四边形中模型、角度与面积（6大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份四边形中模型、角度与面积（6大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习，共142页。
【中考母题学方法】
【典例1-1】（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、、CD、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（____①____）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
【答案】（1）①中位线定理
（2）证明见解析
（3）②矩形
（4）证明见解析
（5）补图见解析；③且；④正方形
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；
（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.
【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；
（2）证明：∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
（3）②矩形；
故答案为：矩形
（4）证明∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，，
∴．
同理可得：．
∵
∴，
∴
∴中点四边形是矩形．
（5）证明：如图4，∵分别是的中点，
∴分别是和的中位线，
∴，
∴．
同理可得：．
∵
∴
∴中点四边形是菱形．
∵
由（4）可知
∴菱形是正方形．
故答案为：③且；④正方形

【典例1-2】（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，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）
(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形的两条对角线与BD长度的和，
证明如下：∵点分别是边的中点，
∴．
∴．
同理．
∴四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
【典例1-3】（2024·江苏泰州·三模）如图，点分别在菱形的各边上．
【初步认识】
（1）如图，若，则四边形一定是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【变式探究】
（2）如图，若交于点，分别是上一点，，，的延长线分别交在于点，求证：四边形是矩形．
【深入思考】
（3）如图，若交于点，且，当满足什么条件时，可作出两个不同矩形，请直接写出你的结论．
（4）在（3）的条件下，设，请探索与满足的关系式．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）且
（4）或
【分析】（1）连接，交与点，根据菱形的性质可得，，即证明四边形是平行四边形，再证明，，即可得到，故可选出．
（2）根据菱形性质可得，易证，，从而得出，四边形是平行四边形，根据，得四边形是矩形．
（3）根据已知条件可得，即，分两种情况和，，分开讨论做矩形，找到他们的公共解集即可．
（4）当时，即；当，，和的取值范围均为，根据旋转的性质可得，综合两种情况即可．
【详解】（1）解：连接，交与点，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
故选．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
（3）∵，，
∴，
∴，
①当四边形形成的矩形如图一样时，此时，
此时满足的条件为，
②当四边形形成的矩形如图一样时，，，
由图可得最大为，点与点重合，
最小时，点与点重合，点与点重合，对角线、交于点，，
∵，，，，
∴，
带入数值得，
解得，
∴由勾股定理可得，
∴当时，满足四边形为矩形，
当时，，如图所示，
∴此时四边形同时满足①②，
∴故不能形成两个矩形，不满足题意，
综上可得，当满足且时，可作出两个不同矩形．
（4）由（3）可得①当时，即，
②∵的取值范围为，
根据旋转的性质可得的取值范围为，
即，
综上可得：或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
【变式1-1】（2024·贵州·模拟预测）如图1，已知四边形四条边上的中点分别为、、、、依次连接、、、、得到四边形．

(1)求证:四边形为平行四边形；
(2)连接与，当与满足什么条件时，四边形是矩形？
(3)如图2，若四边形是菱形，则四边形是什么图形，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)矩形，理由见解析
【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理得到，，，，推出，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是矩形；
（3）根据三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，进而得出四边形是平行四边形，然后根据菱形的性质证明，可得四边形是矩形．
【详解】（1）证明：连结，如图1所示：
、分别是、中点，
是的中位线，
，，
、分别是、中点，
是的中位线，
，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）解：时，四边形是矩形．
理由如下：
连结、，如图2所示：
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，
，
，
又四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形；
（3）解：四边形是矩形．
理由如下：
连结、，如图3所示：
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，，
，
平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定、菱形的性质等知识，掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质相关知识，正确作出辅助线灵活利用三角形中位线证明是解题关键．
【变式1-2】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在四边形中，已知对角线，点E，F，G，H分别为，边上的中点，连接．求证：四边形为菱形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了中位线，菱形的判定，熟练掌握中位线，菱形的判定是解题的关键
由中位线可得，，可证四边形为平行四边形，同理可得，由，可得，进而结论得．
【详解】证明：∵E，F分别为边上中点，而H，G分别为边上中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
同理可得．
∵，
∴，
∴为菱形．
【变式1-3】（2023·陕西宝鸡·一模）问题提出
如图，在中，．若，则的值为__________．
问题探究
如图，在四边形中，对角线、BD相交于点，、、、分别为AB、、CD、AD的中点，连接、、、．若，求四边形EFGH的面积．
问题解决
如图，某市有一块五边形空地，其中米，米，米，米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园，使点、、、分别在边AB、、CD、上，要求请问，是否存在符合设计要求的面积最大的四边形花园？若存在，求四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】问题提出：；问题探究：；问题解决：存在四边形面积的最大值，四边形的最大面积为平方米．
【分析】问题提出：由，得，得出，进一步得出结果；
问题探究：根据三角形中位线性质可得出，，，，从而得出四边形是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，从而，进一步得出结果；
问题解决：延长，CD，交于，可得出四边形是矩形，设，，表示出和的面积，进而表示出四边形的面积，配方后求出结
果．
【详解】解：问题提出
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
问题探究如图，设，交于点，BD，交于点，作于，
∵、、、分别为AB、、CD、AD的中点，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
问题解决：如下图，延长，CD，交于，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴可设，，
∴，
∴，
∴
∴存在四边形面积的最大值，当米时，四边形的最大面积平方米)．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的应用，平行线分线段成比例定理等知识，解决问题的关键是设变量建立函数关系式．
【变式1-4】（2024·宁夏银川·一模）如图1．在中，D、E分别为的中点，连接：
（1）请结合操作1或操作2的方法所得出的结论，我们可以得到三角形中位线定理，
．
【结论应用】
（2）如图2，四边形中，对角线相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接，得到四边形．

①求证：四边形为平行四边形；
②当与满足 时，四边形是矩形，当与满足 时，四边形是菱形.
③若，，，求四边形的面积．
【问题解决】
（3）如图3所示，在一个四边形的草坪上修一条小路，其中点P和点Q分别为边和边的中点，且，，，求小路的长度．

【答案】（1）三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半；（2）①见解析；②；；③；（3）5
【分析】（1）根据旋转性质或全等三角形的判定与性质证明，，进而证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得结论；
（2）①根据（1）中结论，得到，，，，根据平行四边形的判定可得结论；
②根据矩形和菱形的判定，当时，四边形为矩形，当时，四边形为菱形；、
③先根据（1）中结论求得，，再根据平行线的性质求得，过H作于M，利用正弦函数定义求得，然后根据平行四边形的面积公式求解即可；
（3）连接，取的中点M，连接，，根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行线的性质和三角形的外角性质可推导出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）操作1：将绕点E按顺时针方向旋转到的位置，则，，，
∴，即，
∵D是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，；
操作2．延长到点F，使，连接．
∵E分别为的中点，
∴，又，
∴,
∴，，
∴，即，
∵D是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，；
∴三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
故答案为：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半
（2）①∵四边形中，对角线相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形；
②当时，四边形为矩形，
理由：∵，，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形为矩形；
当时，四边形为菱形，
理由：∵，，，
∴，
∴四边形为菱形；
③∵，，
∴，，
∵，，，
∴，
过H作于M，则，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形的面积为；
（3）连接，取的中点M，连接，，
∵点P和点Q分别为边和边的中点，，，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即小路的长度为5．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与行线、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、矩形的判定、菱形的判定、解直角三角形、三角形的外角性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适的辅助线是解答的关键．
【变式1-5】（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，菱形纸片中，．

(1)活动一：
如图②，折叠菱形纸片，使点落在点处，则折痕的长为_________；菱形纸片的面积是_________；
(2)活动二：
如图③，分别是菱形纸片各边的中点，分别沿着折叠并展开．猜想四边形是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
(3)活动三：如图④，先将菱形纸片沿折叠再展开，点分别在边上且，再分别沿着折叠再展开，若四边形是正方形，则_________；
(4)活动四：如图⑤，折叠菱形纸片，使点落在边的中点处，则折痕的长为_________．
【答案】(1)，
(2)矩形，证明见解析．
(3)
(4)
【分析】（1）根据折叠的性质可推知，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是矩形．
（3）充分利用含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，，
∴．
所以．
在直角中，，，，
∴，，
因此折痕的长为．
菱形的面积为：．
（2）如下图，连接．

∵E、F、G、H分别是的中点，
∴由三角形中位线定理得，，
∴，同理，． 则是平行四边形．
又∵菱形的对角线与相互垂直，，，
则，，
∴四边形是矩形．
（3）连接，与交于点O、点Q．设相交于点P．

∵菱形对角线互相垂直，且平分内角，
∴．
由得，
故与为含角的直角三角形．
由得，
又，则Q为的中点，同理，P为中点．
所以均为正方形连长的一半，且四边形为正方形．
可设．
在直角三角形中，
∵，
∴，．
∴．
由得，， 即．
解得：．
∴．
（4）如下图，过点F作线段延长线的垂线，垂足为点H，过点M作的垂线，垂足为点G．

由知，，在直角中，
∴，由勾股定理得，
．
根据折痕的性质，设，则．
在直角中，，即．
解得：．
在直角中，，则，．
连结，因F为的中点，则为等边三角形边的高，
，则，
在直角三角形中，设，则，．
由勾股定理得，，即，
解得：，即．
∴．
在直角三角形中，．
【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．
题型二：十字架模型
【中考母题学方法】
【典例2-1】（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
【答案】D
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则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，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
【典例2-2】（2024·重庆·模拟预测）学习了正方形后，小飞同学对正方形中两条互相垂直线段，且两条线段的端点分别在正方形两组对边上的数量关系进行探究．请根据他的思路完成以下作图与填空：
如图，正方形中，点F、E、G分别在上，且．
(1)尺规作图：过点G作垂线交于点H．（只保留作图痕迹）
(2)证明，将下面的过程补充完整．
证明：四边形是正方形，
，，
，
，
①
，
，
，
②
，
四边形为矩形，
，
③ ．
（④____）
．
【答案】(1)见解析
(2)①；②；③；④
【分析】本题考查尺规作图—作垂线，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质．掌握基本作图方法和特殊四边形的判定和性质是解题关键．
（1）根据尺规作图作垂线的方法画图即可；
（2）由正方形的性质结合题意可证明，又易证和四边形为矩形，即可间接得出，即可证，得出．
【详解】（1）解：如图，即为所作；
（2）证明：四边形是正方形，
，．
，
，
．
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
．
【典例2-3】（2024·河南·一模）综合与实践
完成任务：
（1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”）
【发现问题】
同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．
【迁移探究】
（2）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立．
①在图2中，已知，求证：；
②在图3中，若，则的度数为多少?
【拓展应用】
（3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）或
【分析】（1）先证明，结合，可知根据即可证明；
（2）①作于点H，先证明，然后根据即可证明即可证明结论成立；
②于点L，同理可证，从而，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解；
（3）①当N、F在边上时，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，同理可证，求出，设，则，利用勾股定理求出x的值，进而可求出的长．当N、F在的延长线上时，同理可求出的长
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：；
（2）①作于点H，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作于点L，

同理可证四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，

同理可证，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
②当N、F在的延长线上时，如图，
同理可得：，，
∴．
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【典例2-4】（2024·河南商丘·三模）（1）【操作判断】
如图1，在正方形中，点分别在边上，且，则与的数量关系为 ；
（2）【迁移探究】
如图2，在矩形中，，点分别在边上，且与交于点O，试说明（1）中的结论是否发生变化，如果结论不变，请说明理由；如果变化，请写出新结论并给出证明；
（3）【拓展应用】
如图3，在中，，当点D为的三等分点，且时，直接写出与的数量关系．
【答案】（1）；（2）变化，；（3）或
【分析】（1）图1中，设交于点，过点作于点，过点作于点，证，得即可；
（2）图2中，设交于点，过点作为，过点作于点，证，得，则；
（3）根据点D为的三等分点，分为①当时，如图，过点作交于点，设交于点，证出，，根据相似三角形的性质得出，根据，得出，再根据，得出，，即可解答；②当时，同理即可解答；
【详解】解：（1）如图1，设交于点，
过点作于点，过点作于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形、四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）变化，
理由：如图2，设交于点，
过点作为，过点作于点，
，
∵四边形是矩形，
，
∴四边形，四边形都是矩形，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
；
（3）∵点D为的三等分点，
①当时，
如图，过点作交于点，设交于点，
则，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
②当时，
如图，过点作交于点，设交于点，
则，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
综上，或．
【点睛】本题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、等腰直角三角形的性质和判定以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和矩形的性质，证明三角形相似和三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
【中考模拟即学即练】
【变式2-1】（2024·江苏徐州·模拟预测）某兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究：
【初探猜想】如图1，在正方形中，点，分别是、上的两点，连接，，若，试判断线段与的大小关系，并说明理由；
【类比探究】如图2，在矩形中，，，点、分别是边、上一点，点、分别是边、上一点，连接，，若，则______；
【知识迁移】如图3，，在四边形中，，点、分别在线段、上，且，连接，若为等边三角形，求的值；
【拓展应用】如图4，在正方形中，E是的中点，F、G分别是边上的动点，且交于M，连接和，当时，则的最小值为______．
【答案】初探猜想：，理由见解析
类比探究：
知识迁移：
拓展应用：
【分析】初探猜想：证明，进而结论得证；
类比探究：如图2，过作于，过作于，则四边形均为矩形，，，证明，进而可求结果；
知识迁移：如图3，过作的延长线于，过作于，过作于，则四边形是矩形，四边形是矩形，，同理类比探究，，则，由为等边三角形，，可得，，由勾股定理得，，然后计算求解即可；
拓展应用：以、为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H，先根据勾股定理求出的长，再证和全等得出，求的最小值转化为求的最小值，当A、G、N在一条直线上时最小，即为的长，在等腰直角中求出的长即可．
【详解】初探猜想：解：，理由如下：
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴；
类比探究：解：如图2，过作于，过作于，
∴，
∵矩形，
∴，
∴四边形均为矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴；
知识迁移：解：如图3，过作的延长线于，过作于，过作于，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴四边形是矩形，，
∵，
同理类比探究，，
∴，
∵为等边三角形，，
∴，，
由勾股定理得，，
∴；
拓展应用：解：以、为邻边作平行四边形，连接，过点G作于点H，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵E是的中点，
∴，
在中，，，
由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∵，
∴当A、G、N在一条直线上时最小，即最小，此时最小值是的长，为．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，翻折的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-2】（2024·湖北恩施·三模）综合与探究
问题背景：如图3，四边形是矩形，，点G、H、E分别是线段、、上的动点，连接，过点E作的垂线交线段于点F（只考虑F在上的情况）
（1）①如图1，当点G运动到A点，点E运动到B点时，若，，，则的值为______（直接写答案）
②如图2，当点G不与A点重合，点E运动到B点时，若，试求的值．
问题探究：
（2）如图3，当G不与A重合，E不与B重合时，用含m的式子表示的值．
问题拓展：
（3）如图4，将背景问题中的矩形改成已知“在四边形中，，，，，则的值为______．（直接写答案）
【答案】（1）①2；②2；（2）；（3）．
【分析】（1）①如图， 证明，可得，结合，，，从而可得答案；②如图，过作交于， 而，可得，再利用①的结论即可；
（2）如图，过作交于， 而，可得，同理可得：，过作交于，同理可得：四边形为平行四边形，可得，，结合①可得答案；
（3）如图，过作的平行线交的延长线于，过作的垂线交于，而，证明四边形为矩形，，设，则，求解，再结合（1）的结论可得答案．
【详解】解：（1）①如图，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴

∵，，，
∴，
∴；
②如图，过作交于， 而
∴，
∵矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，

由①可得：，
∴；
（2）如图，过作交于， 而
∴，
同理可得：，
过作交于，
同理可得：四边形为平行四边形，
∴，，

由①可得：，
∴；
（3）如图，过作的平行线交的延长线于，过作的垂线交于，而，
∴，，，
∴四边形为矩形，
∴，

∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
结合（1）的结论可得：．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用类比的数学方法解题是关键．
【变式2-3】（2023·广东深圳·模拟预测）【探究证明】
（1）如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB、CD于点E、F，GH分别交AD、BC于点G、H，求证： ；
【模型应用】
（2）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．
【变式拓展】
（3）如图3，平行四边形，，，直线与平行四边形相交，将平行四边形沿直线l折叠，当其中有一组对角顶点重合时，请直接写出折痕的长度．
【答案】（1）见解析 （2） （3）或
【分析】（1）过点作，交于，过点作，交于，如图1，易证，，，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；
（2）过点作平行于的直线，交过点平行于的直线于，交的延长线于，如图3，易证四边形是矩形，由（1）中的结论可得．设，，则，，根据勾股定理列出方程组解出x，y，问题得以解决．
（3）分两种情况，①沿l折叠后点重合，过作垂线垂足为，构造矩形，由（1）的结论可得；②沿l折叠后点 重叠，过作垂线垂足为，由（1）的结论可得．
【详解】解：（1）过点作，交于，过点作，交于，如图1，
四边形是矩形，
∴，．
四边形、四边形都是平行四边形，
，．
又，
，
．
四边形是矩形，
，
，
．
，
，
，
（2）过点作平行于的直线，交过点平行于的直线于，交的延长线于，如图2，则四边形是平行四边形．
，是矩形，
，，．
，
由（1）中的结论可得
，
设，，则，，
在中，①，
在中，②，
由②①得③，
解方程组，得
，
，
．
（3）①若沿l折叠，点重叠，设l与的交点为．则垂直，过作垂线垂足为，
∵，，，
∴，
∴
∴，
在中
由探究结论可得，
∴，
∴；
②若沿l折叠，点重叠，设l与的交点为．则垂直，过作垂线垂足为，
∵，，
∴，
∴
∴，
在中
由探究结论可得，
∴，
∴．
所以，或．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键．
题型三：对角互补模型
【中考母题学方法】
【典例3-1】（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．

【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．
【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）
【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析 (2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，(3)
【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；
②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．
【详解】（1）证明：如图，连接，当时，，即，，
，，,，，即，

，，
在与中，，，，；
（2）① 证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，
当时，，即，是的中点，，，
，，，
，是等腰直角三角形，且，
，根据（1）中的结论可得，
；
故线段之间的数量关系为；
②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，同①，可得，，，，，
同①可得，，
即线段之间数量关系为；
当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接
同（1）中原理，可证明，可得，
，，，，同①可得，
即线段之间数量关系为,

综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；
（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，
， ，，，
，，，是的中点，，
，，，
根据（2）中的结论，，
，，，
，．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
【典例3-2】（2024·四川成都·二模）如图，在矩形中，（n为正整数），点E是边上一动点，P为中点，连接，将射线绕点P按逆时针方向旋转，与矩形的边交于点F．
【尝试初探】（1）在点E的运动过程中，当点F在边上时，试探究线段，之间的数量关系，请写出结论并证明；
【深入探究】（2）若，在点E的运动过程中，当点F在边上时，求的最小值；
【拓展运用】（3）若，设的中点为M，求点E从点B运动到点C的过程中，点M运动的路程（用含n的代数式表示）．
【答案】（1），理由见解析；（2）的最小值为；（3）点运动的路程为．
【分析】（1）过点作于，于，可证得，得出，再由，，得出：，，可得：，，则，，结合已知即可求得答案；（2）设，，，过点作于，可证得，得出，进而推出，，则，即可求得答案；（3）确定以下几个关键点时点的位置：当点在点处时，当点运动到点处时，当点在边上时，即可求得答案．
【详解】解：（1）结论：，理由：如图1，过点作于，于，
则，四边形是矩形，，
，四边形是矩形，，，，
由旋转得：，，即，
，，，为中点，，
∵，，，，
，，，，
，，，；
（2）当时，，设，，，过点作于，如图2，
则，，，，
，，，，
，，，
，点在边上，，即，，
，的最小值为；
（3），，，
在中，，为中点，，
当点在点处时，如图3，，，，
，即，，
的中点为，；当点运动到点处时，如图4，
是斜边的中点，，，，，
，即，，的中点为，，；当点在边上时，如图5，过点作于，
则，，，
点运动的路程为．
【点睛】本题是矩形综合题，主要考查了矩形的性质，旋转变换的性质，勾股定理，直角三角形性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等，综合性较强，要求学生有较强的识图和逻辑思维能力，属于中考压轴题．
【典例3-3】（2024·河南·一模）已知，点是的角平分线上的任意一点，现有一个直角绕点旋转，两直角边，分别与直线，相交于点，点.
（1）如图1，若，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由.
（2）如图2，若点在射线上，且与不垂直，则（1）中的数量关系是否仍成立？如成立，请说明理由；如不成立，请写出线段，，之间的数量关系，并加以证明.
（3）如图3，若点在射线的反向延长线上，且，，请直接写出线段的长度.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）先证四边形为矩形，再证矩形为正方形，由正方形性质可得；（2）过点作于点，于点，证四边形为正方形，再证，可得；（3）根据，可得.
【详解】解：（1）∵，，，∴四边形为矩形.
∵是的角平分线，∴，∴，
∴矩形为正方形，∴，.∴.
（2）如图，过点作于点，于点，
∵平分，，∴四边形为正方形，由（1）得：，
在和中，，∴，∴，∴.
（3），，∴.
∵，，∴，
∴，∴，的长度为.
【点睛】考核知识点：矩形，正方形的判定和性质.熟练运用特殊四边形的性质和判定是关键.
【典例3-4】（2024广东中考一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点.
（1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.
【答案】（1），见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3）
【分析】（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．
【详解】解：（1）是的角平分线
在中，，同理：
（2）（1）中结论仍然成立，理由：过点作于，于

由（1）知，
，且点是的平分线上一点
（3）结论为：.
理由：过点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，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴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．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质的综合运用，正确作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．
【典例3-5】（2024·江苏淮安·一模）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，我们做以下探究．
在中，，，是边上一点，且(为正整数），、分别是边和边上的点，连接，且．
【初步感知】（）如图，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．
【深入探究】（）如图，当，试探究线段，，之间的数量关系，请写出结论并证明；
请通过类比、归纳、猜想，探究出线段，，之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．
【拓展运用】（）如图，点为靠近的四等分点，连接，设的中点为，若，求点从点运动到点的过程中，请直接写出点运动的路径长．
【答案】（）证明见解析；（），理由见解析；；（）
【分析】（1）由“”可证，可得，即可求解；
（2）①先证和是等腰直角三角形，可得，，，，可求，，通过证明，可求，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；
（3）连接，，，由题意可得点在线段的垂直平分线上运动，由题意易得，当点E与点A重合时，过点M作于点H，当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，进而得出点M的运动轨迹，然后问题可求解．
【详解】（）证明：连接，∵，，且当时，，
，，，，
，，∴∠EDF，，

在和中，，∴， ，
，即；
（），理由如下：过点作于，于，
，，，
，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
，，设，则，，，，
，，，四边形是矩形，
，，
又，，，，
；
如图4，当点在射线上时，过点作于，于，
，，，，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，，设，，
，，，，，，
四边形是矩形，，，
又，，，，
；
当点在的延长线上时，如图5，，，，

，，和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，，
设，，，，，
，，，四边形是矩形，
，，
又，，，，
；
综上所述：当点在射线上时，，当点在延长线上时，；
（3）解：连接，，，如图（1），
的中点为，，，∴点在线段的垂直平分线上运动，
∵点D为靠近B的四等分点，∴，
由（2）得，∴
当点E与点A重合时，过点M作于点H，如图，
∴，∴，∴∴，∴，
∵，代入得，∴；
当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，如图，

∵，代入得，∴，
∴如图，点M的运动轨迹即为的长，
∵在Rt中，∴∴∴点运动的路径长为
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【中考模拟即学即练】
【变式3-1】（2024·江苏·校考一模）如图，已知四边形的对角互补，且，，．过顶点C作于E，则的值为（ ）
A．B．9C．6D．7．2
【答案】B
【分析】要求的值，主要求出AE和BE的长即可，注意到AC是角平分线，于是作CF⊥AD交AD的延长线于点F，可以证得两对全等三角形，结合已知数据可以求得AE和BE的长，从而解决问题．
【详解】解：作CF⊥AD交AD的延长线于点F，则∠CFD=90°，
∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠CFD=∠CEB=90°， ∵∠BAC=∠DAC， ∴AC平分∠BAD， ∴CE=CF，
∵四边形ABCD对角互补， ∴∠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，
设BE=a，则DF=a， ∵AB=15，AD=12，
∴12+2a=15，得， ∴AE=12+a=，BE=a=， ∴， 故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解答本题的关键是巧妙构造全等三角形进而得出等量关系．
【变式3-2】（2024·安徽六安·三模）在数学探究活动中，某同学进行了如下操作：如图，在直角三角形纸片 内剪取一个直角，点 ，， 分别在，， 边上．请完成如下探究：（1）当 为的中点时，若，
（2）当，、时 ， 的长为

【答案】 /度
【分析】（1）连接，根据为的中点，可得，，则，根据，，易得四点在同一个圆上，根据圆周角定理，则有；
（2）过点分别作于点，作于点 ，易证，可得 ，即 ，根据，有， ，即；根据，得到 ，即，可得，即有 ，即．
【详解】解：（1）如图1，连接，
∵为的中点，∴，∴，∴，
∵，，∴四点在同一个圆上，∴；

（2）如图2，过点分别作于点，作于点 ，
则有： ，
∴，∴，
∵∴，∴，∵，，∴
又∵，∴，则有 ，即．
∵，∴，即，∵，∴，即．
【点睛】本题考查了四点共圆，圆周角定理，三角形的内角和，平角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，平行线的判定与性质，熟悉相关性质是解题的关键．
【变式3-3】（2024·陕西·一模）问题提出(1)如图1，将直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，线段PB和线段PE相等吗？请证明；
问题探究(2)如图2，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，(1)中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
问题解决(3)继续移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，(1)中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析（2）PB＝PE还成立(3) PB＝PE还成立
【详解】试题分析：（1）根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥CD，则四边形PMCN是矩形，根据角平分线的性质可得PM=PN，根据四边形的内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据AAS证明△PBM≌△PEN，则可证明；
（2）连接PD，根据正方形的性质和角平分线的性质，由“SAS”以及四边形的内角和得证；
（3）过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，然后根据角平分线的性质和正方形的性质，由“AAS”可证.
试题解析：(1)如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正方形，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)如图2，PB＝PE还成立．理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正方形，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)如图3，PB＝PE还成立．理由如下：过点P作PM⊥BC交BC的延长线于点M，PN⊥CD的延长线于点N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正方形，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
【变式3-4】（2024·吉林长春·一模）【教材呈现】下图是华师版八年级上册数学教材第96页的部分内容．
我们已经知道角是轴对称图形，角平分线所在的直线是角的对称轴．如图所示，是的平分线，P是上任一点，作，，垂足分别为点D和点E．将沿对折，我们发现与完全重合．由此即有：角平分线的性质定理角平分线上的点到角两边的距离相等．
已知：如图所示，是的平分线，点P是上的任意一点，，，垂足分别为点D和点E．
求证：．
分析：图中有两个直角三角形和，只要证明这两个三角形全等，便可证得．
（1）请根据教材中的分析，结合图①，写出“角平分线的性质定理”完整的证明过程．
【定理应用】（2）如图②，已知是的平分线，点P是上的任意一点，点D、E分别在边上，连结，．若，，则的长为______．
（3）如图③，在平行四边形中，，平分交于点E，连结，将绕点E旋转，当点C的对应点F落在边上时，若，则四边形的面积为______．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）
【分析】（1）因为是的平分线，所以，因为，所以，因为，可得，即证得；
（2）作，垂足分别为点M和点N，证，可得，，，因为，，可得，证，可得，因为，所以，即，，可得的长；（3）证，可得，因为，所以，证，可得，已知，平分，可得，，求得，根据四边形的面积=四边形 的面积、的面积的面积=2个的面积，求得的面积，可得四边形的面积．
【详解】解：（1）证明：∵是的平分线，∴，
∵，∴，∵，∴，∴；
（2）作，垂足分别为点M和点N，
∵是的平分线，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，即，∴，故答案为：5；
（3）作，垂足分别为点M和点N，
由于绕点E旋转，点C的对应点F落在边上，即，
∵平分，，∴，
∵，∴，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵平分，，∴，∴，∴，
∵，∴四边形的面积，
故答案为：．
【变式3-5】（2024·北京·一模）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是BC边的中点，作射线DE，与边AB交于点E，射线DE绕点D顺时针旋转120°，与直线AC交于点F．（1）依题意将图1补全；（2）小华通过观察、实验提出猜想：在点E运动的过程中，始终有DE=DF．小华把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：由点D是BC边的中点，通过构造一边的平行线，利用全等三角形，可证DE=DF；
想法2：利用等边三角形的对称性，作点E关于线段AD的对称点P，由∠BAC与∠EDF互补，可得∠AED与∠AFD互补，由等角对等边，可证DE=DF；
想法3：由等腰三角形三线合一，可得AD是∠BAC的角平分线，由角平分线定理，构造点D到AB，AC的高，利用全等三角形，可证DE=DF…….
请你参考上面的想法，帮助小华证明DE=DF（选一种方法即可）；
（3）在点E运动的过程中，直接写出BE，CF，AB之间的数量关系．
【答案】（1）将图1补全见解析；（2）证明见解析；
（3）数量关系：当点F在AC边上时，；,当点F在AC延长线上时，．
【分析】（1）根据要求画出图形即可；（2）选择一种自己比较熟练的方法进行证明即可；
（3）本题分点F在AC边上，点F在AC延长线上，两种情况分析即可.
【详解】解：（1）如图1，
（2）想法1：证明：如图2，过D作，交AC于G，
∵点D是BC边的中点，∴DG=AB．∴△CDG是等边三角形．∴∠EDB+∠EDG=120°．
∵∠FDG+∠EDG=120°，∴∠EDB =∠FDG．∵BD=DG，∠B=∠FGD=60°，∴△BDE≌△GDF．∴DE=DF．
想法2：证明：如图3，连接AD，
∵点D是BC边的中点，∴AD是△ABC的对称轴．作点E关于线段AD的对称点P，点P在边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：证明：如图4，连接AD，过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵点D是BC边的中点，∴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）当点F在AC边上时，；
证明：如图5中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N． ∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，
在△BDM与△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；
当点F在AC延长线上时，．如图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
【点睛】本题的关键是等边三角形的性质和三角形全等的判定和性质得出结论，虽然本题的内容较多但是题目难度并不大，所以要认真读题，第三问的问题要画出两种情况的图形，利用三角形全等的出结论即可.
题型四：半角模型
【中考母题学方法】
【典例4-1】（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，，，
∴___①___．
∴．
又∵，
∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．

【拓展应用】
如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．

【问题再探】
如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；
【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；
【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；
【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，，，，
∴①．
∴．
又∵，
∴在中，②．
∵，，
∴③．
【知识迁移】．
证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．
过点作交边于点，连接．

由旋转的特征得．
由题意得，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
又∵为正方形的对角线，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
在中，，
∴．
【拓展应用】．
证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，

将绕着点顺时针旋转，得到，连接．
则．
则，，
，
，
在和中
，
，
∴，
过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．
∴，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，，
∴，
即，
又∴，
∴，
即，
【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．

由旋转的特征得．
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，
同理可得．
，
，
，
又∵，
∴四边形为矩形．
，
，
在中，．
，
解得．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
【典例4-2】（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少 （结果取整数，参考数据：）．
【答案】370
【分析】延长交于点，根据已知条件求得,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得，，从而求得的长，根据材料可得，即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点，连接，
，，，
，，
是等边三角形，
,
,
在中，，，
，，
，
中，，，
，
，
，
中，
是等腰直角三角形
由阅读材料可得，
路线的长比路线的长少．
故答案为：370．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．
【典例4-3】（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且．
(1)当时，求证：；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为．
理由如下：
延长CB至M，使，连接AM，
则．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；
（3）解：过点H作于点N，
则．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键．
【典例4-4】（2022·贵州贵阳·中考真题）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得．
(1)问题解决：
如图①，当，将沿翻折后，使点与点重合，则______；
(2)问题探究：
如图②，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值；
(3)拓展延伸：
当，将沿翻折后，若，且，根据题意在备用图中画出图形，并求出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)作图见解析，
【分析】（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得，由三角形内角和定理可得，根据点在边上，当时，取得最小值，最小值为；
（3）连接，设,然后结合勾股定理分析求解．
【详解】（1），
是等边三角形，
四边形是平行四边形，
，
，
为边上的高，
，
（2），，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，为底边上的高，则
点在边上，
当时，取得最小值，最小值为；
（3）如图，连接，
，则，
设， 则，，
折叠，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延长交于点，如图，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
同理，当点F落在下方时，
．
综上，m的值为
【点睛】本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【典例4-5】（2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．

(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接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的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点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：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点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=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，

同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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．
【中考模拟即学即练】
【变式4-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）问题情境：如图1，在四边形中，，，E、F分别是，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长到点G，使DG＝，连接，先证明，再证明，可得出，，之间的数量关系．
实际应用：如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化，四周修有步行小径，且，，在小径，上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，米，米，试在小王同学研究的基础上，求两凉亭之间的距离 ．
【答案】25米/
【分析】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键．延长至，使，连接，可证得进而证得，进一步求得，即可得出最后结果．
【详解】如图，延长至，使，连接，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
米，米，
米．
故答案为：25米．
【变式4-2】（2023·吉林长春·二模）【问题呈现】如图①，点、分别在正方形的边、上，，试判断、、之间的数量关系．小聪同学延长至点，使，连接，可证，进而得到，从而得出、、之间的数量关系为______ 不需要证明．
【类比引申】如图②，四边形中，，，，点、分别在边、上，请回答当与满足什么关系时，仍有【问题呈现】中、、之间的数量关系，并给出证明．
【探究应用】如图③，在四边形中，，，，，点、分别在线段、上，且，，直接写出线段的长．
【答案】问题呈现：；类比引申：，证明见解析；探究应用：
【分析】
问题呈现：由正方形的性质得，，则，而，即可证明，得，，再由，推导出，即可证明，则；
类比引申：由【问题呈现】中与的数量关系，可知当时，，先证明，得，，可推导了，再证明，则；
探究应用：延长到点，使，由，，得，可证明是等边三角形，则，则是等边三角形，延长交于点，则，，所以，，则，所以，于是得，所以．
【详解】
问题呈现：；
证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，即，
，
，，
，
，
，
，
，
．
类比引申：，
证明：如图，延长到点，使，连接，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
探究应用：线段的长，
理由：如图，延长到点，使，
，
，
，，，
，，
，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
延长交于点，则，
，
，，
，
，
，
，
，
，
线段的长．
【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．
【变式4-3】（2024·广东深圳·一模）综合与探究
【问题背景】北师大版数学八年级下册P89第12题（以下图片框内）．
【初步探究】
（1）我们需利用图形的旋转与图形全等的联系，并把特殊角度一般化．如图1，在与中，，，．求证：．
【类比探究】
（2）如图2，在边长为3的正方形中，点E，F分别是，上的点，且．连接，，，若，请直接写出的长．
【深入探究】
（3）如图3，D，P是等边外两点，连接并取的中点M，且，．试猜想与的数量关系，并证明你的结论．
【拓展应用】
（4）如图4，在四边形中，，，，，，请直接写出的长．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）；（4）8
【分析】（1）先证明，再证明即可得到结论；
（2）把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，首先证明，进而得到，问题即可解决．
（3）如图，延长至，使，连接，，证明，可得，，再证明，可得，从而可得结论；
（4）如图，过作，且，连接，并延长交于，可得，证明，证明，可得，，可得，从而可得结论．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）∵四边形是正方形，
∴，
∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，如图：
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，点E、D、G共线，
在和中，
，
∴ ，
∴，
即：，
∵，边长为3的正方形，
∴ ，
∴设，则，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
解得： ，
即，
（3）如图，延长至，使，连接，，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴，
，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴；
（4）如图，过作，且，连接，并延长交于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式4-4】（2024·四川达州·模拟预测）[初步探究]
（1）如图1，在与中，，，，易得．请你写出证明过程．
[解题反思]
以上我们可以把图形的旋转与图形全等联系起来，并可以把特殊角度一般化．
[类比探究]
（2）如图2，在边长为3的正方形中，E，F分别是，上的点，且．连接，，，若，请直接写出的长．
[深入探究]
（3）如图3，D，P是等边外两点，连接并取的中点M，且，．试猜想与的数量关系，并证明你的结论．
[拓展应用]
（4）如图4，在四边形中，，，，，，请直接写出的长．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3），证明见解析；（4）8
【分析】（1）先证明，再证明即可得到结论；
（2）把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，首先证明，进而得到，问题即可解决．
（3）如图，延长至，使，连接，，证明，可得，，再证明，可得，从而可得结论；
（4）如图，过作，且，连接，并延长交于，可得，证明，证明，可得，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴把绕点A逆时针旋转90°至，可使与重合，如图：
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，点E、D、G共线，
在和中，
，
∴ ，
∴，
即：，
∵，边长为3的正方形，
∴ ，
∴设，则，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
解得： ，
即，
（3）解：，证明如下：
如图，延长至，使，连接，，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴，
，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴；
（4）解：如图，过作，且，连接，并延长交于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，正确作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式4-5】（2023·河南·模拟预测）问题背景如图1，在正方形中，点E，F分别是边上的点，且，连接，探究之间的数量关系．
(1)探究发现 李雷同学的方法是将绕点A顺时针旋转至的位置，然后再证明，从而得到之间的数量关系为：______；
(2)拓展延伸 如图2，在四边形中，，，点E，F分别是边上的点，且，连接，则（1）中结论是否仍然成立？并说明理由；
(3)归纳应用 如图3，等边三角形的边长为4，点D，E在直线上（点D在点E的左侧），且，当时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)
(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3)或
【分析】（1）先由正方形的性质得到，再由旋转的性质得到，，证明三点共线，再证明，得到，即可证明；
（2）延长到点G．使．连接，证明．得到．再证明．得到．即可证明；
（3）分当点D在线段上时，当点D在延长线上时，两种情况，将绕点A逆时针旋转60度得到，过点G作交延长线于H，连接，先求出的长，进而求出，；再证明，得到，设，表示出，，由勾股定理得：，据此建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
如图所示，延长到点G．使．连接，
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵．
∴；
（3）解：如图所示，当点D在线段上时，
将绕点A逆时针旋转60度得到，过点G作交延长线于H，连接，
∵是边长为4的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴；
如图，当点D在延长线上时，
将绕点A逆时针旋转60度得到，过点G作交延长线于H，连接，
∵是边长为4的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等等，正确利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
题型五：四边形中特殊角度问题
【中考母题学方法】
【典例5-1】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

【答案】或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，
连接CE，
①当点E在点A上方时，如图，
∵，，
∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，
∴，
故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
【典例5-2】（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将AB绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

【答案】90°或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为90°或或
故答案为：90°或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【典例5-3】（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形的对角线，BD相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，

∵，
∴
如图所示，当点在上时，

∵，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
【考模拟即学即练】
【变式5-1】（2024·四川凉山·二模）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交AD于点，连接．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．30°
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，根据矩形的性质可得对角线相等，进而根据已知可得垂直平分，根据等边对等角得出，进而可得，根据即可求解．
【详解】解：∵矩形的对角线相交于点，
∴，，
又∵
∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
又∵
∴
∴
∴，
故选：C．
【变式5-2】（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点是对角线上一点，，，垂足分别为，，连接．若，则一定等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理．连接交于，可知，根据四边形是正方形，，，可得四边形是矩形，故，从而，即得，故．
【详解】解：连接交于，如图：
由正方形的对称性可知，，
四边形是正方形，，，
四边形是矩形，
，
，
，
；
故选：A.
【变式5-3】（2024·天津·三模）已知四边形内接于，为的直径，，连接．
(1)如图①，若D 为弧的中点，求，求和的大小：
(2)如图②，若，C为弧的中点，过点作的切线与弦的延长线相交于点E，求 的长．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补可求，利用圆周角定理可得，再利用三角形内角和定理即可求出；根据点为中点，可得，再利用同弧所对的圆周角相等即可求出；
（2）先利用圆周角定理、切线的定义、垂径定理的推论证明，进而得出四边形是矩形，，再利用勾股定理求出，利用垂径定理可得，即可求出的长．
【详解】（1）解：（1）如图①，连接．
四边形内接于，，
，
为的直径，
，
．
点为中点，
，
．
综上可知，．
（2）解：如图②，连接，连接交于点．
为的直径，
，
，
为的切线，
，即，
点为中点，为过圆心的线段，
，即，
，
四边形是矩形，
．
， ，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，垂径定理及其推论，勾股定理，矩形的判定与性质，圆内接四边形的性质等，难度一般，解题的关键是综合运用上述知识，逐步进行推导．
【变式5-4】（2024·广西南宁·三模）综合与实践
【问题情境】四边形是边长为5的菱形，与相交于点O，将绕点B按顺时针方向旋转得到，点C，D旋转后的对应点分别为E，F，旋转角为α．
【观察思考】
（1）如图1，当点F第一次落在对角线上时，求与的数量关系以及α的度数．
【探究证明】
（2）如图2，当，且时，与交于点G．试判断四边形的形状，并说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，连接，在旋转过程中，当与菱形的一边平行时，且，请直接写出线段的长．
【答案】（1），；（2）四边形为菱形，理由见解析；（3）或10或
【分析】（1）设交于点O，由菱形的性质可得，，再由旋转的性质得，可得，即可求解；
（2）由菱形的性质得，再由旋转的性质得，，证得四边形是平行四边形即可得证；
（3）分三种情况：①当时，证明四边形是菱形，过点D作于点H，设，则，由菱形的性质求得，则，，再利用勾股定理求得，再利用勾股定理求得，即可求解；②当时，则，证E、B、C三点共线，即可求解；③当，且在上方时，过点E作于点G，则，由锐角三角函数定义求得，，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图，设交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
由旋转的性质得，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）四边形为菱形，理由如下：
∵四边形是菱形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形为菱形；
（3）①如图，当时，
∵四边形是菱形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴四边形是菱形，
过点D作于点H，
则，
设，则，
由勾股定理得，
∵四边形是边长为5的菱形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图，当时，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴E、B、C三点共线，
∴；
③如图，当，且在上方时，过点E作于点G，
则，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
综上所述，的长为或10或．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、锐角三角函数、勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键．
【变式5-5】（2024·上海·模拟预测）已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F．
(1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心；
(2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值；
(3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接、，由四边形是菱形，得出，平分，，又由、分别为、中点，证得，即可得证；
（2）连接、交于点，设，，则，易证，得出，，再通过，得出，进而求出的值；
（3）连接、，过点分别作于，于，求出的度数，又由点是等边的外心，易证，可得，即点在的平分线上，即点落在直线上，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接、，
四边形是菱形，
，平分，，，
，
又、分别为、中点，
，，，
，
点即为的外心．
（2）解：如图2，连接、交于点，设交于点，
设，，则，
，
，，
又由（1）知，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
即．
（3）解：如图3，分别连接、，过点分别作于，于，
，
，
，
点是等边的外心，
，，
，
，
，
，
点在的平分线上，即点落在直线上，
．
【点睛】此题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，菱形的性质等知识．
【变式5-6】（2024·贵州贵阳·一模）某校数学兴趣小组的同学在学习了特殊的平行四边形后，结合图形旋转的知识探索相应的数学问题．如图①，E是正方形边上一点（E点不与B，C重合），连接，将绕点E顺时针旋转到，使，连接CF．
(1)【问题探究】
在AB上截取，连接，此时，则等于 度；
(2)【拓展延伸】
当正方形变为菱形时，若°，其余条件不变，如图②，请写出与的数量关系，并说明理由；
(3)【联系应用】
在（2）的条件下，当时，若，求CF的长．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】根据题意得，则，那么，，结合全等性质得；
在AB上截取，连接，则，可证明，有，根据等腰三角形的性质得，则即可证明；
在AB上截取，连接，则，菱形的性质得，则，由证明，有，过点D作，垂足为，则和，在中，利用正弦即可求得，即有．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：理由如下：
如图，在AB上截取，连接，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴
∴
∵，
；
（3）解：在AB上截取，连接，如图，
则
∵四边形是菱形
∴
∴
∵
又∵
∴
在和中，
∴
∴
过点D作，垂足为，
∵
在中，
又∵
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质以及解直角三角形，解题的关键是利用已知的结论构造相应的模型，并熟练掌握全等三角形的性质．
【变式5-7】（2024·安徽·模拟预测）如图，在菱形中，为边的中点，连接交延长线于点，平分交于点，连接．
(1)如图1，求的大小；
(2)如图1，证明：点为线段的三等分点；
(3)如图2，连接交于点，若，，求的长．
【答案】(1)
(2)详见解析
(3)
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．
（1）根据菱形的性质得到平分，根据角平分线的定义得到，于是得到结论；
（2）连接分别交、于点、，如图1所示．根据菱形的性质得到垂直平分，由（1）得，，求得，根据全等三角形的性质得到，得到，于是得到点为线段的三等分点；
（3）连接交于点，连接，如图2所示．根据菱形的性质得到垂直平分，根据相似三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
平分，
平分，
，
，
即：；
（2）证明：连接分别交、于点、，如图1所示．
四边形是菱形，
垂直平分，
由（1）得，，
∴，
，
，
为的中点，，
，，，
∴，
，
又，
∵，，
，即点为线段的三等分点；
（3）解：连接交于点，连接，如图2所示．
四边形是菱形，
垂直平分，
又为的中点，
∴，
，
设，则，
在中，，
，
解得（负值舍去），
．
题型六：四边形中的面积问题
【中考母题学方法】
【典例6-1】（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案．
【详解】解：作交于点H，则，
∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：96．
【典例6-2】（2022·青海·中考真题）如图矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点，，，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明，由此可得出，则可求出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
∴,
又
∴，
∴
∴
故答案为：3
【典例6-3】（2020·贵州黔西·中考真题）如图，在中，，，，点为的中点，以点为圆心作圆心角为的扇形，点恰在上，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接，作于，于，由等腰直角三角形的性质可得，，证明四边形为正方形，得出，，证明，得出，求出，即可得解．
【详解】解：如图，连接，作于，于，
，
∵，，点为的中点，，
∴，，
∵，，
∴，为等腰直角三角形，，
∴四边形为矩形，，
∴四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形面积、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【典例6-4】（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段AD，CD交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线CD垂直时，直线分别与直线AD，CD交于点，，直线与线段CD交于点．若，，直接写出四边形的面积．
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或
【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；
（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；
②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：
，
，
四边形为菱形，
∴，
∴，
，
∴，
四边形为矩形．
（2）①．理由如下：
∵四边形为菱形，
，
旋转得到，
，
，
，
，
，
，
．
②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
由旋转知：，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴
；
当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：

由旋转知：，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴ 四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
综上，四边形的面积是或．
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．
【中考模拟即学即练】
【变式6-1】（2024·浙江宁波·二模）如图，在矩形中，，F是上一点，，以点A为圆心为半径画弧，交于点，以F为圆心，为半径画弧，交于点于点，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，根据题意可得出，，即说明，从而可得出为等边三角形，，再根据，结合三角形面积公式和扇形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，连接，
在矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
为等边三角形，，
∴
．
故选B．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，扇形的面积计算，等边三角形的判定和性质，掌握扇形的面积公式是解题关键．
【变式6-2】（2025·山东临沂·一模）如图，扇形的圆心角为，，点C在弧上，以，为邻边构造平行四边形，边交于点E，平分，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）
【答案】
【分析】本题考查的是等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，求解扇形的面积，根据平行四边形得到，，证明为等边三角形，，如图，过作于，根据含30度直角三角形的性质得到，由勾股定理得，结合扇形面积公式减去梯形面积公式直接求解即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形， ，
∴，，
∵扇形的圆心角为，平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
如图，过作于，
∴，
∵，
∴，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：；
【变式6-3】（2025·湖北黄石·一模）如图，四边形是边长为4的正方形，点E在边上，，作，分别与边、交于点F、G，点M，N分别是，的中点，则 ，的面积是 ．
【答案】 /
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，先证明、是矩形，即可得到N是FC的中点，然后根据等腰直角三角形的三线合一得到，，然后求出长，即可得到长，再根据解题即可．
【详解】连接，
∵是正方形，
∴，，，
∴、是矩形，
∴，，，
又∵是的中点，
∴F、C、N共线，且N是FC的中点，
又∵，，
∴，
∴，
又∵点M是的中点，
∴，，
又∵
∴，
∴，
又∵N是的中点，
∴，
故答案为：90°，．
【变式6-4】（2024·贵州·模拟预测）如图，在四边形中，与BD相交于点，且，点在BD上，满足．
(1)判断四边形的形状，并证明；
(2)若，，，求四边形的面积．
【答案】(1)平行四边形，证明见解析
(2)24
【分析】本题主要考查平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握其判定方法及性质是解题的关键．
（1） 根据平行的性质可得，运用角边角可证，可得，结合平行四边形的判定方法“对角线相互平分的四边形是平行四边形”即可求解；
（2）根据题意可得四边形是菱形，运用勾股定理可得，由此菱形的面积计算方法即可求解．
【详解】（1）解：四边形为平行四边形．
证明如下：，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
．
【变式6-5】（2025·湖北黄石·一模）如图1，正方形中，边长，E为对角线上一动点，沿着对折，得到．
(1)当时，
①求的面积；
②求的长；
(2)若在线段上另有一点F如图2，把沿对折，正好得到，设，，用含x的代数式表示y；
(3)若点F在线段的延长线上，把沿对折，得到，且在对角线上有一点E，使得沿折叠后正好得到．请画出此时的图形（任选一种即可），并简要叙述画图步骤．若仍设，，用含x的代数式表示y．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)
【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识．
（1）①过E点作于点Q，求出，，得到，得到，，即可求出答案；②延长交于点P，
由对折可知：，则垂直平分，，即可求出答案；
（2）证明，，则，得到，即可求出答案；
（3）按照题意画出图形，说明画图步骤，证明，得到，，则，则，即可得到答案．
【详解】（1）解：①过E点作于点Q，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
，
，，
∴；
②延长交于点P，
由对折可知：
∴垂直平分，
∵，，
（2）由折叠可知：，，
∴，
∴，
∴
∴，
（3）画出如下图形草图：
描述画图步骤：
先在上相对点A而言更靠近点C的位置任取点E，确定点A关于的对称点G（保证点G画在下方），连接，画的角平分线交的延长线于点F；
由折叠可知：
∴
∴，，
∴
∴，
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
菱形
原四边形对角线关系
中点四边形形状
不相等、不垂直
平行四边形
②________
原四边形对角线关系
中点四边形形状
③________
④________
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．
∵分别为的中点，∴．（依据1）
∴．∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，
∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．
∵，∴．同理，…
操作1．将绕点E按顺时针方向旋转到的位置．
操作2．延长到点F，使，连接．
试探究与有怎样的位置关系和数量关系？
在正方形或矩形中存在两条线段相交且垂直,因其形似“十字架”,所以我们称其为“十字架”模型.
类型
正方形过顶点型
矩形过顶点型
图示
条件
在正方形ABCD中,点E,F分别在边CD,AD上,AE⊥BF
在矩形ABCD中,点在边AD上,CE⊥BD
解题思路
利用正方形的各边相等且四个角均为直角,及 AE⊥BF 将同角的余角进行转化,证明△ABF和△DAE全等进行求解
利用矩形的四个角均为直角及 CE⊥BD 将同角的余角进行转化.证明△BCD和△CDE相似,进而得到对应边成比例进行求解
结论
△ABF≌△DAE.BF=AE
数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．
甲小组同学的证明思路如下：
由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得．
乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下：
由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得．
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型
“半角”模型是从正方形的一个顶点出发,引出两条形成45°角的射线,这两条射线与正方形的两边相交,从而形成一个特殊的几何图形,如图①,四边形 ABCD为正方形,点EF分别在边BC、CD上,∠EAF=45°解决此类问题的方法是通过旋转构造全等三角形,具体操作如下:
第一步:如图②,将△ADF绕点A顺时针旋转90°,使AD与AB重合,点F落在点G处;
第二步:由旋转可知∠ABG=∠D=90°,∠BAG=∠DAF,AG=AF,可得到G、B、E三点共线∠GAE=∠EAF=45°；
第三步:得到结论:①∠GAF=90°;②ΔAGE≌ΔAFE;③EF=BE+DF.
类型
图示
条件
结论
含60°角的菱形
四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD交于点O，∠ABC=60°
ABD=∠CBD=30°;
△ABC 和△ACD 均为等边三角形；
对角线夹角为 60°的矩形
四边形ABCD为矩形,对角线AC与 BD交于点 O，∠AOB=60°
∠ABO=2∠CB0=60°
△AOB 和ACOD 均为等边三角形；
图形
结论
特殊四边形的面积等分线:过对称中心的直线等分四边形面积
图形
作法
结论
过对角线交点O作直线
过点O的直线平分平行四边形ABCD 的面积
过中位线EF的中点O(或上、下底边中点连线 HG 的中点 O)作直线,且与上、下底均相交
过点O且与上、下底均相交的直
线平分梯形 ABCD 的面积
两个特殊四边形组合图形的面积等分线:连接两个特殊四边形中心的直线等分组合图形的面积.如图,矩形 ABCD和矩形 EFGC,连接AC,BD交于点M,连接EG,CF 交于点N,作直线 MN.则直线 MN为该组合图形的面积等分线.