模型1.正方形的十字架模型（全等模型）
“十字形”模型，基本特征是在正方形中構(gòu)成了一個互相重直的 “十字形”，由此產(chǎn)生了兩組相等的銳角及一組全等的三角形。
1）如圖1，在正方形ABCD中，若E、F分別是BC、CD上的點，AE⊥BF；則 AE=BF。

2）如圖2，在正方形ABCD中，若E、F、G分別是BC、CD、AB上的點，AE⊥GF；則 AE=GF。
3）如圖3，在正方形ABCD中，若E、F、G、H分別是BC、CD、AB、AD上的點，EH⊥GF；則 HE=GF。

模型巧記：正方形內(nèi)十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
例1．（22·23下·廣東·課時練習(xí)）如圖，將一邊長為12的正方形紙片的頂點A折疊至邊上的點E，使，若折痕為，則的長為（ ）
A．13B．14C．15D．16
【答案】A
【分析】過點P作PM⊥BC于點M，由折疊得到PQ⊥AE，從而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，從而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【詳解】解：過點P作PM⊥BC于點M，由折疊得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∴∠APQ=∠PQM，∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，∴PM=AD，∵∠D=∠PMQ=90°，∴△PQM≌△ADE，∴PQ=AE，
在 中，，AD=12，由勾股定理得：， ∴PQ=13．故選：A．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解題的關(guān)鍵．
例2．（2023年遼寧省丹東市中考數(shù)學(xué)真題）如圖，在正方形中，，點E，F(xiàn)分別在邊，上，與相交于點G，若，則的長為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)題意證明，，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：四邊形是正方形，，，
，，，
，，，，
又，，，
，，，
，．故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
例3．（2023安徽省蕪湖市九年級期中）如圖，正方形中，點E、F、H分別是的中點，交于G，連接．下列結(jié)論：①；②；③；④．正確的有（ ）

A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】C
【分析】利用正方形的性質(zhì)找條件證明，則，由得到，則，即可判斷①；連接，同理可得：，，在中，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到 ，即可判斷④；可得是等腰三角形，由等腰三角形三線合一得到，垂直平分，；假設(shè)，推出矛盾，則，即可判斷②；證明是等腰三角形，由三線合一可知，由得到，由得到，由三角形外角的性質(zhì)得到，即可判斷③．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，
∵點E、F、H分別是的中點，∴，
在與中，，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴；故①正確；連接，如圖所示：

同理可得：，，在中，H是邊的中點，
∴，即；故④正確；
∵，∴是等腰三角形，∴，垂直平分， ∴；
若，則是等邊三角形，則，，
則，而，與矛盾，
∴，∴，∴，故②錯誤；
∵，∴是等腰三角形，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴；故③正確；正確的結(jié)論有3個，故選：C．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
例4．（廣西2022-2023學(xué)年九年級月考）（1）感知：如圖①，在正方形ABCD中，E為邊AB上一點（點E不與點AB重合），連接DE，過點A作，交BC于點F，證明：．
（2）探究：如圖②，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，CD上的點（點E，F(xiàn)不與正方形的頂點重合），連接EF，作EF的垂線分別交邊AD，BC于點G，H，垂足為O．若E為AB中點，，，求GH的長．（3）應(yīng)用：如圖③，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，，BF，AE相交于點G．若，圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則的面積為______，的周長為______．
【答案】（1）見解析；（2）；（3），
【分析】感知：由正方形的性質(zhì)得出AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，證得∠ADE＝∠BAF，由ASA證得△DAE≌△ABF（ASA），即可得出結(jié)論；
探究：分別過點A、D作，分別交BC、AB于點N、M，由正方形的性質(zhì)得出，AB＝CD，∠DAB＝∠B＝90°，推出四邊形DMEF是平行四邊形，ME＝DF＝1，DM＝EF，證出DM⊥GH，同理，四邊形AGHN是平行四邊形，GH＝AN，AN⊥DM，證得∠ADM＝∠BAN，由ASA證得△ADM≌△BAN，得出DM＝AN，推出DM＝GH，由E為AB中點，得出AE＝AB＝2，則AM＝AE﹣ME＝1，由勾股定理得出DM＝，即可得出結(jié)果；
應(yīng)用：S正方形ABCD＝9，由陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，由SAS證得△ABE≌△BCF，得出∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四邊形CEGF，則S△ABG＝，∠FBC+∠BEA＝90°，則∠BGE＝90°，∠AGB＝90°，設(shè)AG＝a，BG＝b，則，2ab＝6，由勾股定理得出a2+b2＝AB2＝32，a2+2ab+b2＝15，即（a+b）2＝15，得出a+b＝，即可得出結(jié)果．
【詳解】證明：∵四邊形ABCD是正方形，

∴，，
∵，∴，，∴，
在和中，，∴≌（ASA），∴．
探究：解：分別過點A、D作，，分別交BC、AB于點N、M，如圖②所示：
∵四邊形ABCD是正方形，∴，，，
∴四邊形DMEF是平行四邊形，∴，，
∵，，∴，
同理，四邊形AGHN是平行四邊形，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（ASA），∴，∴，
∵E為AB中點，∴，∴，
∴，∴．
應(yīng)用：解：∵AB＝3，∴S正方形ABCD＝3×3＝9，
∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，
∴陰影部分的面積為：×9＝6，∴空白部分的面積為：9﹣6＝3，
在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四邊形CEGF，
∴S△ABG＝×3＝，∠FBC+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴∠AGB＝90°，
設(shè)AG＝a，BG＝b，則ab＝，∴2ab＝6，
∵a2+b2＝AB2＝32，∴a2+2ab+b2＝32+6＝15，即（a+b）2＝15，而
∴a+b＝，即BG+AG＝，∴△ABG的周長為+3，故答案為：，．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積與正方形面積的計算等知識，熟練掌握正方形的性質(zhì)，通過作輔助線構(gòu)建平行四邊形是解題的關(guān)鍵．
模型2.矩形的十字架模型（相似模型）
矩形的十字架模型：矩形相對兩邊上的任意兩點聯(lián)結(jié)的線段是互相垂直的，此時這兩條線段的的比等于矩形的兩邊之比。通過平移線段構(gòu)造基本圖形，再借助相似三角形和平行四邊的性質(zhì)求得線段間的比例關(guān)系。
如圖1，在矩形ABCD中，若E是AB上的點，且DE⊥AC，則.
如圖2，在矩形ABCD中，若E、F分別是AB、CD上的點，且EF⊥AC，則.
如圖3，在矩形ABCD中，若E、F、M、N分別是AB、CD、AD、BC上的點，且EF⊥MN，則.
例1．（22·23下·廣西·九年級期中）如圖，把邊長為，且的平行四邊形對折，使點和重合，求折痕的長．
【答案】
【分析】先證明，得到，求出BE和BF，然后得到BD，DG和MG的長度，再利用全等三角形的性質(zhì)，即可得到答案．
【詳解】解：如圖，連接與交于點，并補全矩形為．
∴，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵且，∴，
又∵，∴，
∴，∴，
∴，∵，，，
∴，∴，∴．
【點睛】此題是折疊問題，考查折疊的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，運用所學(xué)的性質(zhì)定理得到，從而求出所需邊的長度．
例2．（22·23下·河北·九年級期中）如圖，在矩形中，、、、分別為、、、邊上的點，當(dāng)時，證明：．
【答案】見解析
【分析】過點作于點，過點作于點，先根據(jù)余角的性質(zhì)證明，再證明即可證明結(jié)論成立．
【詳解】證明：如解圖，過點作于點，過點作于點，
∵，且四邊形為矩形，
∴，∴，∴．
又∵，∴，∴．
又∵，∴，
∴．
【點睛】本題考查了余角的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
例3．（22-23·貴港·中考真題）已知：在矩形中，，，是邊上的一個動點，將矩形折疊，使點與點重合，點落在點處，折痕為．
（1）如圖1，當(dāng)點與點重合時，則線段_______________，_____________；
（2）如圖2，當(dāng)點與點，均不重合時，取的中點，連接并延長與的延長線交于點，連接，，．
①求證：四邊形是平行四邊形：②當(dāng)時，求四邊形的面積．
【答案】（1）2，4；（2）①見解析；②
【分析】（1）過點F作FH⊥AB，由翻折的性質(zhì)可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根據(jù)平行線的性質(zhì)和等量代換可得∠CFE＝∠FEC，由等角對等邊可得：CF＝CE，設(shè)AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程求得x的值，進而可得BE、DF的長，由矩形的判定可得四邊形DAHF是矩形，進而可求FH、EH的長，最后由勾股定理可得EF的長；
（2）①根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，進而可得，根據(jù)已知條件可得，從而易證，進而根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定即可求證結(jié)論；
②連接與交于點，則且，又由①知：， ，則，繼而易證∠MAD＝PAB，接根據(jù)三角函數(shù)求得PB，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程可得PE的長，繼而代入數(shù)據(jù)即可求解．
【詳解】解：（1） 2 ， 4 ；過點F作FH⊥AB，
∵折疊后點A、P、C重合∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB∴∠CFE＝∠FEA，∴∠CFE＝∠FEC，∴CF＝CE＝AE，
設(shè)AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°∴四邊形DAHF是矩形，
∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: ＝4

（2）①證明：如圖2，∵在矩形中，，
由折疊（軸對稱）性質(zhì)，得：，∴，
∵點是的中點，∴，又，∴，
∴，∴四邊形是平行四邊形：
②如圖2，連接與交于點，則且，
又由①知：，∴，則，
又，∴，∴
在，，而，∴，
又在中，若設(shè)，則，
由勾股定理得：，則，而且，
又四邊形是平行四邊形，∴四邊形的面積為．
【點睛】本題主要考查矩形與翻折的問題，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定及其性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、正切的有關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)知識并且學(xué)會作輔助線．
例4．（2022年四川樂山中考數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷）解答
(1)如圖1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AB，CD于點E，F(xiàn)，GH分別交AD，BC于點G，H．求證：；(2)如圖2，在滿足（1）的條件下，點M，N分別在邊BC，CD上，若，求的值；(3)如圖3四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，AM⊥DN，點M，N分別在邊BC，AB上，，求的值．
【答案】(1)見解析(2)(3)
【分析】（1）過點A作AP∥EF，交CD于P，過點B作BQ∥GH，交AD于Q，如圖1，易證AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可解決問題；
（2）只需運用（1）中的結(jié)論，就可得到，就可解決問題；
（3）過點D作平行于AB的直線，交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，如圖3，易證四邊形ABSR是矩形，由（1）中的結(jié)論可得．設(shè)SC＝x，DS＝y(tǒng)，則AR＝BS＝5+x，RD＝10﹣y，在Rt△CSD中根據(jù)勾股定理可得x2+y2＝25①，在Rt△ARD中根據(jù)勾股定理可得（5+x）2+（10﹣y）2＝100②，解①②就可求出x，即可得到AR，問題得以解決．
【詳解】（1）解：過點A作AP∥EF，交CD于P，過點B作BQ∥GH，交AD于Q，如圖1，

∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．
∴四邊形AEFP、四邊形BHGQ都是平行四邊形，∴AP＝EF，GH＝BQ．
又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT+∠AQT＝90°．
∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP+∠DPA＝90°，
∴∠AQT＝∠DPA．∴△PDA∽△QAB，∴，∴；
（2）如圖2，∵EF⊥GH，AM⊥BN，
∴由（1）中的結(jié)論可得，，∴．
（3）過點D作平行于AB的直線，交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，如圖3，
則四邊形ABSR是平行四邊形．∵∠ABC＝90°，∴?ABSR是矩形，
∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS．
∵AM⊥DN，∴由（1）中的結(jié)論可得．
設(shè)SC＝x，DS＝y(tǒng)，則AR＝BS＝5+x，RD＝10﹣y，∴在Rt△CSD中，x2+y2＝25①，
在Rt△ARD中，（5+x）2+（10﹣y）2＝100②，由②﹣①得x＝2y﹣5③，
解方程組，得，（舍去），或，
∴AR＝5+x＝8，∴．
【點睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解二元二次方程組等知識，運用（1）中的結(jié)論是解決第（2）、（3）小題的關(guān)鍵．
模型3.三角形的十字架模型（全等+相似模型）
1）等邊三角形中的斜十字模型（全等+相似）：
如圖1，已知等邊△ABC，BD=EC（或CD=AE），則AD=BE，且AD和BE夾角為60°，△ABC。

2）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）：
如圖2，在△ABC中，AB=BC，AB⊥BC，①D為BC中點，②BF⊥AD，③AF：FC=2：1，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七個結(jié)論中，可“知二得五”。
3）直角三角形中的十字模型：
如圖3，在三角形ABC中，BC=kAB，AB⊥BC，D為BC中點，BF⊥AD，則AF：FC=2：k2，（相似）
例1.（22-23.成都市.八年級期中）如圖，在等邊△ABC中，D、E分別是BC、AC上的點，且BD＝CE，AD與BE相交于點P．下列結(jié)論：①AE＝CD；②AP＝BE；③∠PAE＝∠ABE；④∠APB＝120°，其中正確的結(jié)論是________（填序號）
【解答】解：①因為AC＝BC，BD＝CE，所以AE＝CD．故①正確，
②∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABD＝∠C＝60°，AB＝BC．
在△ABD與△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS）；∴AD＝BE．故②錯誤；
③由②知△ABD≌△BCE，所以∠DAB＝∠CBE，則∠PAE＝∠ABE，故③正確；
④∵由②知△ABD≌△BCE．∴∠BAD＝∠EBC，∴∠BAD+∠ABP＝∠ABD＝60°．
∵∠APE是△ABP的外角，∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝60°，∴∠APB＝120°，故④正確．
例2．（22·23下·淄博·一模）如圖，等邊，點E，F(xiàn)分別在AC，BC邊上，，連接AF，BE，相交于點P．(1)求的度數(shù)；(2)求證：．
【答案】(1)；(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)證明，利用三角形的外角性質(zhì)即可得解；
（2）證明，利用對應(yīng)邊對應(yīng)成比例列式即可．
【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，∴，，
又∵，∴，∴，
∴；
（2）證明：∵，，∴．
∵∴，∴，∴．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和已知條件證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
例3．（22·23下·無錫·階段練習(xí)）如圖，在邊長為6的等邊中，、分別為邊、上的點，與相交于點，若，則＝ °；則的周長為 ．

【答案】
【分析】根據(jù)證，得出，在上取一點使，則，證，根據(jù)比例關(guān)系設(shè)，則，作延長線于，利用勾股定理列方程求解即可得出和的長．
【詳解】解：是等邊三角形，，，
在和中，，，
，，
在上取一點使，則，
，是等邊三角形，，即，，
，設(shè)，則，作延長線于，

，，，，，
在中，，即，解得或（舍去），
，，的周長為，
故答案為：，．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識，熟練掌握這些基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵．
例4．（22·23下·六安·一模）如圖1，等邊中，點D、E分別在上，且，連接交于點(1)求證：；(2)如圖2，連接，若，判斷與的位置關(guān)系并說明理由；(3)如圖3，在的條件下，點G在上，的延長線交于H，當(dāng)時，請直接寫出線段FH的長．

【答案】(1)詳見解析(2)，詳見解析(3)
【分析】（1）因為為等邊三角形，所以，，又，即可判定≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，利用三角形外角性質(zhì)解答即可；
（2）延長BE至M，使，連接，取的中點N，連接，可證得是等邊三角形，得出，，再證得≌，推出，，證得∽，推出，結(jié)合點N是的中點，得出，是等邊三角形，進而可得，，推出，即；（3）延長BE至M，使，連接，取的中點K，連接，可得∽，，推出，再由是的中位線，可得，，，再由∽，可得，進而可得，再證得，得出
【詳解】（1）為等邊三角形，，，
在和中，，≌，，
，；
（2），理由如下：
如圖，延長BE至M，使，連接，取的中點N，連接，

由得：，是等邊三角形，，，
，，即，
在和中，，，，
≌，，
，，
∴∽，，
，，，，即，
，即，，
點N是的中點，，，
又，是等邊三角形，，，
，，，
，；
（3）如圖，延長至M，使，連接，取的中點K，連接，

由知：，≌，，，
∽，，，，，
，，，，
，，點G是的中點，，
點K是的中點，是的中位線，，，
，，
，∽，，，
，，
，
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等邊三角形性質(zhì)和判定，等腰三角形性質(zhì)和判定，直角三角形性質(zhì)，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形．
例5．（22·23上·深圳·期中）如圖，在中，，，點D為邊上的中點，連接，過點B作于點E，延長交于點F．則的長為 ．
【答案】
【分析】以為鄰邊作正方形，延長交為，先求出，再證明出，得出即為的中點，再證明，利用相似比及勾股定理即可求解．
【詳解】解：以為鄰邊作正方形，延長交為，如下圖：
，，，
在和中，，，
，，，即為的中點，
，，
，，
，，故答案為：．
【點睛】本題考查了三角形相似的判定及性質(zhì)、三角形全等、正方形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是利用相似三角形的相似比來求解．
例6．（22·23下·滄州·二模）如圖，在中，，，點D是線段上的一點，連接，過點B作，分別交、于點E、F，與過點A且垂直于的直線相交于點G，連接，下列結(jié)論錯誤的是（ ）
A． B．若點D是AB的中點，則
C．當(dāng)B、C、F、D四點在同一個圓上時， D．若，則
【答案】D
【分析】由，可確定A項正確；由可得，進而由確定點F為的三等分點，可確定B項正確；當(dāng)B、C、F、D四點在同一個圓上時，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，得到為圓的直徑，因為，根據(jù)垂徑定理得到，故C項正確；因為D為的三等分點，即，可得，由此確定D項錯誤．
【詳解】解：依題意可得，∴，∴，
又，∴．故A項正確；如圖，
∵，，∴．
在與中，，∴，∴，
又∵，∴；∵為等腰直角三角形，
∴；∴；
∵，∴，∴，∴．故B項正確；
當(dāng)B、C、F、D四點在同一個圓上時，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得，
∴是B、C、F、D四點所在圓的直徑，∵，∴，∴，故C項正確；
∵，，，∴，
∴，，∴，∴；
∴．故D項錯誤．故選：D．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形中相似三角形與全等三角形的應(yīng)用，有一定的難度．對每一個結(jié)論，需要仔細分析，嚴格論證；注意各結(jié)論之間并非彼此孤立，而是往往存在邏輯關(guān)聯(lián)關(guān)系，需要善加利用．
例7．（22·23·廣東·期中）如圖，在中，，，，點為上一點，連接，為上一點，于點，當(dāng)時，求的長．
【答案】
【分析】將補成矩形，延長交于點，可得，結(jié)合已知可求、，再由即可求出CE．
【詳解】解：如解圖，補成矩形，延長交于點，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，
∴，∴，，∴設(shè)，則，
又∵在矩形中，，∴，
∴，即，解得．∴．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例，直角三角形的性質(zhì)，證明是本題的關(guān)鍵．
例8．（22-23下·深圳·一模）如圖①，在Rt中，，，點D為邊上的一點，連接，過點C作于點F，交于點E，連接．
(1)若，求證：；(2)如圖②，若，，求的值．
【答案】(1)答案見詳解(2)
【分析】（1）要證，過點B作，交的延長線于H，證得，得出與的數(shù)量關(guān)系，再證得，得出根據(jù)線段間關(guān)系，即可求證；（2）要求的值，根據(jù)角度間的轉(zhuǎn)化，得出，即可求出的值，根據(jù)，推出，即可得到最后結(jié)果．
【詳解】（1）證明：如圖，過點B作，交的延長線于H，
，，，，，，
，，，，
,，，，．
（2）解：，，，，
由（1）可知，，
，，，，
，，，
，，，，
設(shè)，則，，,，
解得（舍去），，，
又，．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，求證三角形相似和全等，正確做出輔助線，利用直角三角形特殊三角函數(shù)求角，是解本題的關(guān)鍵．
例9．（22·23上·長春·階段練習(xí)）某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：
【觀察與猜想】(1)如圖①，在正方形中，點、分別是、上的兩點，連接，，，則的值為___________．【類比探究】(2)如圖②，在矩形中，，，點是邊上一點，連接，，且，求的值．【拓展延伸】(3)如圖③，在中，，點在邊上，連結(jié)，過點作于點，的延長線交邊于點．若，，，則___________．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）設(shè)與的交點為，根據(jù)正方形的性質(zhì)可證明，得，即可得出答案；（2）利用△DEC∽△ABD，則；（3）過點作，延長交于點，證明，進而求得的長，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）解：設(shè)與的交點為，

四邊形是正方形，，，
，，，，
，在與中，，
，，，故答案為：；
（2）解：如圖，設(shè)與交于點，
四邊形是矩形，，，，
，，，
，，，故答案為：；
（3）解：如圖，過點作，延長交于點，
在中，，，
，，，，
，，，，
又，，
．故答案為：．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握基本幾何模型是解題的關(guān)鍵．
課后專項訓(xùn)練
1．（22·23下·杭州·一模）如圖，在等邊的AC，BC邊上各取一點M，N使，AN，BM相交于點O．若，，則BO的長是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】證明△ABM≌△ACN （SAS），得出∠ABM=∠CAN，證明△AMO∽△BMA，得出，可求出BM，即可得解．
【詳解】∵△ABC是等邊三角形∴∠BAM=∠ACN=∠ABN，AB=AC=BC
∵在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN （SAS），∴∠ABM=∠CAN，，
∵∠AMO=∠BMA，∴△AMO∽△BMA，∴，
∵，，∴，解得，∴BO=BM-OM=8-2=6，故選：B．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2023.湖北.九年級期末）如圖，將邊長為12cm的正方形ABCD折疊，使得點A落在CD邊上的點E處，折痕為MN．若CE的長為7cm，則MN的長為（ ）
A．10B．13C．15D．無法求出
【答案】B
【詳解】試題分析：作NF⊥AD，垂足為F，連接AE，NE，∵將正方形紙片ABCD折疊，使得點A落在邊CD上的E點，折痕為MN，∴∠D=∠AHM=90°，∠DAE=∠DAE．∴△AHM∽△ADE．∴∠AMN=∠AED．
在Rt△NFM和Rt△ADE中，，∴△NFM≌△ADE（AAS），∴FM=DE=CD﹣CE=5cm，
又∵在Rt△MNF中，F(xiàn)N=AB=12cm，∴根據(jù)勾股定理得：MN==13．故選B．
考點： 翻折變換（折疊問題）．
3．（2023.南充市中考模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為2，P為CD的中點，連結(jié)AP，過點B作BE⊥AP于點E，延長CE交AD于點F，過點C作CH⊥BE于點G，交AB于點H，連接HF，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．CE=B．EF=C．cs∠CEP=D．HF2=EF?CF
【答案】D
【分析】首先證明AH=HB，推出BG=EG，推出CB=CE，再證明△CBH≌△CEH，Rt△HFE≌Rt△HFA，利用全等三角形的性質(zhì)即可一一判斷．
【詳解】連接．
四邊形ABCD是正方形，∴CD=AB=BC=AD=2，CD∥AB，
∵BE⊥AP，CG⊥BE，∴CH∥PA，∴四邊形是平行四邊形，∴CP = AH，
∵CP=PD=1，∴AH=PC=1，∴AH=BH，在Rt△ABE中，∵AH=HB，
∴EH=HB，∵HC⊥BE，∴BG=EG，∴CB=CE=2，故選項A錯誤，
∵CH=CH，CB=CE，HB=HE，∴△CBH≌△CEH，∴∠CBH=∠CEH=90°，
∵HF=HF，HE=HA， ∴Rt△HFE≌Rt△HFA，∴AF=EF，設(shè)EF=AF=x，
在Rt△CDF中，有22+(2-x)2=(2+x)2，∴x= ，∴EF=∴，故B錯誤，
∵PA∥CH，∴∠CEP=∠ECH=∠BCH，∴cs∠CEP=cs∠BCH== ，故C錯誤．
∵HF= ，EF= ，F(xiàn)C= ∴HF2=EF·FC，故D正確，故選D．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
4．（黑龍江省牡丹江市2021年中考數(shù)學(xué)真題試卷）如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為BC邊上一點，BE＝1.將正方形沿GF折疊，使點A恰好與點E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為（ ）
A．2B．2C．6D．5
【答案】D
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，設(shè)AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再證明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根據(jù)S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【詳解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，則四邊形ADFH是矩形，由折疊的性質(zhì)可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．設(shè)AG=GE=x，則BG=3-x，
在Rt△BGE中，∵BE2+BG2=GE2，∴12+(3-x)2=x2，∴x=．
在Rt△ABE中，∵AB2+BE2=AE2，∴32+12=AE2，∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，∴∠HAP=∠OFP，
∵四邊形ADFH是矩形，∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，，∴△ABE≌△FHG，∴FG=AE=，
∴S四邊形AGEF=S△AGF+S△EGF= ====5．故選D．
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，以及勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
5．（22·23下·東營·中考模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，點D是線段AB上的一點，連結(jié)CD，過點B作BG⊥CD，分別交CD、CA于點E、F，與過點A且垂直于AB的直線相交于點G，連結(jié)DF，給出以下四個結(jié)論：①；②若點D是AB的中點，則AF=AB；③當(dāng)B、C、F、D四點在同一個圓上時，DF=DB；④若，則 其中正確的結(jié)論序號是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．①②③④
【答案】C
【詳解】試題分析：∵∠ABC=90°，∠GAB=90°，AB=BC，
∴AG//BC，∴△AFG∽△CFB，∴，故①正確；
又∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，∴∠BCD=∠ABG，∵AB=BC，∴△CBD≌△BAG，∴AG＝BD，
∵BD＝AB，∴AG：BC＝１：２，∴AF：FC＝１：２，∴AF：AC＝１：３，
∵AC＝AB，∴AF＝AB，故②正確；
當(dāng)B、C、F、D四點在同一個圓上時，∵∠DBC＝90°，∴CD是直徑，∴∠CFD＝90°，
∵BF⊥CD，∴BE＝EF，∴BD＝DF，故③正確；
若，則有BD：BC＝1：3，∵∠BEC＝∠DEB＝９０°，∠BCD=∠ABG，
∴△BDE∽△CBE，∴DE：BE＝BE：CE＝BD：BC＝１：３，
∴DE：CE＝１：９，∴S△BDF：S△BFC＝１：９，即S△ＢＣＦ＝９Ｓ△BDF，故④錯誤；故選C.
考點：１.相似三角形的判定和性質(zhì)；２.圓周角定理；３.三角形全等的判定與性質(zhì).
6．（22·23下·江門·模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．點D是線段BC上的一點，連接AD，過點C作CG⊥AD，分別交AD、AB于點G、E，與過點B且垂直于BC的直線相交于點F，點D是BC的中點，連接DE．則= ；
【答案】
【分析】先證，得到，再通過證明 ， 為等腰直角三角形得出，即可求解．
【詳解】 CG⊥AD
∠ACB=90°

又 ， 為等腰直角三角形 ，
點D是BC的中點
故答案為： ．
【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識點并能靈活運用是解題的關(guān)鍵．
7．（22·23下·山西·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AE是BC邊上的中線，過點B作AE的垂線BD，垂足為H，交AC于點D，則AD的長為 ．
【答案】
【分析】過點C作FC⊥BC于C，延長BD交CF于F，證明△ABE≌△BCF（ASA），得BE＝CF，再證明△ABD∽△CFD，列比例式可得結(jié)論．
【詳解】過點C作FC⊥BC于C，延長BD交CF于F，
∵∠ABC＝∠BCF＝90°，∴∠ABC+∠BCF＝180°，∴AB∥CF，
∵AE⊥BD，∴∠AHB＝∠BAH+∠ABH＝90°，∵∠ABH+∠CBF＝90°，∴∠CBF＝∠BAH，
在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，
∵AE是BC邊上的中線，∴BE＝BC＝1，∴CF＝1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝2，
∵AB∥CF，∴∠BAD＝∠DCF，∠ABD＝∠DFC，∴△ABD∽△CFD，
∴，即，解得：AD＝．故答案為：
【點睛】考核知識點：相似三角形的判定和性質(zhì)．熟練運用相似三角形的判定和性質(zhì)是關(guān)鍵．
8．（山東2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）如圖，正方形ABCD中，點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，CE、DF交于G，連接AG、HG．下列結(jié)論：①AG=AD；②AG⊥GH；③∠DAG=60°；④∠AGE=∠BCE．其中正確的有 ．
【答案】①②④
【分析】由“SAS”可證△BEC≌△CFD，可得∠BCE=∠CDF，由“AAS”可證△AEP≌△BCE，可得AP=BC，由直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)依次判斷可求解．
【詳解】解：如圖，延長DA，CE交于點P，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，
∵點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，∴BE=AE=BF=CF=CH=DH，
在△BEC和△CFD中，，∴△BEC≌△CFD（SAS），∴∠BCE=∠CDF，
∵∠CDF+∠DFC=90°，∴∠BCE+∠CFD=90°，∴∠CGF=90°=∠DGE，∵AD與BC平行，∴∠P=∠BCE，
在△AEP和△BEC中，，∴△AEP≌△BCE（AAS），∴AP=BC，∴AP=AD，
又∵∠DGE=90°，∴AG=AP=AD，故①正確；∴∠AGD=∠ADG，
∵CH=DH，∠DGC=90°，∴GH=DH=CH，∴∠HDG=∠HGD，
∵∠ADG+∠HDG=∠ADC=90°，∴∠AGD+∠DGH=90°，∴∠AGH=90°，∴AG⊥GH，故②正確；
∵AG=AP=AD，∴∠P=∠AGE，∴∠AGE=∠BCE，故④正確；
∵CD=2CF，∴DF≠2DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，
∴∠DAG≠60°，故③錯誤，故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
9．（江西2023-2024學(xué)年九年級月考數(shù)學(xué)試題）在矩形紙片中，，，將紙片折疊．

(1)如圖1，若沿對折，使點C恰好落在上得到點E，求的長．
(2)如圖2，若沿對角線折疊，使點C落在點F處，與交于點E，求的長．
(3)如圖3，若沿折疊，使點C與點A重合，求折痕的長．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得，再用勾股定理解即可；
（2）由折疊的性質(zhì)得，進而證明，推出，再用勾股定理解即可；（3）連接，連接交于點O，由折疊的性質(zhì)可證四邊形是菱形，用勾股定理解，求出菱形的邊長，再利用菱形的面積公式列式求解．
【詳解】（1）解：四邊形是矩形，，由折疊知，
；
（2）解：沿對角線折疊，，
矩形中，，，，，
，，；
（3）解：如圖，連接，連接交于點O，

由折疊的性質(zhì)可知垂直平分，，，沿折疊，，
矩形中，，，
，，，四邊形是菱形，
在中，，，
，解得，，
，，，
，．
【點睛】本題考查折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是掌握折疊的性質(zhì)，即折疊前后對應(yīng)邊相等、對應(yīng)角相等．
10．（2023年成都市中考三模數(shù)學(xué)試題）已知正方形的邊長為6，動點分別在邊上運動，連接．

(1)如圖1，過作交邊于點，交于點．i）若為的中點，為的中點，求的長；ⅱ）探索線段之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的結(jié)論并證明．(2)如圖2，將四邊形沿翻折得到四邊形與相交于點，調(diào)整點和點的位置使得線段始終經(jīng)過頂點．
i）若點到的距離，求的長；ⅱ）點到的距離是否存在最大值？若存在，請直接寫出這個最大距離；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)i）；ⅱ），理由見解析(2)i）5；ⅱ）點到的距離的最大值為
【分析】（1）i）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，結(jié)合勾股定理即可求解；
ⅱ）過點作于點，證明，可知，由，，可證得結(jié)論；（2）i）連接，延長交于點，由軸對稱得性質(zhì)可知點與點關(guān)于對稱，也垂直平分，進而可得，證明，，結(jié)合勾股定理即可求解；
ⅱ）由i）可知點與點關(guān)于對稱，連接，由軸對稱可知：，，證得，進而可知，，在同一直線上，可得，求得，作，交于，延長交于，則，由直角三角形斜邊與直角邊的關(guān)系可得，當(dāng)與重合時取等號，即可求得點到的距離的最大值．
【詳解】（1）解：i）∵四邊形是正方形，且邊長為6，∴，，
∵為的中點，∴，由勾股定理可得：，
∵為的中點，∴，∵，∴，
又∵，∴，
∴，即：，解得：，∴；
ⅱ），理由如下：過點作于點，則

∵四邊形是正方形，∴，，則
∵，可知四邊形為矩形，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，
則，∴．
（2）i）連接，延長交于點，

∵，關(guān)于對稱，則：，，∴垂直平分，
∵，為延長線與的交點∴，且點與點關(guān)于對稱∴也垂直平分，
∵，∴，∵，，∴，
∴，即：，得：，則，
在中，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，即：，得：；
ⅱ）由i）可知點與點關(guān)于對稱，連接，
由軸對稱可知：，，
∵，，∴，
∴，∴
則，，在同一直線上，
∴，即：，∴，
作，交于，延長交于，則，

∴點到的距離為，點到的距離為，
由直角三角形斜邊與直角邊的關(guān)系可得：，當(dāng)與重合時取等號；
綜上：點到的距離的最大值為．
【點睛】本題屬于幾何綜合，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，添加輔助線構(gòu)造全等三角形及相似三角形是解決問題的關(guān)鍵．
11．（四川省成都市2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)試題）【模型發(fā)現(xiàn)】如圖1，在正方形中，E為邊上一點（不與點B、C重合），過點D作垂直于的一條直線，垂足為G，交于點F．小明發(fā)現(xiàn)可以通過證明：得（不需證明）
【模型探究】（1）如圖2，在正方形中，P為邊上一點（不與點B、C重合），M為線段上一點（不與C、D重合），過點M作，垂足為G，交于點N，請直接寫出與及線段、、之間的數(shù)量關(guān)系．
（2）如圖3，在（1）的條件下，若垂足G恰好為的中點，連接，交于點H，連接并延長交邊于點I，再連接，請?zhí)骄烤€段、的數(shù)量關(guān)系；
【拓展應(yīng)用】（3）如圖4，若正方形的邊長為8，點M、N分別為邊、上的點，過A作，已知，將正方形沿著翻折，的對應(yīng)邊恰好經(jīng)過點A，連接交于點Q.過點Q作，垂足為R，求線段的長．（直接寫出結(jié)論即可）

【答案】（1），，理由見詳解（2），理由見詳解（3）
【分析】（1）過點作交于點，證明，即可得出結(jié)論；
（2）過點作于點，先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，得
再證明即可得到結(jié)論；
（3）延長交于點，延長交于點，連接，設(shè)，則，先證明，得，再證明 ，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：（1），，
理由：四邊形是正方形，，，，，
過點作交于點，如圖1所示：四邊形為平行四邊形，

，，,．
，，
在和中，，，，,，
，，，
故，；
（2）解：，理由如下：過點作于點，

在正方形中，，．
恰好為的中點，，，
，，
，即，；
（3）解：延長交于點，延長交于點，連接，
由折疊性質(zhì)知：，，垂直平分，，，
在中，設(shè)，則，
在中，，即
解得：，即，，，
由（1）中結(jié)論，，
，
，同理可證：，，
，，
，，，
，
且，，
，，，故線段的長為．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理、平行線的性質(zhì)等知識；熟練掌握正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（成都市錦江區(qū)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題）（1）問題探究：如圖1，在正方形，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊、上，．
①判斷與的數(shù)量關(guān)系： ； ②推斷：的值為： ；（無需證明）
（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，．將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用1：如圖3，四邊形中，，，，，點，分別在邊、上，求的值．
（4）拓展應(yīng)用2：如圖2，在（2）的條件下，連接，若，，求的長．
【答案】（1）=；1；（2），理由見解析；（3）；（4）
【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得．所以，又知，得出，于是，可得．
②證明四邊形是平行四邊形即可解決問題．
（2）如圖2，作于．證明：即可解決問題．
（3）如圖3，過點作，交的延長線于點，過點作，連接，證明，得出，證明，可得出，由勾股定理求出，則可得出答案．
（4）過點作交的延長線于，利用相似三角形的性質(zhì)求出，即可解決問題．
【詳解】解：（1）①證明：四邊形是正方形，
，．．
，．．
，．故答案為：．
②結(jié)論：．理由：，，，
，四邊形是平行四邊形，，
，，．故答案為：1．
（2）結(jié)論：．理由：如圖2中，過點作于．
，，
，，
，，，
，四邊形是矩形，
，．
（3）如圖3，過點作，交的延長線于點，過點作，連接，
，，，四邊形是矩形，
，，，
，，，，
，，且，
，且，，
，，，
，，
（不合題意，舍去），，，
由（2）的結(jié)論可知：．
（4）解：如圖2中，過點作交的延長線于．
，假設(shè)，，，
，，，，
或（舍棄），，，，，
，，，
，，，
，，，，，
，．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．
13．（22·23下·江蘇·九年級期中）平行四邊形中，，分別是邊、上的點，，G為垂足．（1）如圖1，當(dāng)，時，求證：
（2）如圖2，當(dāng)，，，求的最小值
（3）如圖3，當(dāng)，，E為的中點，直接寫出的值．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用正方形的判定與性質(zhì)得到，，再通過倒角得到，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)即可得證；
（2）設(shè)，則，利用矩形的判定與性質(zhì)得到，再通過倒角得到，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)得到，利用勾股定理得到二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；
（3）過點A作于K，交BC的延長線于H，通過證明∽得到，設(shè)，則，，，由，得到，設(shè)，則，，根據(jù)，得到，即可求解．
【詳解】解：（1）∵平行四邊形中，，，
∴四邊形ABCD是正方形，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，，∴≌，∴；
（2）∵，，∴，設(shè)，則，
∵平行四邊形中，，∴四邊形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴∽，
∴，即，∴，
∵，
∵，∴EF有最小值，最小值為；
（3）∵平行四邊形中，，∴四邊形ABCD是菱形，∴，
過點A作于K，交BC的延長線于H，
∵，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∴∽，∴，
設(shè)，則，，，
∵，∴，設(shè)，則，，
∵，∴，∴．
【點睛】本題考查正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例等內(nèi)容，解題中輔助線的引入是得到證明方法的主要手段，這是一道較難的幾何綜合題．
14．（2022年湖北中考模擬）知矩形ABCD中，，點E是BC邊上一點，于點O，分別交AB、CD于點F、G．
(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，若，則______；
(2)類比探究：如圖2，若，請?zhí)骄康闹担懗鎏骄窟^程；
(3)拓展應(yīng)用：如圖3，在（2）的條件下，將矩形ABCD沿CF折疊，使點A恰好落在BC邊上的點E處，得到四邊形PEFG，PE與CD交于點H，連接PC．已知，，求PC的長
【答案】(1)1；(2)；(3)
【分析】（1）過G作GH⊥AB于H，利用矩形的性質(zhì)求得△GHF∽△ABE，由相似三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）過G作GH⊥AB于H，同（1）的解答；
（3）過P作PM⊥BC延長線于M，由折疊性質(zhì)可得∠GPE=∠FEP=90°，F(xiàn)A=FE，PE=AD；由余角關(guān)系可得∠CEH=∠BFE=∠CGP；Rt△BFE中，由tan∠BFE=，設(shè)BE=4k，BF=3k，則AF=EF=5k；由（2）結(jié)論求得AE=，在Rt△ABE中由勾股定理建立方程求得k的值，便可求得BF，BE，EF的長，再由△PEM∽△EFB求得PM，ME的長，進而得出MC的長利用勾股定理即可解答；
【詳解】（1）：如圖，過G作GH⊥AB于H，ABCD是矩形，則∠C=∠B=90°，
∵∠GHB=90°，∴GHBC是矩形，∴GH=BC，
∵∠AFG+∠HGF=90°，∠AFG+∠BAE=90°，∴∠HGF=∠BAE，
∵∠GHF=∠ABE，∴△GHF∽△ABE，∴，即；
（2）：如圖，過G作GH⊥AB于H，
同（1）解答可得△GHF∽△ABE，∴，即；
（3）：如圖，過P作PM⊥BC延長線于M，
ABCD是矩形，由折疊性質(zhì)可得∠GPE=∠FEP=90°，F(xiàn)A=FE，PE=AD，
△PGH和△CHE中，∠PGH+∠PHG=90°，∠CEH+∠CHE=90°，∠PHG=∠CHE，∴∠PGH=∠CEH，
∵∠BFE+∠BEF=90°，∠BEF+∠CEH=90°，∴∠CEH=∠BFE=∠CGP，
Rt△BFE中，tan∠BFE=，設(shè)BE=4k，BF=3k，由勾股定理可得EF=5k，則AF=EF=5k，
∵，由（2）結(jié)論，∴AE=，
Rt△ABE中，AB=8k，BE=4k，由勾股定理可得，
解得：k=或k=（舍去），∴AB=，BE=，EF=，BF=2，
∵，∴BC=4，∴CE=4-=，PE=AD=BC=4，
∵∠PEM=∠EFB，∠PME=∠EBF，∴△PEM∽△EFB，
∴，BE=則PM=，BF=2則ME=，∴MC=ME-CE=，
Rt△PMC中由勾股定理可得=
【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三角函數(shù)，勾股定理，等知識；此題綜合性強，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．
15．（成都市錦江區(qū)2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期入學(xué)練習(xí)數(shù)學(xué)試題）（1）如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點，連接DE，CF，若，則的值為______；
（2）如圖2，在矩形ABCD中，，，點E是AD上的一點，連接CE，BD，若，則的值為______；
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，，點E為AB上一點，連接DE，過點C作DE的垂線交ED的延長線于點G，交AD的延長線于點F，求證：；
（4）如圖4，在中，，，將沿BD翻折，點A落在點C處，得到，點F為線段AD上一動點，連接CF，作交AB于點E， 垂足為點G，連接AG．設(shè)，求AG的最小值．
【答案】（1）1；（2）；（3）見解析；（4）
【分析】（1）先證明得到DE=CF,最后代入求值即可；
（2）先證明得到,即即可；
（3）過點F作FH⊥BC，垂足為H，先證四邊形ABHF為矩形，再證△ADE∽△GDF和△HCF∽△GDF得到△ADE∽△HCF，即,即即可；
（4）過C作于H，說明CGHD四點共圓，再證可得，進而得到；然后再運用三角函數(shù)MR、DR、AR、AM,再根據(jù)題意可得，最后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系求最值即可．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠A=∠FDC=90°，
∵DE⊥CF，∴∠ADE+∠DFC=90°，∠DFC+∠DCF=90°，∴∠ADE=∠DCF，
在△ADE和△DCF中，∠ADE=∠DCF， AD=DC，∠A=∠FDC
∴△ADE≌△DCF（ASA）.∴DE=CF，∴=1 故答案為1；
（2）∵四邊形ABCD為矩形 ∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，∴∠ADB+∠CED=90°，∠CED+∠DCE=90°，∴∠ADB=∠DCE∴△ADB∽△DCE，
∴，即故答案為：；
（3）如圖，過點F作FH⊥BC，垂足為H
∵∠H=∠A=∠B=90°，∴四邊形ABHF為矩形， ∴FH=AB.
∵CG⊥EG，∴∠G=90°=∠A=∠H，∵∠ADE=∠GDF，∴△ADE∽△GDF，
∵∠GDF=∠HFC，∴△GDF∽△HCF，∴△ADE∽△HFC，
∴,即 ∴．

（4）如圖4，過C作于H，
∵，∴CGHD四點共圓，∴，
∵， ∴，∴，
∴，，取CD中點M，連接AM，GM，過M作于R，
，，
，，
∵，，∴，，
當(dāng)A、G、M三點共線時，AG取最小值．
【點睛】本題主要考查正方形性質(zhì)、三角形全等判定與性質(zhì)、矩形性質(zhì)、三角形相似判定與性質(zhì)、翻折軸對稱性質(zhì)、解直角三角形等知識點，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
16．（2023年廣東省深圳市中考模擬數(shù)學(xué)試題）【問題解決】
如圖1，已知正方形中，，分別是，邊上的點，與交于點．當(dāng)時，求證：；
【類比遷移】如圖2，在菱形中，，分別是，邊上的點，與交于點．若，求證：．
【拓展延伸】如圖3，在四邊形中，，分別是，邊上的點，與交于點．，，，，若，請求出的值．
【答案】問題解決：見解析；類比遷移：見解析；拓展延伸：
【分析】問題解決：根據(jù)正方形的性質(zhì)、，利用證，即可得出；
類比遷移：延長至，使，連接，根據(jù)菱形的性質(zhì)、，利用證，得出，再證明是等邊三角形，得出，即可證明；
拓展延伸：連接，過點作的垂線，交于，交于，交于，根據(jù)“，，，”、勾股定理計算出、，根據(jù)，計算，推理出、，證明，得出，代入計算即可．
【詳解】問題解決：∵四邊形為正方形，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴；
類比遷移：如下圖，延長至，使，連接，
∵四邊形是菱形，∴，，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴是等邊三角形，∴，∴；
拓展延伸：如下圖，連接，過點作的垂線，交于，交于，交于，
∵，，，，∴，
，，
∵，∴，
∴，
∵，，∴，
，，
∵，，∴，
∴，，∴，
又∵，∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形和菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形等，綜合性較強，熟練掌握知識點，作出輔助線推理證明是解題的關(guān)鍵．
17．（22·23下·安徽·模擬預(yù)測）如圖1，在等邊中，點D，E分別在邊上，且，連接相交于點F．

(1)求的度數(shù)；(2)如圖2，連接，當(dāng)時，求的值；(3)如圖3，在（2）的條件下，將沿翻折，使點C落在點G處，連接并延長交于點H，交于點I．當(dāng)時，求的長．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）證明，可得，即可求解；
（2）過點C作，垂足為點G，可得，，，可得，，．從而得到．可證明，即可求解；
（3）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而得到G，B，F(xiàn)，A四點共圓，進而得到，再證明，可得，再由，．，再根據(jù)，可得，即可求解．
【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，∴，
∵，∴．∴．
∴．
（2）解：如圖，過點C作，垂足為點G，∴．

∵，∴．∴．
由（1）知，，∴．
在中，，
∴，∴．∴，即．
又∵，∴．∴．∴．
（3）解：∵沿翻折得到，∴，．
∵，∴．
∴G，B，F(xiàn)，A四點共圓．∴．
在與中，∵，∴．∴．
∵，由（2）知，∴．
∴．∵，
∴．∴．∴，即．
∴．∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊問題，圓的基本性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，圖形的折疊的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．（22·23下·深圳·期中）課本再現(xiàn)
如圖1，在等邊中，E為邊上一點，D為上一點，且，連接與相交于點F．

（1）與的數(shù)量關(guān)系是 ，與構(gòu)成的銳角夾角的度數(shù)是 ；
深入探究（2）將圖1中的延長至點G，使，連接，，如圖2所示．求證：平分．（第一問的結(jié)論，本問可直接使用）。遷移應(yīng)用（3）如圖3，在等腰中，，D，E分別是邊，上的點，與相交于點F．若，且，求值．
【答案】（1），；（2）見解析；（3）3
【分析】（1）證明，得，，再由三角形的外角性質(zhì)得即可得出結(jié)論．
（2）先證明是等邊三角形，再證明，推出，即可得證．
（3）延長至點G，使，連接、，過點D作于點M，于點N，分別證明，得，，再證，得，，然后證明平分，得，進而證，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，∴，，
在和中，， ∴．∴，，
∴，故答案為：，；
（2）證明：由（1）可知，，∴，
∵FG＝BF，∴是等邊三角形，∴，，
∵是等邊三角形，∴，， ∴，
∴，即，
∴，∴，
∴，∴， ∴平分．
（3）解：如圖3，延長至點G，使，連接、，過點D作于點M，于點N，

∵，， ∴， ∵， ∴，
∴，，∴，
即， ∴，∴，，
∵， ∴，∵，，
∴，，
∵， ∴， ∴，∴平分．
∵，，∴， ∵，，
∴， 又∵， ∴．
方法二：如圖4，過點D作交于點P，則，，

∵，，，
∴， ∴， ∴， 即，
∵， ∴， ∴，
∵， ∴．
【點睛】本題考查了全等三角形的判斷與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的判定與性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)以及三角形面積，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．
19．（22-23下·太原·期末）綜合與實踐
問題情境：數(shù)學(xué)課上，同學(xué)們以等腰直角三角形為背景，探究線段之間的數(shù)量關(guān)系．
已知：在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D是射線CB上的一個動點，連接AD，過點C作AD的垂線，垂足為點E，過點B作AC的平行線交CE的延長線于點F．
獨立思考：(1)如圖1，當(dāng)點D與點B重合時，小穎發(fā)現(xiàn)BF＝AC，請你幫她說明理由；
(2)如圖2，當(dāng)點D為BC中點時，直接寫出線段BF與AC的數(shù)量關(guān)系；
合作交流：(3)①如圖3，當(dāng)點D在線段CB上（不與C、B重合），請?zhí)骄烤€段BF、BD與AC之間的數(shù)量關(guān)系（要求：寫出發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，并說明理由）．②如圖4，當(dāng)點D在線段CB延長線上，請?zhí)骄烤€段BF、BD與AC之間的數(shù)量關(guān)系（要求：畫出圖形，寫出發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，并說明理由）．
【答案】(1)理由見解析 (2)（或）
(3)①三條線段關(guān)系為：；理由見解析；②三條線段關(guān)系為：；理由見解析
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，證得，即可得到結(jié)論．
（2）根據(jù)同角的余角相等推出∠CAD=∠BCF，利用平行線的性質(zhì)求出∠CBF=90°=∠ACD，進而證得△ACD≌△CBF(ASA)，得到CD=BF，即可得到AC=2BF；
（3）①證明，得到，即可得到結(jié)論；
②同法證明，得到，即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）理由：∵，∴．
∵，∴，又∵，∴．∴．
（2）（或）；
∵CE⊥AD，∴∠CED=∠ACD=90°，∴∠ACE+∠CAE=∠DCE+∠ACE=90°，∴∠CAD=∠BCF，
∵BF∥AC，∴∠ACB+∠CBF=180°，∴∠CBF=90°=∠ACD，
∵AC=BC，∴△ACD≌△CBF(ASA)，∴CD=BF，∵D為BC中點，∴BC=2CD，∴AC=2BF；
（3）（3）①三條線段關(guān)系為：；
理由如下：∵，∴，∵，∴．∴．
∵，∴．∴中，，
又∵中，，∴，∴．
∵，∴，∴．∵，∴，
②如圖，三條線段關(guān)系為：
理由如下：∵，∴，
∵，∴．∴．
∵，∴，∴中，，
又∵中，，∴，∴，
∵，∴∴．
∵，∴．
【點睛】此題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
20．（22·23下·渝北·階段練習(xí)）是等邊三角形，點、分別在、上，且，連接、交于點．
(1)如圖1，求的度數(shù)；(2)如圖2，以為邊作等邊，連接，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，延長、交于點，點在線段上，且，連接交于點，若，，直接寫出的值．（提示：可過點作交于點，過點作于點，作于點．）
【答案】(1)(2)見解析；(3)
【分析】（1）已知是等邊三角形，得到，，結(jié)合，進而證明，即可求得的度數(shù)；（2）在上截取，使得，由（1）可知：，得到，已知是等邊三角形，得到，得出、、、四點共圓，可證明，得到，，進而得到是等邊三角形，即可得到；（3）過點作交于點，過點作于點，作于點，由（2）可知：，可以得到，根據(jù)，得到，可證明，推出，，，設(shè)，則，即可求得．
【詳解】（1）∵是等邊三角形，∴，，
∵，∴，∴，∴
（2）在上截取，使得，由（1）可知：，∴，
又∵是等邊三角形，∴，∴，
∴、、、四點共圓，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴是等邊三角形，∴，∴．
（3）過點作交于點，過點作于點，作于點，
由（2）可知：，∴，∴，∴，
又∵，∵，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
設(shè)，則，∴，∴，
∴，∴
【點睛】本題主要考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．

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