90°−∠FDM=45°
∴∠ODA+ODM=45°=∠ADM
∴∠ADM=∠FDM
在△ADM与△FDM中，
AD=AF∠ADM=∠FDMDM=DM
∴ △ADM ≌ △FDM
∴∠DFM=∠DAM
∵MP⊥DF
∴∠PMF+∠PFM=90°
∵∠DAO+∠ADO=90°
∴∠PMF=∠ODA
∵ ∠MDO+∠ODA=45°
∴∠PMF+∠MDO=45°
∵DM=MN,MP⊥DN
∴PM=PN
∴∠PMN=45°
∴∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°
∴∠NMF=∠MDO
∵∠NMB=∠MDO
∴∠NMF=∠NMB
（7）β的大小不变，β=45°，理由如下，
过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，如图，
∵CF//OB，
∴∠BOA+∠ACF=180°
∵∠BOA=90°
∴∠ACF=90°
∴∠BOA=∠ACF
又OB=AC,OA=CF
∴△BOA≌△ACF
∴BA=AF,∠1=∠2
∴∠4=∠5
∵∠1+∠3=90°
∴∠2+∠3=90°
∴∠BAF=180°−(∠2+∠3)=90°
∴∠5=45°
∵∠1+∠7=∠2+∠7=∠6
∵BE//CF,BE=OA=CF
∴四边形BECF是平行四边形
∴BF//CE
∴∠5=∠6=45°
∴∠7+∠1=45°
即β =45°
（8）如图，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC⊥AB
∴PQ⊥AB
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°,
△PEC是等腰直角三角形，∴ PE=PC
设PC=x,则PE=x,PD=6−x，EQ=6−x
∴PD=EQ
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ
∴△DPE≌△EQFAAS
∴DE=EF ∵DE⊥EF
∴ △DEF是等腰直角三角形
∵DC=BC,∠DCE=∠BCE=45°,CE=CE ∴△DEC≌△BECSAS
∴DE=BE
∴EF=BE
∵EQ⊥FB
∴FQ=BQ=12BF
∵ AB=AD=6,F是AB的中点
∴BF=3
∴FQ=BQ=PE=32
∴CE=322,PD=92
在Rt△DEP中，DE=DP2+PE2=814+94=3102
∴EF=DE=3102
过点F作FH⊥AC于点H，如图，
∵AD=CD=6
∴AC=62
∵DC//AB
∴△DGC∽△FGA
∴ CGAG=CDAF=63=2
∴CG=2AG
∴AG=22
∴GE=AC−AG−CE=62−22−322=522，
∵∠FAC=45°,HF⊥AC
∴∠FAC=∠AFH=45°
∵AF=3
∴AH=HF=322
∴HG=22
在Rt△HGF中，FG=HG2+HF2=24+184=5
∴S△EFG=12⋅GE⋅FH=12×322×522=154
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
∴S△EFM=154，FM=FG=5，∠DFE=∠EFM=45°
∴∠DFM=90°
∵DF=DA2+AF2=36+9=35
∴S△DFM=12×35×5=152
∵S△EDM=S四边形DFME−S△DFM=S△DEF+S△EFM−S△DFM
=12×3102×3102+154−152=152
∴ S△EDM=152
故答案为：152
【点睛】本题考查了四边形综合题，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，正方形的性质，添加辅助线，构造全等是解题的关键．
题型八： 四边形翻折模型
1．（2023·江苏泰州·中考真题）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=2AB，小天用该A4纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G．展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)120°，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再设AB=a，然后表示出AD、BD，再由锐角三角函数求出BF即可；
（2）由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，从而可得出∠GBH=∠BHF，进而得到BD∥HF，∠DGH=∠GHF，由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在RtΔGFH中求出∠GHF的正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得AF⊥BD，
∴∠AGB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BAG=∠ADB=∠GBF，
∵AD=2AB，
设AB=a，则AD=2a，BD=3a，
∴sin∠BAG=sin∠ADB，
即BGAB=ABBD，
∴ BGa=a3a，
解得BG=33a，
根据勾股定理可得AG=63a，
cs∠GBF=cs∠BAG，
即BGBF=AGAB，
∴ 33aBF=63aa．
解得BF=22a，
∵BC=AD=2a，
∴BF=12BC，
∴点F为BC的中点．
（2）解：∠AGH=120°，理由如下：
连接HF，如图：
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，
∴∠GBH=∠FBH，∠FBH=∠FHB，
∴∠GBH=∠BHF，
∴BD∥HF，
∴∠DGH=∠GHF，
由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，
∴∠AGD=90°，
设AB=a，则AD=2a=BC，BF=HF=22a，
∴BG=33a，
∴GF=66a，
在RtΔGFH中，tan∠GHF=GFHF=66a22a=33，
∴∠GHF=30°，
∴∠DGH=30°，
∴∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
2．（2023·四川达州·中考真题）（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A'处，若AB=6,BC=10，求AEEB的值；

（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC⋅CE=24,AB=6，求BE的值；
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°,AD⊥BC，垂足为点D,AD=10,AE=6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE=2∠DAC，直接写出BD+53EF的值．
【答案】（1）54；（2）5；（3）253
【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得A'B=2，设AE=A'E=x则BE=AB−AE=6−x，Rt△A'BE中利用勾股定理求得x=103，则AE=103，BE=6−103=83，进而求解即可；
（2）由矩形的性质和翻折性质得到∠EB'C=∠B'DA'，证明△EB'C∽△B'DA'，利用相似三角形的性质求得B'C=4，则B'D=10，在Rt△A'B'D中，利用勾股定理求得A'D=8，
进而求得BC=8，CE=3可求解；
（3）证明△AEF∽△ADC得到CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；设EF=3k，CD=5k，过点D作DH⊥AC于H，证明△CHD≌△FHDASA得到DF=CD=5k，在Rt△EFD中，由勾股定理解得k=1，进而可求得AC=55，在图③中，过B作BG⊥AC于G，证明∠CBG=∠CDH=∠DAC，则sin∠CBG=sin∠DAC=55，cs∠CBG=cs∠DAC=255，再证明AG=BG，在Rt△BCG中利用锐角三角函数和AG+CG=BG+CG=AC求得BC即可求解．
【详解】解：（1）如图①，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，CD=AB=6，∠A=∠B=∠C=90°，
由翻折性质得A'D=AD=10，AE=A'E，
在Rt△A'CD中，A'C=A'D2−CD2=102−62=8，
∴A'B=BC−A'C=2，
设AE=A'E=x，则BE=AB−AE=6−x，
在Rt△A'BE中，由勾股定理得BE2+A'B2=A'E2，
∴6−x2+22=x2，解得x=103，
∴AE=103，BE=6−103=83，
∴AEEB=10383=54；
（2）如图②，∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，AD=BC，∠A=∠B=∠BCD=90°，
由翻折性质得，A'B'=AB=6，A'D=AD，∠DA'B'=∠A'B'E=∠BCD=∠90°，
∴∠EB'C+∠A'B'D=90°=∠A'B'D+∠B'DA'
∴∠EB'C=∠B'DA'，
∴△EB'C∽△B'DA'，
∴CEA'B'=B'CA'D，即CE6=B'CBC，又BC⋅CE=24，
∴B'C=BC⋅CE6=246=4，
∴B'D=B'C+CD=10，
在Rt△A'B'D中，A'D=B'D2−A'B'2=8，
∴BC=AD=A'D=8，则CE=3，
∴BE=BC−CE=8−3=5；
（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ADC，
∵AD=10,AE=6，
∴EFCD=AEAD=610=35，
∴CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；
设EF=3k，CD=5k，
过点D作DH⊥AC于H，如图③，则∠CHD=∠ADC=90°，
∴∠CDH=∠DAC=90°−∠C；

∵EF∥BC，
∴∠CDF=∠DFE=2∠DAC=2∠CDH，
∴∠CDH=∠FDH，
又∵DH=DH，∠CHD=∠FHD=90°，
∴△CHD≌△FHDASA，
∴DF=CD=5k，
在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2+DE2=DF2，
∴3k2+42=5k2，解得k=1，
∴EF=3，DF=CD=5，
在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=102+52=55，
在图③中，过B作BG⊥AC于G，则∠BGA=∠BGC=∠CHD=90°，
∴BG∥DH，
∴∠CBG=∠CDH=∠DAC，
∴sin∠CBG=sin∠DAC=CDAC=555=55，cs∠CBG=cs∠DAC=ADAC=1055=255，
∵∠BAC=45°，∠AGB=90°，
∴∠ABG=90°−∠BAC=45°=∠BAC，则AG=BG，
在Rt△BCG中， BG=BC⋅cs∠CBG=255BC，CG=BC⋅sin∠CBG=55BC，
∵AG+CG=BG+CG=AC，
∴255BC+55BC=55，则BC=253，
∴BD+53EF=BC=253．

【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．
1．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为m的正方形ABCD中，点E，F分别为CD，AB边上的点，将正方形ABCD沿EF翻折，点B的对应点为H，点C恰好落在AD边的点G处．
(1)【问题解决】
如图①，连接CG，则CG与折痕EF的位置关系是______，CG与EF的数量关系是______；
(2)【问题探究】
如图②，连接CH，在翻折过程中，GC平分∠DGH，试探究△CGH的面积是否为定值，若为定值，请求出△CGH的面积；若不是定值，请说明理由；
(3)【拓展延伸】若m=3，求出CH+CG的最小值．
【答案】(1)CG⊥EF，CG=EF
(2)△CGH的面积为定值12m2，理由见解析
(3)35
【分析】（1）过F作FM⊥CD于M，由翻折的性质得出EF垂直平分CG，利用ASA证明△EFM≌△GCD，即可得出结论；
（2）作CN⊥GH于N，证明△CGN≌△CGD，得出CN=CD，即可得出结论；
（3）作点C关于AD的对称点Q，连接BG，BQ，GQ，利用SAS证明△BCG≌△HGC，得出BG=HC，则CH+CG=BG+QG≥BQ，当B、G、Q三点共线时，CH+CG的值最小，最小值为BQ的长，然后在Rt△BCQ中利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：CG⊥EF，CG=EF
理由：过F作FM⊥CD于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=∠D=90°，CB=CD，
∴四边形BCMF是矩形，
∴BC=FM=CD，∠CMF=90°=∠FME，
∵翻折，
∴EF垂直平分CG，
∴∠GCD+∠CEF=90°，
∵∠DGC+∠DCG=90°，
∴∠CEF=∠DGC，
又FM=CD，∠FME=∠D=90°，
∴△EFM≌△GCD，
∴EF=CG，
故答案为：CG⊥EF，CG=EF；
（2）解：△CGH的面积为定值12m2，
理由：作CN⊥GH于N，
∵GC平分∠DGH，
∴∠GCD=∠GCN，
又∠CNG=∠D=90°，CG=CG，
∴△CGN≌△CGD，
∴CN=CD，
∵折叠，
∴GH=BC，
∴CN=CD=BC=GH=m，
∴S△HCG=12HG⋅CN=12m2；
（3）解：作点C关于AD的对称点Q，连接BG，BQ，GQ，
则AD垂直平分CQ，
∴CG=QG，
∵折叠，
∴EG=EC，GH=BC，
∴∠EGC=∠GCE，
∵∠EGC+∠HGC=90°，∠GCE+∠BCG=90°，
∴∠HGC=∠BCG，
又CG=CG，GH=BC，
∴△BCG≌△HGCSAS，
∴BG=HC，
∴CH+CG=BG+QG≥BQ，
当B、G、Q三点共线时，CH+CG的值最小，最小值为BQ的长，
当m=3时，BC=3，CQ=6，
∴BQ=BC2+CQ2=35，
即CH+CG的最小值为35．
【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题等，将CH转化为BG的长是解决第（3）的关键．
2．（2023·吉林松原·模拟预测）【感知】如图①，Rt△ABC中，∠C=90°,AC=12AB，则∠B的度数为______；
【探究】如图②，四边形ABCD是一张边长为4的正方形纸片，E，F分别为AB，CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A'处，折痕交AE于点G，试求∠ADG的度数和AG的长；
【拓展】若矩形纸片ABCD按图③所示的方式折叠，B，D两点恰好重合于对角线AC的中点O(如图④)，则四边形AECF为______；当AB=9a时，则四边形AECF的面积为______．（用含a的代数式表示）
【答案】（感知）：30°；（探究）：∠ADG=15°；AG=8−43；（拓展）：菱形；183a2
【分析】本题是四边形的综合题，考查了含30度的直角三角形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定及性质等知识，掌握正方形、矩形折叠的性质是解决本题的关键．
（感知）：先判断出△ACD是等边三角形，即可得出结论；
（探究）：求出∠FA'D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．
（拓展）：先判断出AD=12AC，得出∠ACD=30°,∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，即可得出答案．
【详解】解：（感知）：如图（1），取AB的中点D，连接CD，
在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴CD=AD=12AB，
∵AC=12AB，
∴AD=CD=AC，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠A=60°，
∴∠B=90°−∠A=30°；
故答案为：30°；
（探究）：∵正方形边长为4,E,F分别为AB,CD的中点，
∴EA=FD=12×4=2,
∵沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A'处，
∴A'D=AD=4,
∴FDAD=12,
∵∠FA'D=30°,
∴∠FDA'=90°−30°=60°,
∵A沿GD折叠落在A'处，
∴∠ADG=∠A'DG,AG=A'G,
∴∠ADG=∠ADA'2=90°−60°2=15°,
∵A'D=4,FD=2,
∴A'F=AD2−FD2=23,
∴EA'=EF−A'F=4−23,
∵∠EA'G+∠DA'F=180°−∠GA'D=90°,
∴∠EA'G=90°−∠DA'F=90°−30°=60°,
∴∠EGA'=90°−∠EAG=90°−60°=30°,
∴A'G=AG=2EA'=2(4−23)=8−43.
（拓展）：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°,
由折叠得∠AOF=∠D=90°,∠COE=∠B=90°，
∴∠COF=180°−∠AOF=90°,
∴∠COF+∠COE=180°,
∴点E、O、F在同一条直线上，
∴∠COF=∠AOE,
∵CD∥AB,
∴∠OFC=∠OEA,
∵OC=OA,
∴△OFC≌△OEA(AAS),
∴CF=AE,
∵CF∥AE,
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC,
∴四边形AECF是菱形；
∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，
∴AO=AD=CB=CO,
∴DA=12AC,
∵∠D=90°,
∴∠DCA=30°,
∴∠CAD=60°,
由折叠知，∠DAF=12∠DAC=30°，
设AD=x，则AC=2x，
在Rt△ACD中，AB=CD=9a，
根据勾股定理得，AC2−AD2=CD2,
∴4x2−x2=81a2,
∴x=33a,
∴AD=33a,
在Rt△ADF中，同理得，DF=3a，
∴CF=CD−DF=6a,
∴S四边形AECF=CF⋅AD=6a×33a=183a2,
故答案为：菱形，183a2．
题型九： 与四边形有关的新定义问题
1．（2023·江苏·中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为22n+1−12n（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：
用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）5−12；（2）见解析；（3）12，理由见解析
【分析】（1）将n=1代入22n+1−12n，即可求解．
（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1，设DG=x，则AG=2−x，在Rt△AEG,Rt△GHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．
（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当n=1时，22n+1−12n=5−12，
故答案为：5−12．
（2）如图（2），连接EG，

设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1
设DG=x，则AG=2−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=2，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+22=5，
∴EH=5−2，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴2−x2+12=5−22+x2
解得：x=5−1
∴GDDC=5−12
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4−1=3，

设DG=x，则AG=4−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=4，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+42=17，
∴EH=17−4，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴4−x2+32=17−42+x2
解得：x=17−1
∴GDDC=17−14
当n=2时，22n+1−12n=17−14
∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1−m，

设DG=x，则AG=1−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=1，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=1+m2，
∴EH=1+m2−1，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴1−x2+1−m2=1+m2−12+x2
整理得，x=m2+1−m
∴四边形AGHE的边长为1−x+x+1+m2−1+1−m=1+m2−m+1 =x+1
矩形GDCK的周长为2GD+DC=2x+1，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值12
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
2．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC=8,DE=10，求四边形EBCD的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)38−62
【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD的格点D；②∠B=∠A=90，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，证明四边形ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，由新定义可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，
∴∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形．
（2）解：D1，D2，D3即为所求；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形ACBE为平行四边形，
∴BE=AC=8，AE=BC，
设BC=AE=x，而DE=10，
∴AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，
由新定义可得CD=CB=x，
由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，
整理得：x2−20x+82=0，
解得：x1=10−32，x2=10+32>8（不符合题意舍去），
∴CB=CD=10−32，
∴四边形EBCD的周长为10+8+210−32=38−62．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
1．（2023·吉林松原·模拟预测）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】：
（1）如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD____（填“一定”或“不一定”）是正方形；
（2）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若∠MBN=60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；并直接写出四边形BMDN的周长的最小值；
【尝试应用】：
（3）现有一个平行四边形材料ABCD，如图③，在▱ABCD中，AB=17，BC=6，tanB=4，点E在BC上，且BE=4，在▱ABCD边AD上有一点P，使四边形ABEP为“等邻边四边形”，请直接写出此时AP的长．
【答案】（1）一定；
（2）四边形BMDN是等邻边四边形，理由见解析，周长的最小值为43+4；
（3）AP的长为17或256或3
【分析】（1）根据等邻边四边形”的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形．利用全等三角形的性质证明BM=BN即可；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．分三种情形：①当AP=AB=17时，②当PA=PE时，③当PE=BE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵矩形ABCD是“等邻边四边形”，
∴四边形ABCD的邻边相等，
∴矩形ABCD一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形．
理由：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDM=∠BCN=60°，DB=CB，
∵∠MBN=∠DBC=60°，
∴∠DBM=∠CBN，
∴△DBM≌△CBN(ASA)，
∴BM=BN，DM=CN，
∴四边形BMDN是等邻边四边形，
∴DM+DN=DN+NC=CD=4，
∵BM+DM+DN+BN=BM+BN+4，
∴BM+BN的值最小时，四边形BMDN的周长最小，
根据垂线段最短可知，当BM⊥AD时，BM的值最小，此时BM=BN=AB⋅sin60°=4×32=23，
∴四边形BMDN的周长的最小值为43+4；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．
∵tanB=AHBH=4，AB=17，
∴BH=1，AH=EN=4，
∵BE=4，
∴AN=HE=4−1=3，
①当AP=AB=17时，四边形ABEP为“等邻边四边形”；
②当PA=PE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，
设PA=PE=x，
在Rt△PEN 中，PE2=NE2+PN2，
∴x2=42+(x−3)2，
∴x=256，
∴PA=x=256；
③当PE=BE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，
此时点P与N重合，
∴AP=AN=3，
综上所述：AP的长为17或256或3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
2．（2023·陕西西安·模拟预测）如图①，在矩形ABCD中，点F是矩形边上一动点，将线段BF绕点F顺时针旋转一定的角度，使得BF与矩形的边交于点E（含端点），连接BE，把△BEF定义为“转角三角形”．

(1)由“转角三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“转角△BEF”一定是一个___三角形；
(2)如图②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当点F与点C重合时，画出这个“转角△BEF″，并求出点E的坐标；
(3)如图③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当“转角△BEF″面积最大时，求点F的坐标．
【答案】(1)等腰
(2)作图见解析，点E的坐标为3−5,2
(3)点F的坐标为3,0或3,1或32,2．
【分析】（1）根据旋转的性质，以及转角三角形的定义进行判断作答即可；
（2）如图②，以F″为圆心，BF″长为半径画弧，交AD于点E，连接BE，EF″即可，由题意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=CE2−CD2=5，则AE=3−5，进而可得E点坐标；
（3）由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：①当F在AB上，由题意知，当F与A重合时，此时面积最大；②当F在OC上，由（2）可知，当F与C重合时，此时面积最大；③当F在CD上，由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时面积最大；④当F在AD上，由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时面积最大；然后分别求解各情况下的F坐标，然后判断作答即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，FB=FE，
∴△BEF是等腰三角形，
故答案为：等腰；
（2）解：如图②；

由题意知CE=OC=3，CD=2，
由勾股定理得DE=CE2−CD2=5，
∴AE=3−5，
∴点E的坐标为3−5,2；
（3）解：由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：
①当F在AB上，
由题意知，当F与A重合时，EF=AB，EF⊥AB，此时最大面积为S△BEF″=12AB×EF=2，F0,2；
②当F在OC上，
由（2）可知，当F与C重合时，此时最大面积为S△BEF″=12BF″×AB=BF″=3，F3,0；
③当F在CD上，
由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时最大面积为S△BEF″=12BE×AD=3，F3,1；
④当F在AD上，
由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时最大面积为S△BEF″=12BC×AB=3，F32,2；
综上所述，S△BEF″最大为3，F点的坐标为3,0或3,1或32,2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于正确的理解题意并分类讨论．
1．（2023柳州市二模）如图1，正方形ABCD和正方形QMNP，M是正方形ABCD的对称中心，QM交AD于E．
(1)猜想：ME与MF的数量关系为 ___________；
(2)如图2，若将原题中的“正方形”改为“菱形”，且∠NMQ=∠ABC，直接写出：线段ME与线段MF的数量关系为 ___________；
(3)如图3，若将原题中的“正方形”改为“矩形”，且AB:BC=1:2，探索线段ME与线段MF的数量关系，并说明理由；
(4)如图4，若将原题中的“正方形”改为平行四边形，且∠NMQ=∠ABC，AB:BC=m其它条件不变，直接写出ME：MF的值 ___________．
【答案】(1)ME=MF
(2)ME=MF
(3)MF=2ME，见解析
(4)m
【分析】（1）过点M作MH⊥AB于H，MG⊥AD于G，连接AM，首先证明M是正方形ABCD对角线的交点，然后证明△MHF≌△MGE，利用全等三角形的性质得到ME=MF；
（2）由M为菱形的对称中心得到M为菱形对角线的交点，根据菱形的性质得到AM平分∠BAD，根据角平分线性质得到MH与MG相等，然后由已知的∠NMQ=∠ABC，推导出∠EMH=∠FMG，进而推导出△MHE≌△MGF，进而得到ME=MF；
（3）过点M作ME⊥AB于E，MG⊥AD于G，利用矩形ABCD性质和已知条件证明∠HMF=∠GME，∠MHF=∠MGE，得出△MHF∽△MGE，然后利用相似三角形的性质即可求解；
（4）平行四边形ABCD和平行四边形QMNP中，∠M=∠B，AB=mBC，由于M是平行四边形ABCD的对称中心，MN交AB于F，AD交QM于E，则ME=mMF．证明方法和（1）（2）类似．
【详解】（1）解：ME=MF．理由如下：
如图1，过点M作MH⊥AB于H，连接AM，
∵M是正方形ABCD的对称中心，
∴AM平分∠BAD，
∴MH=MG，
在正方形ABCD中，∠DAB=90°，
∴∠EMF=∠HMG=90°，
∴∠FMH=∠EMG，
在△MHF和△MGE中，
∠FMH=∠EMGMH=MG∠MHF=∠MGE，
∴△MHF≌△MGE，
∴MF=ME，
故答案为：MF=ME；
（2）ME=MF．理由如下：
过点M作MH⊥AD于H，MG⊥AB于G．如图2，
∵M是菱形ABCD的对称中心，
∴M是菱形ABCD对角线的交点，
∴AM平分∠BAD，
∴MH=MG．
∵∠NMQ=∠ABC，
∴∠NMQ+∠BAD=180°．
又∵∠MHA=∠MGF=90°，
∴∠HMG+∠BAD=180°．
∴∠EMF=∠HMG．
∴∠EMH=∠FMG．
∵∠MHE=∠MGF，
∴△MHE≌△MGF，
∴ME=MF．
故答案为：MF=ME；
（3）MF=2ME．理由如下：
如图3，过点M作MG⊥AB于G，则∠MHE=∠MGF=90°，
在矩形ABCD中，∠BAC=90°，
在四边形GMHA中，∠GMH=90°，
又∵∠EMF=90°，
∴∠HME=∠GMF，
又∵∠MHE=∠MGF=90°，
∴△MHE∽△MGF，
∴MEMF=MHMG，
又∵M是矩形ABCD的对称中心，
∴MG=12BC,MH=12AB，
∴MHMG=ABBC=12，
∴MF=2ME；
（4）ME：MF=m．理由如下：
如图8，过点M作MG⊥AB于G，MH⊥AD于点H，则∠MHE=∠MGF=90°，
在平行四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC=180°，
∴∠BAD+∠EMF=180°，
∵∠NMQ=∠ABC，
在四边形AGMH中，∠BAD+∠HMG=180°，
∴∠EMH=∠GMF，
又∵∠MHE=∠MGF=90°，
∴△MHE∽△MGF，
∴MEMF=MHMG，
又∵M是平行四边形ABCD的对称中心，
∴MHMG=ABBC=mBCBC=m，
∴ME：MF=m．
故答案为：m．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了正方形、矩形、平行四边形的性质、全等三角形、相似三角形的性质和判定的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，运用相似三角形的对应边成比例进行推导．
2．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：线段DM，BN与MN的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理由）
（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：tan∠DAM=12．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是______．

【答案】（1）MN=BN+DM，（2）证明见解析，（3）8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN=MN．
（2）根据设BN=m，DM=n，则MN=m+n，利用tan∠BAN=13，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m−n，CN=2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=MN2，代入可得关于m，n得方程，继而得到n=32m，最后代入tan∠DAM=DMAD，即可证明结论．
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°−45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
故答案为：MN=BN+DM；
（2）证明：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN =13，
∴tan∠BAN =BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC−BN=2m，CM=CD−DM=3m−n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴(2m)2+(3m−n)2=(m+n)2，
整理得：n=32m，
∴tan∠DAM=DMAD=32m3m=12，
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：

则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=16−a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE =43 BN =163，
∴EQ=PQ−PE=16 −163=323，
由（1）得：EM=PE+DM =163+ a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16−a)2=(163+a)2，
解得：a=8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论CM2+CN2=MN2是解题的关键．
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上(如图1)，连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若PD=22，AB=6，则BQ的长为 ；
若P在BD的延长线上(如图2)，连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE=8，△DPE的面积是20，则PE的长为 ．

【答案】 2 413
【分析】本题考查正 方形的性质和判定，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关键，（1）过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC=45°，根据PH⊥DC，可得∠BDC=∠HPC=45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得DH=PH=2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到FC=PH=AE=DH=2，继而求出QE=FC=2，从而得到BQ；（2）过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH=PF，根据三角形的判定定理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA=FE，再由正方形的性质求出CF=EF=12CE=4，设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，根据S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE列方程求出a，最后根据勾股定理进行计算．
【详解】解：过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，
∴∠BDC=45°，
∵PH⊥DC，
∴∠BDC=∠HPC=45°，
∴DH=PH，
∴△PHD是等腰直角三角形，
由勾股定理可得：PH2+DH2=PD2，
即2PH2=222，
解得：PH=2，
∴DH=PH=2，
∵∠FPH=∠PFC=∠PHC=90°，
∴四边形PFCH是矩形，
∴FC=PH=2，
同理可证：四边形ADHE是矩形，
∴AE=DH=2，
∵PQ⊥CP，PF⊥BC，
∴∠EPQ+∠QPF=90°,∠QPF+∠CPF=90°，
∴∠EPQ=∠CPF，
∵PE=PF,∠QEP=∠PFC，
∴△EPQ≌△FPC，
∴QE=FC=2，
∴BQ=AB−AE−EQ=6−2−2=2．
故答案为：2．
过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，如图，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB,PF⊥BC，
∴PH=PF，
∵∠HPF=90°,∠APE=90°，
∴∠HPA+∠APF=90°,∠APF+∠FPE=90°，
∴∠HPA=∠FPE，
在△HPA和△FPE中
∠PHA=∠PFEPH=PF∠HPA=∠FPE
∴△HPA≌△FPE，
∴HA=FE，
∵四边形BHPF和ABCD均为正方形，
∴BH=BF,AB=BC，
∴AH=CF，
∴CF=EF=12CE=4，
设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，
∵S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE，
∴a+a+4×4×12+4a+4×12−12×a×8=20，
解得：a=2，
∴PF=6，
∴PE=PF2+EF2=52=413．
故答案为：413．
4．（2023·广东云浮·三模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，∠DAE=45°．若BD=3，CE=1，求DE的长．
小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ACF，连接EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE=45°，可证△FAE≌△DAE，得FE=DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．
(1)请回答：在图2中，∠FCE= ，DE= ；
(2)参考小明思考问题的方法，解决下列问题：
①已知：如图3，正方形ABCD，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN=45°，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是 ．
②如图4，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．猜想线段BE、EF、DF之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)90°，10
(2)①直角三角形；②线段BE、EF、DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由见解析
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质和旋转性质得到∠FCE=90°，进而利用勾股定理求得EF=10，证明△FAE≌△DAESAS证得EF=DE即可求解；
（2）①将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长线于P，由旋转性质和正方形的性质证得△FDN是直角三角形，FD=BM，再证明△FAN≌△MANSAS，得到MN=FN，进而可得答案；
②将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，根据旋转性质和已知可证得BE=DG，点F，D，G在同一条直线上，同样证明△AEF≌△AGFSAS，得到EF=FG，由FG=DG+DF=BE+DF可得结论．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转的性质得：∠ACF=∠B=45°，CF=BD=3，AF=AD，∠BAD=∠CAF，
∴∠FCE=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
在Rt△EFC中，EF=CF2+CE2=32+12=10，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠CAF+∠CAE=45°，即∠FAE=45°，
∴∠FAE=∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
AF=AD∠FAE=∠DAEAE=AE，
∴△FAE≌△DAESAS，
∴EF=DE，
∴DE=10；
故答案为：90°，10；
（2）解：①BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是直角三角形，理由如下：
将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长线于P，如图3所示：
∴AF=AM，DF=BM，∠DAF=∠BAM，∠ADF=∠ABM，
∵正方形ABCD，BM、DN分别平分正方形的两个外角，
∴∠ABM=90°+45°=135°，∠PDN=45°，∠BAD=90°，
∴∠ADF=135°，
∴∠FDP=180°−135°=45°，
∴∠FDP+∠PDN=45°+45°=90°，
∴∠FDN=90°，
∴△FDN是直角三角形，
∵∠MAN=45°，
∵∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠DAF+∠DAN=45°，即∠FAN=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
在△FAN和△MAN中，
AF=AM∠FAN=∠MANAN=AN，
∴△FAN≌△MANSAS，
∴MN=FN，
∵FD=BM，FN=MN，
∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形，
故答案为：直角三角形；
②线段BE，EF，DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由如下：
将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，如图4所示：
∴BE=DG，AE=AG，∠DAG=∠BAE，∠B=∠ADG，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
即点F，D，G在同一条直线上，
∵∠DAG=∠BAE，
∴∠GAE=∠BAD，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
AF=AC∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、直角三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用旋转性质构造全等三角形求解是解答的关键．
1．（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ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD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ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD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AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB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ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵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=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=−73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【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．
2．（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）△APE是等腰直角三角形，理由见解析；（3）△APE的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接BD，BF，BP，根据正方形的性质求出∠DBF=90°，证明△APD≌△APB，推出BP=DP，再利用余角的性质求出∠PBF=∠PFB，推出PB=PF即可；
（2）根据正方形的性质直接得到∠CAE=∠PEA=45°，推出AP=EP,∠APE=90°，得到△APE是等腰直角三角形；
（3）延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，证明△MPD≌△EPFSAS，得到DM=EF,∠DMP=∠PEF，推出BG∥DM，设DF交BC于点H，交BG于点N，得到∠MDN=∠DNB，由AD∥BC得到∠ADN=∠BHN，推出∠ADM=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，进而得到∠ADM=∠ABE，再证明△ADM≌△ABESAS，得到AM=AE，∠DAM=∠BAE，证得∠APE=90°，再由∠MAE=90°，根据等腰三角形的三线合一的性质求出∠MAP=∠PAE=45°，即可证得△APE是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接BD，BF，BP，如图，

∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CBD=45°=∠FBG，
∴∠DBF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，
又∵AP=AP，
∴△APD≌△APBSAS，
∴BP=DP，
∴∠PDB=∠PBD，
∵∠PDB+∠PFB=90°=∠PBD+∠PBF，
∴∠PBF=∠PFB，
∴PB=PF，
∴PD=PF，即点P恰为DF的中点；
（2）△APE是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CAE=∠PEA=45°
∴AP=EP,∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）△APE的形状不改变，
延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，

∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠EBG=90°，BE=EF，BG∥EF，
∵点P为DF的中点，
∴PD=PF，
∵∠DPM=∠EPF，
∴△MPD≌△EPFSAS，
∴DM=EF,∠DMP=∠PEF，
∴BE=DM，DM∥EF，
∴BG∥DM，
设DF交BC于点H，交BG于点N，
∴∠MDN=∠DNB，
∵AD∥BC，
∴∠ADN=∠BHN，
∵∠BHN+∠BNH+∠HBN=180°，
∴∠ADM=∠ADN+∠MDN=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，
∵∠ABE=360°−∠ABC−∠EBG−∠HBN=180°−∠HBN，
∴∠ADM=∠ABE，
又∵AD=AB，
∴△ADM≌△ABESAS，
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE，
∵PM=EP，
∴AP⊥ME，即∠APE=90°，
∵∠DAM+∠MAB=90°，
∴∠BAE+∠MAB=90°，即∠MAE=90°，
∴∠MAP=∠PAE=45°，
∴∠PEA=45°=∠PAE，
∴AP=EP，
∴△APE是等腰直角三角形．
【点睛】此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，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
3．（2022·湖北襄阳·中考真题）矩形ABCD中，ABBC＝k2（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
(1)【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
(2)【类比探究】如图（2），当k≠2时，求AEEF的值（用含k的式子表示）；
(3)【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，PF=5，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)k−1
(3)22
【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；
（2）在BA上截取BH=BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB=3a，则BC=2a，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，证明△AEP'≌△AEP（SAS），△PEG≌△P'EH（AAS），可得四边形APEP'是正方形，再证明△APD≌△PEC（AAS），由（2）得△AHE∽△ECF，过点P作PK⊥AE交于K，进而证明四边形PKEF是矩形，则有PF=5=1210a，即可求出BC=22．
【详解】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接EH．
∵k=2，
∴AB=BC．
∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠1=∠2=45°，
∴∠AHE=180°-∠1=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠3=12∠DCG=45°，
∴∠ECF=∠3+∠4=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB=90°，
∵∠5+∠AEB=90°，
∴∠5=∠6，
∵AB=BC，BH=BE，
∴AH=EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）解：在BA上截取BH=BE，连接EH．
∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠BHE=∠BEH=45°，
∴∠AHE=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠DCF=12∠DCG=45°．
∴∠ECF=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴AEEF=AHCE，
∵ABBC=k2，E是BC边的中点，
∴EC=HB=12BC，
∴AH=AB-12BC=12k−1BC，
∴AEEF=k−1；
（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k=3，
∴ABBC=32，
设AB=3a，则BC=2a，
∵∠PAE=45°，
∴∠P'AP=90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点M，连接EM，
∵AH=AD=2a，
∴BH=a，
∵E是BC的中点，
∴BE=a，
∴HE=2a，∠BHE=45°，
∴∠P'HE=135°，
∵CG=EC=a，
∴∠MEC=45°，
∴∠PME=135°，
∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，
∴△AEP'≌△AEP（SAS），
∴PE=P'E，
∴△PEM≌△P'EH（AAS），
∴∠PEG=∠P'EH，
∵∠HEG=∠EGH=45°，
∴∠HEG=90°，
∴∠PEP'=90°，
∴∠AEP=∠AEP'=45°，
∴∠APE=∠AP'E=90°，
∴四边形APEP'是正方形，
∴AP=PE，
∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，
∴∠DAP=∠EPC，
∵AP=PE，
∴△APD≌△PEC（AAS），
∴AD=PC=2a，PD=ED=a，
∴PE=5a，
由（2）得△AHE∽△ECF，
∴AHEC=AEFE=2aa=2，
∵AE=10a
∴EF=102a，
∵∠HEM=∠AEF=90°，
∴∠HEA=∠MEF，
∵∠PEM=∠P'EH，
∴∠PEF=∠P'EH=45°，
过点P作PK⊥AE交于K，
∵EF⊥AE，
∴PK∥EF，
∵PK=1210a，
∴PK=EF，
∴四边形PKEF是矩形，
∴PF=KE，
∵PF=5，
∴1210a=5，
∴a=2,
∴BC=22．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．
4．（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B,C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．

【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
【答案】线段CQ的长为2512．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明△QPO≌△QCOHL，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCOHL，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．

(1)若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是_______；
(2)如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC=BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)2
(2)90°
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得AC=BD，根据正方形的判定可得菱形ABCD为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接OC，根据“可旋四边形”的性质和题意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根据等边对等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，根据垂直平分线的性质可得OA=OD，OC=OB，根据全等三角形的判定和性质可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可证明四边形ABCD是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD为“可旋四边形”，
则菱形ABCD的一条对角线AC绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线BD重合，
即AC=BD，
则菱形ABCD为正方形，
∵菱形ABCD的面积为4，
∴菱形ABCD的边长是4=2．
故答案为：2．
（2）解：连接OC，如图：

∵四边形ABCD为“可旋四边形”，且点O是四边形ABCD的一个“旋点”，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵点O是边AB的中点，
∴OA=OB，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，
即2∠OCA+∠OCB=180°，
∴∠ACB=90°．
（3）解：四边形ABCD是“可旋四边形”；理由如下：
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，如图：

∵点O在线段AD和线段BC的垂直平分线上，
∴OA=OD，OC=OB，
在△AOC和△DOB中，
OA=ODAC=BDOC=OB，
∴△AOC≌△DOBSSS，
∴∠AOC=∠BOD，
则∠AOC−∠DOC=∠BOD−∠DOC，
即∠AOD=∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
6．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，求证：∠PMN=∠PNM．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：∠AEM=∠F．
（3）用数学的语言表达．
如图，在△ABC中，AC【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）△CGD是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出PM=PN，利用等腰三角形的性质即可证明∠PMN=∠PNM；
（2）根据中位线定理即可求出∠PNM=∠F和∠PMN=∠AEM，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明∠AEM=∠F；
（3）根据中位线定理推出PM∥AD和PN∥BC从而求出∠PNM=∠PMN=∠ANM=∠CGN=∠GNC=60°，证明△CGN是等边三角形，利用中点求出∠NGD=30°，从而求出∠DGC度数，即可求证△CGD的形状.
【详解】证明：（1）∵P的中点，M是AB的中点，
∴PM=12AD.
同理，PN=12BC.
∵AD=BC，
∴PM=PN.
∴∠PMN=∠PNM.
（2）∵P的中点，M是AB的中点，
∴PN∥BC，
∴∠PNM=∠F.
同理，∠PMN=∠AEM.
由（1）可知∠PMN=∠PNM，
∴∠AEM=∠F.
（3）△CGD是直角三角形，证明如下：
如图，取BD的中点P，连接PM，PN，
M是AB的中点，
∴PM∥AD，PM=12AD.
同理，PN∥BC，PN=12BC.
∵AD=BC，
∴PM=PN.
∴∠PMN=∠PNM.
∵PM∥AD，
∴∠PMN=∠ANM=60°，
∴∠PNM=∠PMN=60°.
∵PN∥BC，
∴∠CGN=∠PNM=60°.
又∵∠CNG=∠ANM=60°，
∴△CGN是等边三角形，
∴CN=GN.
又∵CN=DN，
∴DN=GN.
∴∠NDG=∠NGD=30°，
∴∠CGD=∠CGN+∠NGD=60°+30°=90°.
∴△CGD是直角三角形.
故答案为：△CGD是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称、中心对称
菱形
对边平行且四条边都相等
对角相等
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
矩形
1）平行四边形+ 一直角
2）四边形+三直角
平行四边形+两条对角线相等
菱形
1）平行四边形+一组邻边相等
2）四边形+四条边都相等
平行四边形+两条对角线互相垂直
正方形
矩形+一组邻边相等
菱形+一直角
两条对角线互相垂直平分且相等的四边形
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁Varingnn，Pierre1654－1722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AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG=12AC．（依据1）

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形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 ③sEFGH =12sABCD
【补充】
结论一：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.
结论二：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.
结论三：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.
2．如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE=DF．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠DCF=90°，BC=CD．
∴∠BCE+∠DCE=90°．
∵CE⊥DF，
∴∠COD=90°．
∴∠CDF+∠DCE=90°．
∴∠CDF=∠BCE．
∴△CBE≌△DFC．
∴CE=DF．
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
【模型介绍】正方形半角模型分为“正方形内含型半角模型”和“正方形外延型半角模型”，其中前者较为常见.
正方形内含型半角模型结论：
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=2OP
(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)
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
口诀：正方形对角线，连接条件对称现.
已知（一线三垂直）
图示
结论（性质）
如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE
∆ABD≌∆BCE，DE=AD+EC
如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE
∆ABD≌∆BCE，DE=AD-EC
已知∠AOC =∠ADB=∠CED=90°，AB=DC
∆ADB≌∆DEC
延长DE交AC于点F，已知∠DBE =∠ABC=∠EFC=90°，AC=DE
∆ABC≌∆DBE
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵k＝2，
∴AB＝BC．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°-∠1＝135°．
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝12∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．
∴……
（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）