題型一：中點四邊形模型
【中考母題學(xué)方法】
【典例1-1】（2024·青?！ぶ锌颊骖}）綜合與實踐
順次連接任意一個四邊形的中點得到一個新四邊形，我們稱這個新四邊形為原四邊形的中點四邊形．數(shù)學(xué)興趣小組通過作圖、測量，猜想：原四邊形的對角線對中點四邊形的形狀有著決定性作用．
以下從對角線的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系兩個方面展開探究．
【探究一】
如圖1，在四邊形中，E、F、G、H分別是各邊的中點．
求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形．
證明：∵E、F、G、H分別是AB、、CD、的中點，
∴、分別是和的中位線，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．
結(jié)論：任意四邊形的中點四邊形是平行四邊形．
（1）請你補全上述過程中的證明依據(jù)①________
【探究二】
從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅰ：原四邊形的對角線相等時，中點四邊形是菱形．
（2）下面我們結(jié)合圖2來證明猜想Ⅰ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎(chǔ)上，寫出后續(xù)的證明過程．
【探究三】
（3）從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅱ：原四邊形對角線垂直時，中點四邊形是②________．
（4）下面我們結(jié)合圖3來證明猜想Ⅱ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎(chǔ)上，寫出后續(xù)的證明過程．
【歸納總結(jié)】
（5）請你根據(jù)上述探究過程，補全下面的結(jié)論，并在圖4中畫出對應(yīng)的圖形．
結(jié)論：原四邊形對角線③________時，中點四邊形是④________．
【答案】（1）①中位線定理
（2）證明見解析
（3）②矩形
（4）證明見解析
（5）補圖見解析；③且；④正方形
【分析】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識
（1）利用三角形中位線定理即可解決問題；
（2）根據(jù)三角形中位線定理，菱形判定定理即可解決問題；
（3）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；
（4）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；
（5）根據(jù)三角形中位線定理，正方形判定定理即可解決問題.
【詳解】（1）①證明依據(jù)是：中位線定理；
（2）證明：∵分別是的中點，
∴分別是和的中位線，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中點四邊形是菱形．
（3）②矩形；
故答案為：矩形
（4）證明∵分別是的中點，
∴分別是和的中位線，
∴，，
∴．
同理可得：．
∵
∴，
∴
∴中點四邊形是矩形．
（5）證明：如圖4，∵分別是的中點，
∴分別是和的中位線，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中點四邊形是菱形．
∵
由（4）可知
∴菱形是正方形．
故答案為：③且；④正方形

【典例1-2】（2023·山西·中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學(xué)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)筆記，請仔細閱讀并完成相應(yīng)任務(wù)．
任務(wù)：
(1)填空：材料中的依據(jù)1是指：_____________．
依據(jù)2是指：_____________．
(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形及它的瓦里尼翁平行四邊形，使得四邊形為矩形；（要求同時畫出四邊形的對角線）
(3)在圖1中，分別連接得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形的周長與對角線長度的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

【答案】(1)三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）
(2)答案不唯一，見解析
(3)平行四邊形的周長等于對角線與長度的和，見解析
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；
（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；
（3）根據(jù)三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得妯結(jié)論．
【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）
平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）
（2）解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可．例如：如圖即為所求

（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于四邊形的兩條對角線與BD長度的和，
證明如下：∵點分別是邊的中點，
∴．
∴．
同理．
∴四邊形的周長．
即瓦里尼翁平行四邊形的周長等于對角線與長度的和．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線．熟練掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
【典例1-3】（2024·江蘇泰州·三模）如圖，點分別在菱形的各邊上．
【初步認識】
（1）如圖，若，則四邊形一定是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【變式探究】
（2）如圖，若交于點，分別是上一點，，，的延長線分別交在于點，求證：四邊形是矩形．
【深入思考】
（3）如圖，若交于點，且，當滿足什么條件時，可作出兩個不同矩形，請直接寫出你的結(jié)論．
（4）在（3）的條件下，設(shè)，請?zhí)剿髋c滿足的關(guān)系式．
【答案】（1）
（2）證明見詳解
（3）且
（4）或
【分析】（1）連接，交與點，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，，即證明四邊形是平行四邊形，再證明，，即可得到，故可選出．
（2）根據(jù)菱形性質(zhì)可得，易證，，從而得出，四邊形是平行四邊形，根據(jù)，得四邊形是矩形．
（3）根據(jù)已知條件可得，即，分兩種情況和，，分開討論做矩形，找到他們的公共解集即可．
（4）當時，即；當，，和的取值范圍均為，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，綜合兩種情況即可．
【詳解】（1）解：連接，交與點，
∵四邊形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴四邊形是矩形，
故選．
（2）證明：∵四邊形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形．
（3）∵，，
∴，
∴，
①當四邊形形成的矩形如圖一樣時，此時，
此時滿足的條件為，
②當四邊形形成的矩形如圖一樣時，，，
由圖可得最大為，點與點重合，
最小時，點與點重合，點與點重合，對角線、交于點，，
∵，，，，
∴，
帶入數(shù)值得，
解得，
∴由勾股定理可得，
∴當時，滿足四邊形為矩形，
當時，，如圖所示，
∴此時四邊形同時滿足①②，
∴故不能形成兩個矩形，不滿足題意，
綜上可得，當滿足且時，可作出兩個不同矩形．
（4）由（3）可得①當時，即，
②∵的取值范圍為，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得的取值范圍為，
即，
綜上可得：或．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，勾股定理解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
【中考模擬即學(xué)即練】
【變式1-1】（2024·貴州·模擬預(yù)測）如圖1，已知四邊形四條邊上的中點分別為、、、、依次連接、、、、得到四邊形．

(1)求證:四邊形為平行四邊形；
(2)連接與，當與滿足什么條件時，四邊形是矩形？
(3)如圖2，若四邊形是菱形，則四邊形是什么圖形，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)矩形，理由見解析
【分析】（1）連接，根據(jù)三角形中位線定理得到，，，，推出，，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形即可得證；
（2）根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可知當四邊形的對角線滿足的條件時，四邊形是矩形；
（3）根據(jù)三角形中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半可得，，進而得出四邊形是平行四邊形，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)證明，可得四邊形是矩形．
【詳解】（1）證明：連結(jié)，如圖1所示：
、分別是、中點，
是的中位線，
，，
、分別是、中點，
是的中位線，
，，
，，
四邊形是平行四邊形；
（2）解：時，四邊形是矩形．
理由如下：
連結(jié)、，如圖2所示：
、、、分別為四邊形四條邊上的中點，
，，
，
，
又四邊形是平行四邊形，
平行四邊形是矩形；
（3）解：四邊形是矩形．
理由如下：
連結(jié)、，如圖3所示：
、、、分別為四邊形四條邊上的中點，
，，，，，
，，
四邊形是平行四邊形，
四邊形是菱形，
，
，，
，
平行四邊形是矩形．
【點睛】本題考查中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定、菱形的性質(zhì)等知識，掌握平行四邊形及特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)相關(guān)知識，正確作出輔助線靈活利用三角形中位線證明是解題關(guān)鍵．
【變式1-2】（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，已知對角線，點E，F(xiàn)，G，H分別為，邊上的中點，連接．求證：四邊形為菱形．
【答案】見解析
【分析】本題考查了中位線，菱形的判定，熟練掌握中位線，菱形的判定是解題的關(guān)鍵
由中位線可得，，可證四邊形為平行四邊形，同理可得，由，可得，進而結(jié)論得．
【詳解】證明：∵E，F(xiàn)分別為邊上中點，而H，G分別為邊上中點，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形．
同理可得．
∵，
∴，
∴為菱形．
【變式1-3】（2023·陜西寶雞·一模）問題提出
如圖，在中，．若，則的值為__________．
問題探究
如圖，在四邊形中，對角線、BD相交于點，、、、分別為AB、、CD、AD的中點，連接、、、．若，求四邊形EFGH的面積．
問題解決
如圖，某市有一塊五邊形空地，其中米，米，米，米，現(xiàn)計劃在五邊形空地內(nèi)部修建一個四邊形花園，使點、、、分別在邊AB、、CD、上，要求請問，是否存在符合設(shè)計要求的面積最大的四邊形花園？若存在，求四邊形面積的最大值；若不存在，請說明理由．
【答案】問題提出：；問題探究：；問題解決：存在四邊形面積的最大值，四邊形的最大面積為平方米．
【分析】問題提出：由，得，得出，進一步得出結(jié)果；
問題探究：根據(jù)三角形中位線性質(zhì)可得出，，，，從而得出四邊形是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，從而，進一步得出結(jié)果；
問題解決：延長，CD，交于，可得出四邊形是矩形，設(shè)，，表示出和的面積，進而表示出四邊形的面積，配方后求出結(jié)
果．
【詳解】解：問題提出
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案為：；
問題探究如圖，設(shè)，交于點，BD，交于點，作于，
∵、、、分別為AB、、CD、AD的中點，
∴，，，，
∴四邊形是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，
∴，
∴，
∴；
問題解決：如下圖，延長，CD，交于，
∵
∴四邊形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴可設(shè)，，
∴，
∴，
∴
∴存在四邊形面積的最大值，當米時，四邊形的最大面積平方米)．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，二次函數(shù)的應(yīng)用，平行線分線段成比例定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是設(shè)變量建立函數(shù)關(guān)系式．
【變式1-4】（2024·寧夏銀川·一模）如圖1．在中，D、E分別為的中點，連接：
（1）請結(jié)合操作1或操作2的方法所得出的結(jié)論，我們可以得到三角形中位線定理，
．
【結(jié)論應(yīng)用】
（2）如圖2，四邊形中，對角線相交于點O，四條邊上的中點分別為E、F、G、H、依次連接，得到四邊形．

①求證：四邊形為平行四邊形；
②當與滿足 時，四邊形是矩形，當與滿足 時，四邊形是菱形.
③若，，，求四邊形的面積．
【問題解決】
（3）如圖3所示，在一個四邊形的草坪上修一條小路，其中點P和點Q分別為邊和邊的中點，且，，，求小路的長度．

【答案】（1）三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半；（2）①見解析；②；；③；（3）5
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)或全等三角形的判定與性質(zhì)證明，，進而證明四邊形是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）①根據(jù)（1）中結(jié)論，得到，，，，根據(jù)平行四邊形的判定可得結(jié)論；
②根據(jù)矩形和菱形的判定，當時，四邊形為矩形，當時，四邊形為菱形；、
③先根據(jù)（1）中結(jié)論求得，，再根據(jù)平行線的性質(zhì)求得，過H作于M，利用正弦函數(shù)定義求得，然后根據(jù)平行四邊形的面積公式求解即可；
（3）連接，取的中點M，連接，，根據(jù)三角形中位線定理得到，，，，根據(jù)平行線的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)可推導(dǎo)出，然后利用勾股定理求解即可．
【詳解】解：（1）操作1：將繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)到的位置，則，，，
∴，即，
∵D是的中點，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，；
操作2．延長到點F，使，連接．
∵E分別為的中點，
∴，又，
∴,
∴，，
∴，即，
∵D是的中點，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，；
∴三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，
故答案為：三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半
（2）①∵四邊形中，對角線相交于點O，四條邊上的中點分別為E、F、G、H、依次連接，
∴，，，，
∴四邊形為平行四邊形；
②當時，四邊形為矩形，
理由：∵，，，
∴，
∵四邊形為平行四邊形，
∴四邊形為矩形；
當時，四邊形為菱形，
理由：∵，，，
∴，
∴四邊形為菱形；
③∵，，
∴，，
∵，，，
∴，
過H作于M，則，
∵四邊形為平行四邊形，
∴四邊形的面積為；
（3）連接，取的中點M，連接，，
∵點P和點Q分別為邊和邊的中點，，，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即小路的長度為5．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定與行線、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線定理、矩形的判定、菱形的判定、解直角三角形、三角形的外角性質(zhì)等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，添加合適的輔助線是解答的關(guān)鍵．
【變式1-5】（2023·黑龍江齊齊哈爾·三模）折紙是一項有趣的活動，有的同學(xué)玩過折紙，可能折過小動物、飛機、小船等．在折紙過程中，不僅可以得到一些美麗的圖形，而且其中還蘊含著豐富的數(shù)學(xué)知識．
如圖①，菱形紙片中，．

(1)活動一：
如圖②，折疊菱形紙片，使點落在點處，則折痕的長為_________；菱形紙片的面積是_________；
(2)活動二：
如圖③，分別是菱形紙片各邊的中點，分別沿著折疊并展開．猜想四邊形是什么特殊四邊形，并證明你的猜想；
(3)活動三：如圖④，先將菱形紙片沿折疊再展開，點分別在邊上且，再分別沿著折疊再展開，若四邊形是正方形，則_________；
(4)活動四：如圖⑤，折疊菱形紙片，使點落在邊的中點處，則折痕的長為_________．
【答案】(1)，
(2)矩形，證明見解析．
(3)
(4)
【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可推知，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積．
（2）分別連接對角線，然后根據(jù)三角形的中位線定理，并結(jié)合菱形對角線互相垂直的性質(zhì)證明四邊形是矩形．
（3）充分利用含角的菱形與其內(nèi)接正方形的條件，將已知與待求的量通過相似三角形的成比例線段聯(lián)系在一起，從而使問題求解．
（4）充分利用直角三角形的性質(zhì)和折疊的對稱性質(zhì)，將待求的量與已知量聯(lián)系在一起，從而解得待求的量．
【詳解】（1）如圖2， 根據(jù)折疊的性質(zhì)，，
∴．
所以．
在直角中，，，，
∴，，
因此折痕的長為．
菱形的面積為：．
（2）如下圖，連接．

∵E、F、G、H分別是的中點，
∴由三角形中位線定理得，，
∴，同理，． 則是平行四邊形．
又∵菱形的對角線與相互垂直，，，
則，，
∴四邊形是矩形．
（3）連接，與交于點O、點Q．設(shè)相交于點P．

∵菱形對角線互相垂直，且平分內(nèi)角，
∴．
由得，
故與為含角的直角三角形．
由得，
又，則Q為的中點，同理，P為中點．
所以均為正方形連長的一半，且四邊形為正方形．
可設(shè)．
在直角三角形中，
∵，
∴，．
∴．
由得，， 即．
解得：．
∴．
（4）如下圖，過點F作線段延長線的垂線，垂足為點H，過點M作的垂線，垂足為點G．

由知，，在直角中，
∴，由勾股定理得，
．
根據(jù)折痕的性質(zhì)，設(shè)，則．
在直角中，，即．
解得：．
在直角中，，則，．
連結(jié)，因F為的中點，則為等邊三角形邊的高，
，則，
在直角三角形中，設(shè)，則，．
由勾股定理得，，即，
解得：，即．
∴．
在直角三角形中，．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、折疊的軸對稱性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等相關(guān)知識點，應(yīng)用勾股定理列出待求未知數(shù)的方程，并求解是解本題的關(guān)鍵．
題型二：十字架模型
【中考母題學(xué)方法】
【典例2-1】（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）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．
【典例2-2】（2024·重慶·模擬預(yù)測）學(xué)習(xí)了正方形后，小飛同學(xué)對正方形中兩條互相垂直線段，且兩條線段的端點分別在正方形兩組對邊上的數(shù)量關(guān)系進行探究．請根據(jù)他的思路完成以下作圖與填空：
如圖，正方形中，點F、E、G分別在上，且．
(1)尺規(guī)作圖：過點G作垂線交于點H．（只保留作圖痕跡）
(2)證明，將下面的過程補充完整．
證明：四邊形是正方形，
，，
，
，
①
，
，
，
②
，
四邊形為矩形，
，
③ ．
（④____）
．
【答案】(1)見解析
(2)①；②；③；④
【分析】本題考查尺規(guī)作圖—作垂線，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)．掌握基本作圖方法和特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
（1）根據(jù)尺規(guī)作圖作垂線的方法畫圖即可；
（2）由正方形的性質(zhì)結(jié)合題意可證明，又易證和四邊形為矩形，即可間接得出，即可證，得出．
【詳解】（1）解：如圖，即為所作；
（2）證明：四邊形是正方形，
，．
，
，
．
，
，
，
，
四邊形為矩形，
，
，
，
．
【典例2-3】（2024·河南·一模）綜合與實踐
完成任務(wù)：
（1）填空：上述材料中的依據(jù)是________（填“”或“”或“”或“”）
【發(fā)現(xiàn)問題】
同學(xué)們通過交流后發(fā)現(xiàn)，已知可證得，已知同樣可證得，為了驗證這個結(jié)論是否具有一般性，又進行了如下探究．
【遷移探究】
（2）在正方形中，點E在上，點M，N分別在上，連接交于點P．甲小組同學(xué)根據(jù)畫出圖形如圖2所示，乙小組同學(xué)根據(jù)畫出圖形如圖3所示．甲小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知仍能證明，乙小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)已知無法證明一定成立．
①在圖2中，已知，求證：；
②在圖3中，若，則的度數(shù)為多少?
【拓展應(yīng)用】
（3）如圖4，在正方形中，，點E在邊上，點M在邊上，且，點F，N分別在直線上，若，當直線與直線所夾較小角的度數(shù)為時，請直接寫出的長．
【答案】（1）；（2）①見解析；②；（3）或
【分析】（1）先證明，結(jié)合，可知根據(jù)即可證明；
（2）①作于點H，先證明，然后根據(jù)即可證明即可證明結(jié)論成立；
②于點L，同理可證，從而，然后利用直角三角形兩銳角互余和三角形外角的性質(zhì)即可求解；
（3）①當N、F在邊上時，作于點G，作于點H，則四邊形和四邊形都是矩形，同理可證，求出，設(shè)，則，利用勾股定理求出x的值，進而可求出的長．當N、F在的延長線上時，同理可求出的長
【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案為：；
（2）①作于點H，

∵四邊形是正方形，
∴，，
∴四邊形是矩形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作于點L，

同理可證四邊形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①當N、F在邊上時，如圖，，作于點G，作于點H，則四邊形和四邊形都是矩形，

同理可證，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴．
設(shè)，則，
∵，
∴，
∴（負值舍去），
∴．
②當N、F在的延長線上時，如圖，
同理可得：，，
∴．
．
【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)，矩形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，以及三角形外角的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
【典例2-4】（2024·河南商丘·三模）（1）【操作判斷】
如圖1，在正方形中，點分別在邊上，且，則與的數(shù)量關(guān)系為 ；
（2）【遷移探究】
如圖2，在矩形中，，點分別在邊上，且與交于點O，試說明（1）中的結(jié)論是否發(fā)生變化，如果結(jié)論不變，請說明理由；如果變化，請寫出新結(jié)論并給出證明；
（3）【拓展應(yīng)用】
如圖3，在中，，當點D為的三等分點，且時，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）；（2）變化，；（3）或
【分析】（1）圖1中，設(shè)交于點，過點作于點，過點作于點，證，得即可；
（2）圖2中，設(shè)交于點，過點作為，過點作于點，證，得，則；
（3）根據(jù)點D為的三等分點，分為①當時，如圖，過點作交于點，設(shè)交于點，證出，，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)，得出，再根據(jù)，得出，，即可解答；②當時，同理即可解答；
【詳解】解：（1）如圖1，設(shè)交于點，
過點作于點，過點作于點，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴四邊形、四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）變化，
理由：如圖2，設(shè)交于點，
過點作為，過點作于點，
，
∵四邊形是矩形，
，
∴四邊形，四邊形都是矩形，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
；
（3）∵點D為的三等分點，
①當時，
如圖，過點作交于點，設(shè)交于點，
則，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
②當時，
如圖，過點作交于點，設(shè)交于點，
則，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
綜上，或．
【點睛】本題是相似三角形綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定以及分類討論等知識，本題綜合性強，熟練掌握正方形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，證明三角形相似和三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
【中考模擬即學(xué)即練】
【變式2-1】（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）某興趣小組在數(shù)學(xué)活動中，對四邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段進行了如下探究：
【初探猜想】如圖1，在正方形中，點，分別是、上的兩點，連接，，若，試判斷線段與的大小關(guān)系，并說明理由；
【類比探究】如圖2，在矩形中，，，點、分別是邊、上一點，點、分別是邊、上一點，連接，，若，則______；
【知識遷移】如圖3，，在四邊形中，，點、分別在線段、上，且，連接，若為等邊三角形，求的值；
【拓展應(yīng)用】如圖4，在正方形中，E是的中點，F(xiàn)、G分別是邊上的動點，且交于M，連接和，當時，則的最小值為______．
【答案】初探猜想：，理由見解析
類比探究：
知識遷移：
拓展應(yīng)用：
【分析】初探猜想：證明，進而結(jié)論得證；
類比探究：如圖2，過作于，過作于，則四邊形均為矩形，，，證明，進而可求結(jié)果；
知識遷移：如圖3，過作的延長線于，過作于，過作于，則四邊形是矩形，四邊形是矩形，，同理類比探究，，則，由為等邊三角形，，可得，，由勾股定理得，，然后計算求解即可；
拓展應(yīng)用：以、為鄰邊作平行四邊形，連接，過點G作于點H，先根據(jù)勾股定理求出的長，再證和全等得出，求的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值，當A、G、N在一條直線上時最小，即為的長，在等腰直角中求出的長即可．
【詳解】初探猜想：解：，理由如下：
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴；
類比探究：解：如圖2，過作于，過作于，
∴，
∵矩形，
∴，
∴四邊形均為矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴；
知識遷移：解：如圖3，過作的延長線于，過作于，過作于，
∵，，
∴四邊形是矩形，
∴四邊形是矩形，，
∵，
同理類比探究，，
∴，
∵為等邊三角形，，
∴，，
由勾股定理得，，
∴；
拓展應(yīng)用：解：以、為鄰邊作平行四邊形，連接，過點G作于點H，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵E是的中點，
∴，
在中，，，
由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∵，
∴當A、G、N在一條直線上時最小，即最小，此時最小值是的長，為．
【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識．熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2024·湖北恩施·三模）綜合與探究
問題背景：如圖3，四邊形是矩形，，點G、H、E分別是線段、、上的動點，連接，過點E作的垂線交線段于點F（只考慮F在上的情況）
（1）①如圖1，當點G運動到A點，點E運動到B點時，若，，，則的值為______（直接寫答案）
②如圖2，當點G不與A點重合，點E運動到B點時，若，試求的值．
問題探究：
（2）如圖3，當G不與A重合，E不與B重合時，用含m的式子表示的值．
問題拓展：
（3）如圖4，將背景問題中的矩形改成已知“在四邊形中，，，，，則的值為______．（直接寫答案）
【答案】（1）①2；②2；（2）；（3）．
【分析】（1）①如圖， 證明，可得，結(jié)合，，，從而可得答案；②如圖，過作交于， 而，可得，再利用①的結(jié)論即可；
（2）如圖，過作交于， 而，可得，同理可得：，過作交于，同理可得：四邊形為平行四邊形，可得，，結(jié)合①可得答案；
（3）如圖，過作的平行線交的延長線于，過作的垂線交于，而，證明四邊形為矩形，，設(shè)，則，求解，再結(jié)合（1）的結(jié)論可得答案．
【詳解】解：（1）①如圖，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴

∵，，，
∴，
∴；
②如圖，過作交于， 而
∴，
∵矩形，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，

由①可得：，
∴；
（2）如圖，過作交于， 而
∴，
同理可得：，
過作交于，
同理可得：四邊形為平行四邊形，
∴，，

由①可得：，
∴；
（3）如圖，過作的平行線交的延長線于，過作的垂線交于，而，
∴，，，
∴四邊形為矩形，
∴，

∵，
∴，
設(shè)，則，
∵，
∴，
∵，
結(jié)合（1）的結(jié)論可得：．
【點睛】本題考查的是矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練的利用類比的數(shù)學(xué)方法解題是關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測）【探究證明】
（1）如圖1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AB、CD于點E、F，GH分別交AD、BC于點G、H，求證： ；
【模型應(yīng)用】
（2）如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，點M、N分別在邊BC、AB上，求的值．
【變式拓展】
（3）如圖3，平行四邊形，，，直線與平行四邊形相交，將平行四邊形沿直線l折疊，當其中有一組對角頂點重合時，請直接寫出折痕的長度．
【答案】（1）見解析 （2） （3）或
【分析】（1）過點作，交于，過點作，交于，如圖1，易證，，，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可解決問題；
（2）過點作平行于的直線，交過點平行于的直線于，交的延長線于，如圖3，易證四邊形是矩形，由（1）中的結(jié)論可得．設(shè)，，則，，根據(jù)勾股定理列出方程組解出x，y，問題得以解決．
（3）分兩種情況，①沿l折疊后點重合，過作垂線垂足為，構(gòu)造矩形，由（1）的結(jié)論可得；②沿l折疊后點 重疊，過作垂線垂足為，由（1）的結(jié)論可得．
【詳解】解：（1）過點作，交于，過點作，交于，如圖1，
四邊形是矩形，
∴，．
四邊形、四邊形都是平行四邊形，
，．
又，
，
．
四邊形是矩形，
，
，
．
，
，
，
（2）過點作平行于的直線，交過點平行于的直線于，交的延長線于，如圖2，則四邊形是平行四邊形．
，是矩形，
，，．
，
由（1）中的結(jié)論可得
，
設(shè)，，則，，
在中，①，
在中，②，
由②①得③，
解方程組，得
，
，
．
（3）①若沿l折疊，點重疊，設(shè)l與的交點為．則垂直，過作垂線垂足為，
∵，，，
∴，
∴
∴，
在中
由探究結(jié)論可得，
∴，
∴；
②若沿l折疊，點重疊，設(shè)l與的交點為．則垂直，過作垂線垂足為，
∵，，
∴，
∴
∴，
在中
由探究結(jié)論可得，
∴，
∴．
所以，或．
【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．
題型三：對角互補模型
【中考母題學(xué)方法】
【典例3-1】（2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）探究式學(xué)習(xí)是新課程倡導(dǎo)的重要學(xué)習(xí)方式，某興趣小組擬做以下探究．
在中，，D是邊上一點，且（n為正整數(shù)），E是邊上的動點，過點D作的垂線交直線于點F．

【初步感知】(1)如圖1，當時，興趣小組探究得出結(jié)論：，請寫出證明過程．
【深入探究】(2)①如圖2，當，且點F在線段上時，試探究線段之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；②請通過類比、歸納、猜想，探究出線段之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）
【拓展運用】(3)如圖3，連接，設(shè)的中點為M．若，求點E從點A運動到點C的過程中，點M運動的路徑長（用含n的代數(shù)式表示）．
【答案】(1)見解析 (2)①，證明過程略；②當點F在射線上時，，當點F在延長線上時，(3)
【分析】（1）連接，當時，，即，證明，從而得到即可解答；（2）①過的中點作的平行線，交于點，交于點，當時，，根據(jù)，可得是等腰直角三角形，，根據(jù)（1）中結(jié)論可得，再根據(jù)，，即可得到；
②分類討論，即當點F在射線上時；當點F在延長線上時，畫出圖形，根據(jù)①中的原理即可解答；
（3）如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，可得的軌跡長度即為的長度，可利用建系的方法表示出的坐標，再利用中點公式求出，最后利用勾股定理即可求出的長度．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，當時，，即，，
，，,，，即，

，，
在與中，，，，；
（2）① 證明：如圖，過的中點作的平行線，交于點，交于點，
當時，，即，是的中點，，，
，，，
，是等腰直角三角形，且，
，根據(jù)（1）中的結(jié)論可得，
；
故線段之間的數(shù)量關(guān)系為；
②解：當點F在射線上時，如圖，在上取一點使得，過作的平行線，交于點，交于點，同①，可得，，，，，
同①可得，，
即線段之間數(shù)量關(guān)系為；
當點F在延長線上時，如圖，在上取一點使得，過作的平行線，交于點，交于點，連接
同（1）中原理，可證明，可得，
，，，，同①可得，
即線段之間數(shù)量關(guān)系為,

綜上所述，當點F在射線上時，；當點F在延長線上時，；
（3）解：如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，可得的軌跡長度即為的長度，如圖，以點為原點，為軸，為軸建立平面直角坐標系，過點作的垂線段，交于點，過點作的垂線段，交于點，
， ，，，
，，，是的中點，，
，，，
根據(jù)（2）中的結(jié)論，，
，，，
，．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確地畫出圖形，作出輔助線，找對邊之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
【典例3-2】（2024·四川成都·二模）如圖，在矩形中，（n為正整數(shù)），點E是邊上一動點，P為中點，連接，將射線繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，與矩形的邊交于點F．
【嘗試初探】（1）在點E的運動過程中，當點F在邊上時，試探究線段，之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；
【深入探究】（2）若，在點E的運動過程中，當點F在邊上時，求的最小值；
【拓展運用】（3）若，設(shè)的中點為M，求點E從點B運動到點C的過程中，點M運動的路程（用含n的代數(shù)式表示）．
【答案】（1），理由見解析；（2）的最小值為；（3）點運動的路程為．
【分析】（1）過點作于，于，可證得，得出，再由，，得出：，，可得：，，則，，結(jié)合已知即可求得答案；（2）設(shè)，，，過點作于，可證得，得出，進而推出，，則，即可求得答案；（3）確定以下幾個關(guān)鍵點時點的位置：當點在點處時，當點運動到點處時，當點在邊上時，即可求得答案．
【詳解】解：（1）結(jié)論：，理由：如圖1，過點作于，于，
則，四邊形是矩形，，
，四邊形是矩形，，，，
由旋轉(zhuǎn)得：，，即，
，，，為中點，，
∵，，，，
，，，，
，，，；
（2）當時，，設(shè)，，，過點作于，如圖2，
則，，，，
，，，，
，，，
，點在邊上，，即，，
，的最小值為；
（3），，，
在中，，為中點，，
當點在點處時，如圖3，，，，
，即，，
的中點為，；當點運動到點處時，如圖4，
是斜邊的中點，，，，，
，即，，的中點為，，；當點在邊上時，如圖5，過點作于，
則，，，
點運動的路程為．
【點睛】本題是矩形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等，綜合性較強，要求學(xué)生有較強的識圖和邏輯思維能力，屬于中考壓軸題．
【典例3-3】（2024·河南·一模）已知，點是的角平分線上的任意一點，現(xiàn)有一個直角繞點旋轉(zhuǎn)，兩直角邊，分別與直線，相交于點，點.
（1）如圖1，若，猜想線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.
（2）如圖2，若點在射線上，且與不垂直，則（1）中的數(shù)量關(guān)系是否仍成立？如成立，請說明理由；如不成立，請寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明.
（3）如圖3，若點在射線的反向延長線上，且，，請直接寫出線段的長度.
【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）
【分析】（1）先證四邊形為矩形，再證矩形為正方形，由正方形性質(zhì)可得；（2）過點作于點，于點，證四邊形為正方形，再證，可得；（3）根據(jù)，可得.
【詳解】解：（1）∵，，，∴四邊形為矩形.
∵是的角平分線，∴，∴，
∴矩形為正方形，∴，.∴.
（2）如圖，過點作于點，于點，
∵平分，，∴四邊形為正方形，由（1）得：，
在和中，，∴，∴，∴.
（3），，∴.
∵，，∴，
∴，∴，的長度為.
【點睛】考核知識點：矩形，正方形的判定和性質(zhì).熟練運用特殊四邊形的性質(zhì)和判定是關(guān)鍵.
【典例3-4】（2024廣東中考一模）如圖，已知，在的角平分線上有一點，將一個角的頂點與點重合，它的兩條邊分別與射線相交于點.
（1）如圖1，當繞點旋轉(zhuǎn)到與垂直時，請猜想與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）當繞點旋轉(zhuǎn)到與不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；
（3）如圖3，當繞點旋轉(zhuǎn)到點位于的反向延長線上時，求線段與之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明.
【答案】（1），見解析；（2）結(jié)論仍然成立，見解析；（3）
【分析】（1）先判斷出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代換即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）是的角平分線
在中，，同理：
（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由：過點作于，于

由（1）知，
，且點是的平分線上一點
（3）結(jié)論為：.
理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°，
∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，
∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF?OD＝EG?OD，OG＝OE?EG，
∴OF＋OG＝EG?OD＋OE?EG＝OE?OD，∴OE?OD＝OC．
【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
【典例3-5】（2024·江蘇淮安·一模）探究式學(xué)習(xí)是新課程倡導(dǎo)的重要學(xué)習(xí)方式，我們做以下探究．
在中，，，是邊上一點，且(為正整數(shù)），、分別是邊和邊上的點，連接，且．
【初步感知】（）如圖，當時，興趣小組探究得出結(jié)論：，請寫出證明過程．
【深入探究】（）如圖，當，試探究線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；
請通過類比、歸納、猜想，探究出線段，，之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）．
【拓展運用】（）如圖，點為靠近的四等分點，連接，設(shè)的中點為，若，求點從點運動到點的過程中，請直接寫出點運動的路徑長．
【答案】（）證明見解析；（），理由見解析；；（）
【分析】（1）由“”可證，可得，即可求解；
（2）①先證和是等腰直角三角形，可得，，，，可求，，通過證明，可求，即可求解；
②分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可求解；
（3）連接，，，由題意可得點在線段的垂直平分線上運動，由題意易得，當點E與點A重合時，過點M作于點H，當點E與點C重合時，假設(shè)此時的中點為N，即為原來的點M，進而得出點M的運動軌跡，然后問題可求解．
【詳解】（）證明：連接，∵，，且當時，，
，，，，
，，∴∠EDF，，

在和中，，∴， ，
，即；
（），理由如下：過點作于，于，
，，，
，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
，，設(shè)，則，，，，
，，，四邊形是矩形，
，，
又，，，，
；
如圖4，當點在射線上時，過點作于，于，
，，，，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，，設(shè)，，
，，，，，，
四邊形是矩形，，，
又，，，，
；
當點在的延長線上時，如圖5，，，，

，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，，
設(shè)，，，，，
，，，四邊形是矩形，
，，
又，，，，
；
綜上所述：當點在射線上時，，當點在延長線上時，；
（3）解：連接，，，如圖（1），
的中點為，，，∴點在線段的垂直平分線上運動，
∵點D為靠近B的四等分點，∴，
由（2）得，∴
當點E與點A重合時，過點M作于點H，如圖，
∴，∴，∴∴，∴，
∵，代入得，∴；
當點E與點C重合時，假設(shè)此時的中點為N，即為原來的點M，如圖，

∵，代入得，∴，
∴如圖，點M的運動軌跡即為的長，
∵在Rt中，∴∴∴點運動的路徑長為
【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)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．
【中考模擬即學(xué)即練】
【變式3-1】（2024·江蘇·?？家荒＃┤鐖D，已知四邊形的對角互補，且，，．過頂點C作于E，則的值為（ ）
A．B．9C．6D．7．2
【答案】B
【分析】要求的值，主要求出AE和BE的長即可，注意到AC是角平分線，于是作CF⊥AD交AD的延長線于點F，可以證得兩對全等三角形，結(jié)合已知數(shù)據(jù)可以求得AE和BE的長，從而解決問題．
【詳解】解：作CF⊥AD交AD的延長線于點F，則∠CFD=90°，
∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠CFD=∠CEB=90°， ∵∠BAC=∠DAC， ∴AC平分∠BAD， ∴CE=CF，
∵四邊形ABCD對角互補， ∴∠ABC+∠ADC=180°， 又∵∠CDF+∠ADC=180°， ∴∠CBE=∠CDF，
在△CBE和△CDF中， ∴△CBE≌△CDF（AAS）， ∴BE=DF，
在△AEC和△AFC中， ∴△AEC≌△AFC（AAS）， ∴AE=AF，
設(shè)BE=a，則DF=a， ∵AB=15，AD=12，
∴12+2a=15，得， ∴AE=12+a=，BE=a=， ∴， 故選B．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是巧妙構(gòu)造全等三角形進而得出等量關(guān)系．
【變式3-2】（2024·安徽六安·三模）在數(shù)學(xué)探究活動中，某同學(xué)進行了如下操作：如圖，在直角三角形紙片 內(nèi)剪取一個直角，點 ，， 分別在，， 邊上．請完成如下探究：（1）當 為的中點時，若，
（2）當，、時 ， 的長為

【答案】 /度
【分析】（1）連接，根據(jù)為的中點，可得，，則，根據(jù)，，易得四點在同一個圓上，根據(jù)圓周角定理，則有；
（2）過點分別作于點，作于點 ，易證，可得 ，即 ，根據(jù)，有， ，即；根據(jù)，得到 ，即，可得，即有 ，即．
【詳解】解：（1）如圖1，連接，
∵為的中點，∴，∴，∴，
∵，，∴四點在同一個圓上，∴；

（2）如圖2，過點分別作于點，作于點 ，
則有： ，
∴，∴，
∵∴，∴，∵，，∴
又∵，∴，則有 ，即．
∵，∴，即，∵，∴，即．
【點睛】本題考查了四點共圓，圓周角定理，三角形的內(nèi)角和，平角的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式3-3】（2024·陜西·一模）問題提出(1)如圖1，將直角三角板的直角頂點P放在正方形ABCD的對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交邊DC于點E，線段PB和線段PE相等嗎？請證明；
問題探究(2)如圖2，移動三角板，使三角板的直角頂點P在對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交DC的延長線于點E，(1)中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
問題解決(3)繼續(xù)移動三角板，使三角板的直角頂點P在對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交DC的延長線于點E，(1)中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．

【答案】（1）證明見解析（2）PB＝PE還成立(3) PB＝PE還成立
【詳解】試題分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥CD，則四邊形PMCN是矩形，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PM=PN，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的補角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根據(jù)AAS證明△PBM≌△PEN，則可證明；
（2）連接PD，根據(jù)正方形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)，由“SAS”以及四邊形的內(nèi)角和得證；
（3）過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，由“AAS”可證.
試題解析：(1)如圖1，過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分別為M，N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠PBC＋∠CEP＝180°，而∠CEP＋∠PEN＝180°，∴∠PBM＝∠PEN，在△PBM和△PEN中， ∴△PBM≌△PEN(AAS)，∴PB＝PE (2)如圖2，PB＝PE還成立．理由如下：過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分別為M，N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BPM＋∠MPE＝90°，而∠MPE＋∠EPN＝90°，∴∠BPM＝∠EPN，在△PBM和△PEN中，∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE (3)如圖3，PB＝PE還成立．理由如下：過點P作PM⊥BC交BC的延長線于點M，PN⊥CD的延長線于點N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BPM＋∠BPN＝90°，而∠BPN＋∠EPN＝90°，∴∠BPM＝∠EPN，在△PBM和△PEN中，∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE
【變式3-4】（2024·吉林長春·一模）【教材呈現(xiàn)】下圖是華師版八年級上冊數(shù)學(xué)教材第96頁的部分內(nèi)容．
我們已經(jīng)知道角是軸對稱圖形，角平分線所在的直線是角的對稱軸．如圖所示，是的平分線，P是上任一點，作，，垂足分別為點D和點E．將沿對折，我們發(fā)現(xiàn)與完全重合．由此即有：角平分線的性質(zhì)定理角平分線上的點到角兩邊的距離相等．
已知：如圖所示，是的平分線，點P是上的任意一點，，，垂足分別為點D和點E．
求證：．
分析：圖中有兩個直角三角形和，只要證明這兩個三角形全等，便可證得．
（1）請根據(jù)教材中的分析，結(jié)合圖①，寫出“角平分線的性質(zhì)定理”完整的證明過程．
【定理應(yīng)用】（2）如圖②，已知是的平分線，點P是上的任意一點，點D、E分別在邊上，連結(jié)，．若，，則的長為______．
（3）如圖③，在平行四邊形中，，平分交于點E，連結(jié)，將繞點E旋轉(zhuǎn)，當點C的對應(yīng)點F落在邊上時，若，則四邊形的面積為______．
【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）
【分析】（1）因為是的平分線，所以，因為，所以，因為，可得，即證得；
（2）作，垂足分別為點M和點N，證，可得，，，因為，，可得，證，可得，因為，所以，即，，可得的長；（3）證，可得，因為，所以，證，可得，已知，平分，可得，，求得，根據(jù)四邊形的面積=四邊形 的面積、的面積的面積=2個的面積，求得的面積，可得四邊形的面積．
【詳解】解：（1）證明：∵是的平分線，∴，
∵，∴，∵，∴，∴；
（2）作，垂足分別為點M和點N，
∵是的平分線，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，即，∴，故答案為：5；
（3）作，垂足分別為點M和點N，
由于繞點E旋轉(zhuǎn)，點C的對應(yīng)點F落在邊上，即，
∵平分，，∴，
∵，∴，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵平分，，∴，∴，∴，
∵，∴四邊形的面積，
故答案為：．
【變式3-5】（2024·北京·一模）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，點D是BC邊的中點，作射線DE，與邊AB交于點E，射線DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°，與直線AC交于點F．（1）依題意將圖1補全；（2）小華通過觀察、實驗提出猜想：在點E運動的過程中，始終有DE=DF．小華把這個猜想與同學(xué)們進行交流，通過討論，形成了證明該猜想的幾種想法：
想法1：由點D是BC邊的中點，通過構(gòu)造一邊的平行線，利用全等三角形，可證DE=DF；
想法2：利用等邊三角形的對稱性，作點E關(guān)于線段AD的對稱點P，由∠BAC與∠EDF互補，可得∠AED與∠AFD互補，由等角對等邊，可證DE=DF；
想法3：由等腰三角形三線合一，可得AD是∠BAC的角平分線，由角平分線定理，構(gòu)造點D到AB，AC的高，利用全等三角形，可證DE=DF…….
請你參考上面的想法，幫助小華證明DE=DF（選一種方法即可）；
（3）在點E運動的過程中，直接寫出BE，CF，AB之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）將圖1補全見解析；（2）證明見解析；
（3）數(shù)量關(guān)系：當點F在AC邊上時，；,當點F在AC延長線上時，．
【分析】（1）根據(jù)要求畫出圖形即可；（2）選擇一種自己比較熟練的方法進行證明即可；
（3）本題分點F在AC邊上，點F在AC延長線上，兩種情況分析即可.
【詳解】解：（1）如圖1，
（2）想法1：證明：如圖2，過D作，交AC于G，
∵點D是BC邊的中點，∴DG=AB．∴△CDG是等邊三角形．∴∠EDB+∠EDG=120°．
∵∠FDG+∠EDG=120°，∴∠EDB =∠FDG．∵BD=DG，∠B=∠FGD=60°，∴△BDE≌△GDF．∴DE=DF．
想法2：證明：如圖3，連接AD，
∵點D是BC邊的中點，∴AD是△ABC的對稱軸．作點E關(guān)于線段AD的對稱點P，點P在邊AC上，
∴△ADE≌△ADP．∴DE=DP，∠AED=∠APD．∵∠BAC+∠EDF=180°，∴∠AED+∠AFD=180°．
∵∠APD+∠DPF=180°，∴∠AFD=∠DPF．∴DP=DF．∴DE=DF．
想法3：證明：如圖4，連接AD，過D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵點D是BC邊的中點，∴AD平分∠BAC．∵DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∴DM=DN．
∵∠A=60°，∴∠MDE+∠EDN=120°．∵∠FDN+∠EDN=120°，∴∠MDE=∠FDN．
∴Rt△MDE≌Rt△NDF．∴DE=DF．
（3）當點F在AC邊上時，；
證明：如圖5中，過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N． ∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，
在△BDM與△CDN中， ， ∴△BDM≌△CDN， ∴BM=CN，DM=DN，
又∵∠EDF=120°=∠MDN， ∴∠EDM=∠NDF， 又∵∠EMD=∠FND=90°， ∴△EDM≌△FDN，∴ME=NF，
∴BE+CF=BM+EM+NC-FN=2BM=BD= AB；
當點F在AC延長線上時，．如圖6，
∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°， ∴△BDM≌△CDN， ∴BM=CN，DM=DN，
又∵∠EDF=120°=∠MDN， ∴∠EDM=∠NDF， 又∵∠EMD=∠FND=90°， ∴△EDM≌△FDN， ∴ME=NF，
∴BE-CF=BM+EM-（FN-CN）=2BM=BD=AB
【點睛】本題的關(guān)鍵是等邊三角形的性質(zhì)和三角形全等的判定和性質(zhì)得出結(jié)論，雖然本題的內(nèi)容較多但是題目難度并不大，所以要認真讀題，第三問的問題要畫出兩種情況的圖形，利用三角形全等的出結(jié)論即可.
題型四：半角模型
【中考母題學(xué)方法】
【典例4-1】（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復(fù)習(xí)課上，劉老師先引導(dǎo)學(xué)生解決了以下問題：
【問題情境】
如圖1，在中，，，點D、E在邊上，且，，，求的長．
解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，，，
∴___①___．
∴．
又∵，
∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【問題解決】
上述問題情境中，“①”處應(yīng)填：______；“②”處應(yīng)填：______；“③”處應(yīng)填：______．
劉老師進一步談到：圖形的變化強調(diào)從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應(yīng)萬變．
【知識遷移】
如圖3，在正方形中，點E、F分別在邊上，滿足的周長等于正方形的周長的一半，連結(jié)，分別與對角線交于M、N兩點．探究的數(shù)量關(guān)系并證明．

【拓展應(yīng)用】
如圖4，在矩形中，點E、F分別在邊上，且．探究的數(shù)量關(guān)系：______（直接寫出結(jié)論，不必證明）．

【問題再探】
如圖5，在中，，，，點D、E在邊上，且．設(shè)，，求y與x的函數(shù)關(guān)系式．

【答案】【問題解決】①；②；③5；【知識遷移】，見解析；【拓展應(yīng)用】；【問題再探】
【分析】【問題解決】根據(jù)題中思路解答即可；
【知識遷移】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．過點作交邊于點，連接．由旋轉(zhuǎn)的特征得．結(jié)合題意得．證明，得出．根據(jù)正方形性質(zhì)得出．結(jié)合，得出．證明，得出．證明．得出．在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【拓展應(yīng)用】如圖所示，設(shè)直線交延長線于點，交延長線于點，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．則．則，，根據(jù)，證明，得出，過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．得出，證明是等腰直角三角形，得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可證明；
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．由旋轉(zhuǎn)的特征得．根據(jù)，得出，證明，得出，根據(jù)勾股定理算出，根據(jù)，表示出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)表示出，，同理可得．，證明四邊形為矩形．得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【詳解】【問題解決】解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，，，，
∴①．
∴．
又∵，
∴在中，②．
∵，，
∴③．
【知識遷移】．
證明：如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．
過點作交邊于點，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得．
由題意得，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
又∵為正方形的對角線，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
在中，，
∴．
【拓展應(yīng)用】．
證明：如圖所示，設(shè)直線交延長線于點，交延長線于點，

將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．
則．
則，，
，
，
在和中
，
，
∴，
過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．
∴，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，，
∴，
即，
又∴，
∴，
即，
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．

由旋轉(zhuǎn)的特征得．
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，
同理可得．
，
，
，
又∵，
∴四邊形為矩形．
，
，
在中，．
，
解得．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用旋轉(zhuǎn)變換作圖，掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．
【典例4-2】（2022·湖北十堰·中考真題）【閱讀材料】如圖①，四邊形中，，，點，分別在，上，若，則．
【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形．已知，，，，道路，上分別有景點，，且，，若在，之間修一條直路，則路線的長比路線的長少 （結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）．
【答案】370
【分析】延長交于點，根據(jù)已知條件求得,進而根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得，，從而求得的長，根據(jù)材料可得，即可求解．
【詳解】解：如圖，延長交于點，連接，
，，，
，，
是等邊三角形，
,
,
在中，，，
，，
，
中，，，
，
，
，
中，
是等腰直角三角形
由閱讀材料可得，
路線的長比路線的長少．
故答案為：370．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，理解題意是解題的關(guān)鍵．
【典例4-3】（2022·貴州黔西·中考真題）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點（點E不與點B，C重合），且．
(1)當時，求證：；
(2)猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(3)如圖2，連接AC，G是CB延長線上一點，，垂足為K，交AC于點H且．若，，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．
【答案】(1)見解析
(2)，見解析
(3)
【分析】（1）先利用正方表的性質(zhì)求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性質(zhì)求解；
（2）延長CB至M，使，連接AM，先易得，推出，，進而得到，最后利用全等三角形的性質(zhì)求解；
（3）過點H作于點N，易得，進而求出，再根據(jù)（2）的結(jié)論求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）解：BE，EF，DF存在的數(shù)量關(guān)系為．
理由如下：
延長CB至M，使，連接AM，
則．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；
（3）解：過點H作于點N，
則．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．
【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)，特殊角的三角函數(shù)值，作出輔助線，構(gòu)建三角形全等是解答關(guān)鍵．
【典例4-4】（2022·貴州貴陽·中考真題）小紅根據(jù)學(xué)習(xí)軸對稱的經(jīng)驗，對線段之間、角之間的關(guān)系進行了拓展探究．
如圖，在中，為邊上的高，，點在邊上，且，點是線段上任意一點，連接，將沿翻折得．
(1)問題解決：
如圖①，當，將沿翻折后，使點與點重合，則______；
(2)問題探究：
如圖②，當，將沿翻折后，使，求的度數(shù)，并求出此時的最小值；
(3)拓展延伸：
當，將沿翻折后，若，且，根據(jù)題意在備用圖中畫出圖形，并求出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)作圖見解析，
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)可得，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值即可求解；
（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)即可求得，由三角形內(nèi)角和定理可得，根據(jù)點在邊上，當時，取得最小值，最小值為；
（3）連接，設(shè),然后結(jié)合勾股定理分析求解．
【詳解】（1），
是等邊三角形，
四邊形是平行四邊形，
，
，
為邊上的高，
，
（2），，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，為底邊上的高，則
點在邊上，
當時，取得最小值，最小值為；
（3）如圖，連接，
，則，
設(shè)， 則，，
折疊，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延長交于點，如圖，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
同理，當點F落在下方時，
．
綜上，m的值為
【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，解直角三角形，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．
【典例4-5】（2022·遼寧朝陽·中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．

(1)小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．
(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD中有一個內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；
(2)CB+CD=AC；理由見詳解；
(3)或
【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：如圖3-1中，當∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2中，當∠CBD=75°時，分別求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．

∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等邊三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：結(jié)論：CB+CD=AC．
理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：如圖3-1中，當∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．

∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如圖3-2中，當∠CBD=75°時，

同法可證，，
綜上所述，滿足條件的OD的長為或．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，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，屬于中考壓軸題．
【中考模擬即學(xué)即練】
【變式4-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）問題情境：如圖1，在四邊形中，，，E、F分別是，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是，延長到點G，使DG＝，連接，先證明，再證明，可得出，，之間的數(shù)量關(guān)系．
實際應(yīng)用：如圖2，在新修的小區(qū)中，有塊四邊形綠化，四周修有步行小徑，且，，在小徑，上各修一涼亭E，F(xiàn)，在涼亭E與F之間有一池塘，不能直接到達，經(jīng)測量得，米，米，試在小王同學(xué)研究的基礎(chǔ)上，求兩涼亭之間的距離 ．
【答案】25米/
【分析】本題主要考查的是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，作輔助線構(gòu)造全等三角形并兩次證全等是解題的關(guān)鍵．延長至，使，連接，可證得進而證得，進一步求得，即可得出最后結(jié)果．
【詳解】如圖，延長至，使，連接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
米，米，
米．
故答案為：25米．
【變式4-2】（2023·吉林長春·二模）【問題呈現(xiàn)】如圖①，點、分別在正方形的邊、上，，試判斷、、之間的數(shù)量關(guān)系．小聰同學(xué)延長至點，使，連接，可證，進而得到，從而得出、、之間的數(shù)量關(guān)系為______ 不需要證明．
【類比引申】如圖②，四邊形中，，，，點、分別在邊、上，請回答當與滿足什么關(guān)系時，仍有【問題呈現(xiàn)】中、、之間的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．
【探究應(yīng)用】如圖③，在四邊形中，，，，，點、分別在線段、上，且，，直接寫出線段的長．
【答案】問題呈現(xiàn)：；類比引申：，證明見解析；探究應(yīng)用：
【分析】
問題呈現(xiàn)：由正方形的性質(zhì)得，，則，而，即可證明，得，，再由，推導(dǎo)出，即可證明，則；
類比引申：由【問題呈現(xiàn)】中與的數(shù)量關(guān)系，可知當時，，先證明，得，，可推導(dǎo)了，再證明，則；
探究應(yīng)用：延長到點，使，由，，得，可證明是等邊三角形，則，則是等邊三角形，延長交于點，則，，所以，，則，所以，于是得，所以．
【詳解】
問題呈現(xiàn)：；
證明：四邊形是正方形，
，，
，
，
，即，
，
，，
，
，
，
，
，
．
類比引申：，
證明：如圖，延長到點，使，連接，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
探究應(yīng)用：線段的長，
理由：如圖，延長到點，使，
，
，
，，，
，，
，
是等邊三角形，
，
是等邊三角形，
延長交于點，則，
，
，，
，
，
，
，
，
，
線段的長．
【點睛】
此題重點考查全等三角形的判定與性質(zhì)、同角的補角相等、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)與解直角三角形、類比與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（2024·廣東深圳·一模）綜合與探究
【問題背景】北師大版數(shù)學(xué)八年級下冊P89第12題（以下圖片框內(nèi)）．
【初步探究】
（1）我們需利用圖形的旋轉(zhuǎn)與圖形全等的聯(lián)系，并把特殊角度一般化．如圖1，在與中，，，．求證：．
【類比探究】
（2）如圖2，在邊長為3的正方形中，點E，F(xiàn)分別是，上的點，且．連接，，，若，請直接寫出的長．
【深入探究】
（3）如圖3，D，P是等邊外兩點，連接并取的中點M，且，．試猜想與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
【拓展應(yīng)用】
（4）如圖4，在四邊形中，，，，，，請直接寫出的長．
【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）；（4）8
【分析】（1）先證明，再證明即可得到結(jié)論；
（2）把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，可使與重合，首先證明，進而得到，問題即可解決．
（3）如圖，延長至，使，連接，，證明，可得，，再證明，可得，從而可得結(jié)論；
（4）如圖，過作，且，連接，并延長交于，可得，證明，證明，可得，，可得，從而可得結(jié)論．
【詳解】證明：（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）∵四邊形是正方形，
∴，
∴把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，可使與重合，如圖：
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，點E、D、G共線，
在和中，
，
∴ ，
∴，
即：，
∵，邊長為3的正方形，
∴ ，
∴設(shè)，則，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
解得： ，
即，
（3）如圖，延長至，使，連接，，
∵為等邊三角形，
∴，，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴，
，
∴，
∵為的中點，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴；
（4）如圖，過作，且，連接，并延長交于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，化為最簡二次根式，本題難度很大，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
【變式4-4】（2024·四川達州·模擬預(yù)測）[初步探究]
（1）如圖1，在與中，，，，易得．請你寫出證明過程．
[解題反思]
以上我們可以把圖形的旋轉(zhuǎn)與圖形全等聯(lián)系起來，并可以把特殊角度一般化．
[類比探究]
（2）如圖2，在邊長為3的正方形中，E，F(xiàn)分別是，上的點，且．連接，，，若，請直接寫出的長．
[深入探究]
（3）如圖3，D，P是等邊外兩點，連接并取的中點M，且，．試猜想與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
[拓展應(yīng)用]
（4）如圖4，在四邊形中，，，，，，請直接寫出的長．
【答案】（1）詳見解析；（2）；（3），證明見解析；（4）8
【分析】（1）先證明，再證明即可得到結(jié)論；
（2）把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，可使與重合，首先證明，進而得到，問題即可解決．
（3）如圖，延長至，使，連接，，證明，可得，，再證明，可得，從而可得結(jié)論；
（4）如圖，過作，且，連接，并延長交于，可得，證明，證明，可得，，可得，從而可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵四邊形是正方形，
∴，
∴把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，可使與重合，如圖：
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，點E、D、G共線，
在和中，
，
∴ ，
∴，
即：，
∵，邊長為3的正方形，
∴ ，
∴設(shè)，則，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
解得： ，
即，
（3）解：，證明如下：
如圖，延長至，使，連接，，
∵為等邊三角形，
∴，，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴，
，
∴，
∵為的中點，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴；
（4）解：如圖，過作，且，連接，并延長交于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，化為最簡二次根式，正確作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
【變式4-5】（2023·河南·模擬預(yù)測）問題背景如圖1，在正方形中，點E，F(xiàn)分別是邊上的點，且，連接，探究之間的數(shù)量關(guān)系．
(1)探究發(fā)現(xiàn) 李雷同學(xué)的方法是將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至的位置，然后再證明，從而得到之間的數(shù)量關(guān)系為：______；
(2)拓展延伸 如圖2，在四邊形中，，，點E，F(xiàn)分別是邊上的點，且，連接，則（1）中結(jié)論是否仍然成立？并說明理由；
(3)歸納應(yīng)用 如圖3，等邊三角形的邊長為4，點D，E在直線上（點D在點E的左側(cè)），且，當時，請直接寫出線段的長．
【答案】(1)
(2)（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析
(3)或
【分析】（1）先由正方形的性質(zhì)得到，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，，證明三點共線，再證明，得到，即可證明；
（2）延長到點G．使．連接，證明．得到．再證明．得到．即可證明；
（3）分當點D在線段上時，當點D在延長線上時，兩種情況，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60度得到，過點G作交延長線于H，連接，先求出的長，進而求出，；再證明，得到，設(shè)，表示出，，由勾股定理得：，據(jù)此建立方程求解即可．
【詳解】（1）解：∵四邊形是正方形，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，
∴，
∴三點共線，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
（2）解：（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：
如圖所示，延長到點G．使．連接，
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵．
∴；
（3）解：如圖所示，當點D在線段上時，
將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60度得到，過點G作交延長線于H，連接，
∵是邊長為4的等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴；
如圖，當點D在延長線上時，
將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60度得到，過點G作交延長線于H，連接，
∵是邊長為4的等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴；
綜上所述，的長為或．
【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)等等，正確利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
題型五：四邊形中特殊角度問題
【中考母題學(xué)方法】
【典例5-1】（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數(shù)是 ．

【答案】或
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得，再進行分類討論：當點E在點A上方時，當點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，，
∴，
連接CE，
①當點E在點A上方時，如圖，
∵，，
∴，
②當點E在點A下方時，如圖，
∵，，
∴，
故答案為：或．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和以及三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線平分內(nèi)角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內(nèi)角和為；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和．
【典例5-2】（2023·江西·中考真題）如圖，在中，，將AB繞點逆時針旋轉(zhuǎn)角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為 ．

【答案】90°或或
【分析】連接，根據(jù)已知條件可得，進而分類討論即可求解．
【詳解】解：連接，取的中點，連接，如圖所示，

∵在中，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如圖所示，當點在上時，此時，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為，

當點在的延長線上時，如圖所示，則

當在的延長線上時，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為，如圖所示，
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形是矩形，
∴
即是直角三角形，

綜上所述，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為90°或或
故答案為：90°或或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【典例5-3】（2023·黑龍江哈爾濱·中考真題）矩形的對角線，BD相交于點，點在矩形邊上，連接．若，，則 ．
【答案】或
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，分點在上和上兩種情況討論即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如圖所示，當點在上時，

∵，
∴
如圖所示，當點在上時，

∵，
∴，
故答案為：或．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊對等角，三角形的外角的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．
【考模擬即學(xué)即練】
【變式5-1】（2024·四川涼山·二模）如圖，矩形的對角線相交于點，過點作，交AD于點，連接．若，則的度數(shù)是（ ）
A．B．C．D．30°
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得對角線相等，進而根據(jù)已知可得垂直平分，根據(jù)等邊對等角得出，進而可得，根據(jù)即可求解．
【詳解】解：∵矩形的對角線相交于點，
∴，，
又∵
∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
又∵
∴
∴
∴，
故選：C．
【變式5-2】（2024·重慶銅梁·一模）如圖，在正方形中，點是對角線上一點，，，垂足分別為，，連接．若，則一定等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本題考查正方形，矩形的性質(zhì)及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的對稱性和矩形的判定定理和性質(zhì)定理．連接交于，可知，根據(jù)四邊形是正方形，，，可得四邊形是矩形，故，從而，即得，故．
【詳解】解：連接交于，如圖：
由正方形的對稱性可知，，
四邊形是正方形，，，
四邊形是矩形，
，
，
，
；
故選：A.
【變式5-3】（2024·天津·三模）已知四邊形內(nèi)接于，為的直徑，，連接．
(1)如圖①，若D 為弧的中點，求，求和的大?。?br>(2)如圖②，若，C為弧的中點，過點作的切線與弦的延長線相交于點E，求 的長．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用圓內(nèi)接四邊形對角互補可求，利用圓周角定理可得，再利用三角形內(nèi)角和定理即可求出；根據(jù)點為中點，可得，再利用同弧所對的圓周角相等即可求出；
（2）先利用圓周角定理、切線的定義、垂徑定理的推論證明，進而得出四邊形是矩形，，再利用勾股定理求出，利用垂徑定理可得，即可求出的長．
【詳解】（1）解：（1）如圖①，連接．
四邊形內(nèi)接于，，
，
為的直徑，
，
．
點為中點，
，
．
綜上可知，．
（2）解：如圖②，連接，連接交于點．
為的直徑，
，
，
為的切線，
，即，
點為中點，為過圓心的線段，
，即，
，
四邊形是矩形，
．
， ，，
，
，
，
．
【點睛】本題考查圓周角定理，切線的性質(zhì)，垂徑定理及其推論，勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等，難度一般，解題的關(guān)鍵是綜合運用上述知識，逐步進行推導(dǎo)．
【變式5-4】（2024·廣西南寧·三模）綜合與實踐
【問題情境】四邊形是邊長為5的菱形，與相交于點O，將繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到，點C，D旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別為E，F(xiàn)，旋轉(zhuǎn)角為α．
【觀察思考】
（1）如圖1，當點F第一次落在對角線上時，求與的數(shù)量關(guān)系以及α的度數(shù)．
【探究證明】
（2）如圖2，當，且時，與交于點G．試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【拓展延伸】
（3）如圖3，連接，在旋轉(zhuǎn)過程中，當與菱形的一邊平行時，且，請直接寫出線段的長．
【答案】（1），；（2）四邊形為菱形，理由見解析；（3）或10或
【分析】（1）設(shè)交于點O，由菱形的性質(zhì)可得，，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，可得，即可求解；
（2）由菱形的性質(zhì)得，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，證得四邊形是平行四邊形即可得證；
（3）分三種情況：①當時，證明四邊形是菱形，過點D作于點H，設(shè)，則，由菱形的性質(zhì)求得，則，，再利用勾股定理求得，再利用勾股定理求得，即可求解；②當時，則，證E、B、C三點共線，即可求解；③當，且在上方時，過點E作于點G，則，由銳角三角函數(shù)定義求得，，再利用勾股定理求解即可．
【詳解】（1）如圖，設(shè)交于點O，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∴，，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）四邊形為菱形，理由如下：
∵四邊形是菱形，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴平行四邊形為菱形；
（3）①如圖，當時，
∵四邊形是菱形，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，
∴，
∴四邊形是菱形，
過點D作于點H，
則，
設(shè)，則，
由勾股定理得，
∵四邊形是邊長為5的菱形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如圖，當時，則，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴E、B、C三點共線，
∴；
③如圖，當，且在上方時，過點E作于點G，
則，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
綜上所述，的長為或10或．
【點睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-5】（2024·上?！つM預(yù)測）已知菱形的邊長為1，，等邊兩邊分別交、于E，F(xiàn)．
(1)如圖1，若點、分別是邊、的中點，求證：菱形對角線、的交點即為等邊的外心；
(2)如圖2，當E，F(xiàn)分別是邊、的中點時，過等邊的外心點O的一直線交邊于M，邊于G，邊的延長線于N，求：的值；
(3)如圖3，若點E，F(xiàn)始終在邊，上移動，等邊外心為P，求：的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）連接、，由四邊形是菱形，得出，平分，，又由、分別為、中點，證得，即可得證；
（2）連接、交于點，設(shè)，，則，易證，得出，，再通過，得出，進而求出的值；
（3）連接、，過點分別作于，于，求出的度數(shù)，又由點是等邊的外心，易證，可得，即點在的平分線上，即點落在直線上，即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖1，連接、，
四邊形是菱形，
，平分，，，
，
又、分別為、中點，
，，，
，
點即為的外心．
（2）解：如圖2，連接、交于點，設(shè)交于點，
設(shè)，，則，
，
，，
又由（1）知，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
即．
（3）解：如圖3，分別連接、，過點分別作于，于，
，
，
，
點是等邊的外心，
，，
，
，
，
，
點在的平分線上，即點落在直線上，
．
【點睛】此題考查了全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的外心的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識．
【變式5-6】（2024·貴州貴陽·一模）某校數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了特殊的平行四邊形后，結(jié)合圖形旋轉(zhuǎn)的知識探索相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題．如圖①，E是正方形邊上一點（E點不與B，C重合），連接，將繞點E順時針旋轉(zhuǎn)到，使，連接CF．
(1)【問題探究】
在AB上截取，連接，此時，則等于 度；
(2)【拓展延伸】
當正方形變?yōu)榱庑螘r，若°，其余條件不變，如圖②，請寫出與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
(3)【聯(lián)系應(yīng)用】
在（2）的條件下，當時，若，求CF的長．
【答案】(1)
(2)，理由見解析
(3)
【分析】根據(jù)題意得，則，那么，，結(jié)合全等性質(zhì)得；
在AB上截取，連接，則，可證明，有，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得，則即可證明；
在AB上截取，連接，則，菱形的性質(zhì)得，則，由證明，有，過點D作，垂足為，則和，在中，利用正弦即可求得，即有．
【詳解】（1）解：∵四邊形為正方形，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
（2）解：理由如下：
如圖，在AB上截取，連接，則，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴
∴
∵，
；
（3）解：在AB上截取，連接，如圖，
則
∵四邊形是菱形
∴
∴
∵
又∵
∴
在和中，
∴
∴
過點D作，垂足為，
∵
在中，
又∵
．
【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及解直角三角形，解題的關(guān)鍵是利用已知的結(jié)論構(gòu)造相應(yīng)的模型，并熟練掌握全等三角形的性質(zhì)．
【變式5-7】（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖，在菱形中，為邊的中點，連接交延長線于點，平分交于點，連接．
(1)如圖1，求的大?。?br>(2)如圖1，證明：點為線段的三等分點；
(3)如圖2，連接交于點，若，，求的長．
【答案】(1)
(2)詳見解析
(3)
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)．
（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到平分，根據(jù)角平分線的定義得到，于是得到結(jié)論；
（2）連接分別交、于點、，如圖1所示．根據(jù)菱形的性質(zhì)得到垂直平分，由（1）得，，求得，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，得到，于是得到點為線段的三等分點；
（3）連接交于點，連接，如圖2所示．根據(jù)菱形的性質(zhì)得到垂直平分，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，
平分，
平分，
，
，
即：；
（2）證明：連接分別交、于點、，如圖1所示．
四邊形是菱形，
垂直平分，
由（1）得，，
∴，
，
，
為的中點，，
，，，
∴，
，
又，
∵，，
，即點為線段的三等分點；
（3）解：連接交于點，連接，如圖2所示．
四邊形是菱形，
垂直平分，
又為的中點，
∴，
，
設(shè)，則，
在中，，
，
解得（負值舍去），
．
題型六：四邊形中的面積問題
【中考母題學(xué)方法】
【典例6-1】（2024·山東淄博·中考真題）如圖，在邊長為10的菱形中，對角線，相交與點，點在延長線上，與相交與點．若，，則菱形的面積為 ．
【答案】96
【分析】此題重點考查菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識．作交于點H，則，求得，再證明，求得，再證明，則，利用勾股定理求得的長，再利用菱形的面積公式求解即可得到問題的答案．
【詳解】解：作交于點H，則，
∵四邊形是邊長為10的菱形，對角線相交于點O，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四邊形是菱形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案為：96．
【典例6-2】（2022·青?！ぶ锌颊骖}）如圖矩形的對角線和相交于點，過點的直線分別交和于點，，，，則圖中陰影部分的面積為 ．
【答案】3
【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，首先證明，由此可得出，則可求出答案．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴
∴,
又
∴，
∴
∴
故答案為：3
【典例6-3】（2020·貴州黔西·中考真題）如圖，在中，，，，點為的中點，以點為圓心作圓心角為的扇形，點恰在上，則圖中陰影部分的面積為 ．
【答案】
【分析】連接，作于，于，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，，證明四邊形為正方形，得出，，證明，得出，求出，即可得解．
【詳解】解：如圖，連接，作于，于，
，
∵，，點為的中點，，
∴，，
∵，，
∴，為等腰直角三角形，，
∴四邊形為矩形，，
∴四邊形為正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了扇形面積、正方形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．
【典例6-4】（2024·山西·中考真題）綜合與探究
問題情境：如圖，四邊形是菱形，過點作于點，過點作于點．
猜想證明：
（1）判斷四邊形的形狀，并說明理由；
深入探究：
（2）將圖中的繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，點，的對應(yīng)點分別為點，．
①如圖，當線段經(jīng)過點時，所在直線分別與線段AD，CD交于點，．猜想線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②當直線與直線CD垂直時，直線分別與直線AD，CD交于點，，直線與線段CD交于點．若，，直接寫出四邊形的面積．
【答案】（1）矩形，理由見解析；（2）①，理由見解析；②或
【分析】（1）由和菱形性質(zhì)得，．可證四邊形為矩形；
（2）①由菱形和旋轉(zhuǎn)得性質(zhì)證，可證；
②分情況討論：當點在線段上時，當點在線段延長線上時，分別畫出圖形，求出結(jié)果即可．
【詳解】解：（1）四邊形為矩形．理由如下：
，
，
四邊形為菱形，
∴，
∴，
，
∴，
四邊形為矩形．
（2）①．理由如下：
∵四邊形為菱形，
，
旋轉(zhuǎn)得到，
，
，
，
，
，
，
．
②解：如圖所示，當點N在線段上時，過點A作于P，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
由旋轉(zhuǎn)知：，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形為矩形，
∵，
∴四邊形為正方形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴
；
當點N在線段延長線上時，在上，過點A作于K，連接，如圖所示：

由旋轉(zhuǎn)知：，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴ 四邊形為矩形，
∵，
∴四邊形為正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
綜上，四邊形的面積是或．
【點睛】本題是正方形，菱形綜合題，主要考查正方形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，四邊形的面積等知識，熟練掌握特殊圖形的性質(zhì)與判定，添加正確的輔助線是解題關(guān)鍵．
【中考模擬即學(xué)即練】
【變式6-1】（2024·浙江寧波·二模）如圖，在矩形中，，F(xiàn)是上一點，，以點A為圓心為半徑畫弧，交于點，以F為圓心，為半徑畫弧，交于點于點，則陰影部分的面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】連接，根據(jù)題意可得出，，即說明，從而可得出為等邊三角形，，再根據(jù)，結(jié)合三角形面積公式和扇形面積公式求解即可．
【詳解】解：如圖，連接，
在矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
為等邊三角形，，
∴
．
故選B．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，扇形的面積計算，等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握扇形的面積公式是解題關(guān)鍵．
【變式6-2】（2025·山東臨沂·一模）如圖，扇形的圓心角為，，點C在弧上，以，為鄰邊構(gòu)造平行四邊形，邊交于點E，平分，若，則圖中陰影部分的面積為 ．（結(jié)果保留π）
【答案】
【分析】本題考查的是等邊三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，求解扇形的面積，根據(jù)平行四邊形得到，，證明為等邊三角形，，如圖，過作于，根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)得到，由勾股定理得，結(jié)合扇形面積公式減去梯形面積公式直接求解即可得到答案．
【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形， ，
∴，，
∵扇形的圓心角為，平分，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
如圖，過作于，
∴，
∵，
∴，由勾股定理得：，
∴，
故答案為：；
【變式6-3】（2025·湖北黃石·一模）如圖，四邊形是邊長為4的正方形，點E在邊上，，作，分別與邊、交于點F、G，點M，N分別是，的中點，則 ，的面積是 ．
【答案】 /
【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，先證明、是矩形，即可得到N是FC的中點，然后根據(jù)等腰直角三角形的三線合一得到，，然后求出長，即可得到長，再根據(jù)解題即可．
【詳解】連接，
∵是正方形，
∴，，，
∴、是矩形，
∴，，，
又∵是的中點，
∴F、C、N共線，且N是FC的中點，
又∵，，
∴，
∴，
又∵點M是的中點，
∴，，
又∵
∴，
∴，
又∵N是的中點，
∴，
故答案為：90°，．
【變式6-4】（2024·貴州·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，與BD相交于點，且，點在BD上，滿足．
(1)判斷四邊形的形狀，并證明；
(2)若，，，求四邊形的面積．
【答案】(1)平行四邊形，證明見解析
(2)24
【分析】本題主要考查平行四邊形、菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，掌握其判定方法及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
（1） 根據(jù)平行的性質(zhì)可得，運用角邊角可證，可得，結(jié)合平行四邊形的判定方法“對角線相互平分的四邊形是平行四邊形”即可求解；
（2）根據(jù)題意可得四邊形是菱形，運用勾股定理可得，由此菱形的面積計算方法即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形為平行四邊形．
證明如下：，
，
在和中，
，
，
，
又，
四邊形是平行四邊形．
（2）解：，，
，
四邊形是菱形，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
．
【變式6-5】（2025·湖北黃石·一模）如圖1，正方形中，邊長，E為對角線上一動點，沿著對折，得到．
(1)當時，
①求的面積；
②求的長；
(2)若在線段上另有一點F如圖2，把沿對折，正好得到，設(shè)，，用含x的代數(shù)式表示y；
(3)若點F在線段的延長線上，把沿對折，得到，且在對角線上有一點E，使得沿折疊后正好得到．請畫出此時的圖形（任選一種即可），并簡要敘述畫圖步驟．若仍設(shè)，，用含x的代數(shù)式表示y．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)
【分析】此題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、折疊的性質(zhì)等知識．
（1）①過E點作于點Q，求出，，得到，得到，，即可求出答案；②延長交于點P，
由對折可知：，則垂直平分，，即可求出答案；
（2）證明，，則，得到，即可求出答案；
（3）按照題意畫出圖形，說明畫圖步驟，證明，得到，，則，則，即可得到答案．
【詳解】（1）解：①過E點作于點Q，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
，
，，
∴；
②延長交于點P，
由對折可知：
∴垂直平分，
∵，，
（2）由折疊可知：，，
∴，
∴，
∴
∴，
（3）畫出如下圖形草圖：
描述畫圖步驟：
先在上相對點A而言更靠近點C的位置任取點E，確定點A關(guān)于的對稱點G（保證點G畫在下方），連接，畫的角平分線交的延長線于點F；
由折疊可知：
∴
∴，，
∴
∴，
題型一：中點四邊形模型
題型二：十字架模型
題型三：對角互補模型
題型四：半角模型
題型五：四邊形中特殊角度問題
題型六：四邊形中的面積問題
“中點四邊形”，也叫瓦里尼翁平行四邊形，是順次連接四邊形各邊中點而組成的四邊形，是四邊形的內(nèi)接四邊形的一種特殊情況，一般有以下三種形態(tài)：
（原四邊形ABCD依次是：凸四邊形，凹四邊形，折四邊形）
（一）中點四邊形一定是平行四邊形
當原四邊形對角線相等時，其中點四邊形為菱形
當原四邊形對角線垂直時，其中點四邊形為矩形
當原四邊形對角線垂直且相等時，其中點四邊形為正方形
（二）中點四邊形的周長等于原四邊形對角線之和
（三）中點四邊形的面積等于原四邊形面積的二分之一
原四邊形對角線關(guān)系
中點四邊形形狀
不相等、不垂直
平行四邊形
原四邊形對角線關(guān)系
中點四邊形形狀
不相等、不垂直
平行四邊形
菱形
原四邊形對角線關(guān)系
中點四邊形形狀
不相等、不垂直
平行四邊形
②________
原四邊形對角線關(guān)系
中點四邊形形狀
③________
④________
瓦里尼翁平行四邊形
我們知道，如圖1，在四邊形中，點分別是邊，的中點，順次連接，得到的四邊形是平行四邊形．
我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁是法國數(shù)學(xué)家、力學(xué)家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關(guān)系密切．
①當原四邊形的對角線滿足一定關(guān)系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關(guān)系．
③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結(jié)論可借助圖1證明如下：
證明：如圖2，連接，分別交于點，過點作于點，交于點．
∵分別為的中點，∴．（依據(jù)1）
∴．∵，∴．
∵四邊形是瓦里尼翁平行四邊形，∴，即．
∵，即，
∴四邊形是平行四邊形．（依據(jù)2）∴．
∵，∴．同理，…
操作1．將繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)到的位置．
操作2．延長到點F，使，連接．
試探究與有怎樣的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系？
在正方形或矩形中存在兩條線段相交且垂直,因其形似“十字架”,所以我們稱其為“十字架”模型.
類型
正方形過頂點型
矩形過頂點型
圖示
條件
在正方形ABCD中,點E,F分別在邊CD,AD上,AE⊥BF
在矩形ABCD中,點在邊AD上,CE⊥BD
解題思路
利用正方形的各邊相等且四個角均為直角,及 AE⊥BF 將同角的余角進行轉(zhuǎn)化,證明△ABF和△DAE全等進行求解
利用矩形的四個角均為直角及 CE⊥BD 將同角的余角進行轉(zhuǎn)化.證明△BCD和△CDE相似,進而得到對應(yīng)邊成比例進行求解
結(jié)論
△ABF≌△DAE.BF=AE
數(shù)學(xué)課上，老師提出了這樣一個問題：如圖1，在正方形中，已知，求證：．
甲小組同學(xué)的證明思路如下：
由同角的余角相等可得．再由，，證得（依據(jù)：________），從而得．
乙小組的同學(xué)猜想，其他條件不變，若已知，同樣可證得，證明思路如下：
由，可證得，可得，再根據(jù)角的等量代換即可證得．
模型1:全等形一-90°對角互補模型
模型2:全等形--120°對角互補模型
模型 3:全等形一一任意角對角互補模型
模型4:相似形一-90°對角互補模型
“半角”模型是從正方形的一個頂點出發(fā),引出兩條形成45°角的射線,這兩條射線與正方形的兩邊相交,從而形成一個特殊的幾何圖形,如圖①,四邊形 ABCD為正方形,點EF分別在邊BC、CD上,∠EAF=45°解決此類問題的方法是通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形,具體操作如下:
第一步:如圖②,將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°,使AD與AB重合,點F落在點G處;
第二步:由旋轉(zhuǎn)可知∠ABG=∠D=90°,∠BAG=∠DAF,AG=AF,可得到G、B、E三點共線∠GAE=∠EAF=45°；
第三步:得到結(jié)論:①∠GAF=90°;②ΔAGE≌ΔAFE;③EF=BE+DF.
類型
圖示
條件
結(jié)論
含60°角的菱形
四邊形ABCD為菱形,對角線AC與BD交于點O，∠ABC=60°
ABD=∠CBD=30°;
△ABC 和△ACD 均為等邊三角形；
對角線夾角為 60°的矩形
四邊形ABCD為矩形,對角線AC與 BD交于點 O，∠AOB=60°
∠ABO=2∠CB0=60°
△AOB 和ACOD 均為等邊三角形；
圖形
結(jié)論
特殊四邊形的面積等分線:過對稱中心的直線等分四邊形面積
圖形
作法
結(jié)論
過對角線交點O作直線
過點O的直線平分平行四邊形ABCD 的面積
過中位線EF的中點O(或上、下底邊中點連線 HG 的中點 O)作直線,且與上、下底均相交
過點O且與上、下底均相交的直
線平分梯形 ABCD 的面積
兩個特殊四邊形組合圖形的面積等分線:連接兩個特殊四邊形中心的直線等分組合圖形的面積.如圖,矩形 ABCD和矩形 EFGC,連接AC,BD交于點M,連接EG,CF 交于點N,作直線 MN.則直線 MN為該組合圖形的面積等分線.

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