2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题16 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

这是一份2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题16 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型解读与提分精练（全国通用）（解析版），共47页。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc23784" PAGEREF _Tc23784 \h 2
\l "_Tc17354" 模型1.“婆罗摩笈多”模型 PAGEREF _Tc17354 \h 2
\l "_Tc14065" PAGEREF _Tc14065 \h 15
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！
模型1.“婆罗摩笈多”模型
婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。
模型特征：（1）△BCP和△ADP是两个等腰直角三角形，且直角顶点重合.
模型1）知中点证垂直
条件：分别以三角形ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。
证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。
在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知）
∴∆WEN≌ ∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。
∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。
∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。
∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。
在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA ≌ ∆ACB(SAS)。
∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC ≌ ∆EAW， ∴S∆EWA = S∆ACB。
∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。
∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。
又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。
∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。
∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。
模型2）知垂直证中点
条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。
结论：N为EG的中点；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。
证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°，
∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°，
∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN，
∵∠GAN+∠MAC =90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN，
在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC ≌ ∆EAW(AAS) ，
∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN，
在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌ ∆AGN (ASA)，
∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN，
∵∆ABC ≌ ∆EAW，∴S∆EWA = S∆ACB，∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，
∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。
（法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。
∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN
在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM；
在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX；
∴Rt∆ABM ≌Rt∆EAX （ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG ≌Rt∆CMA （ASA），∴GY=AM；
∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX =GY；
∴Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点；
∵Rt∆ABM ≌Rt∆EAX ，∴S∆ABM =S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG ≌Rt∆CMA，∴S∆AYG =S∆CMA，CM=AY；
∵Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN，∴S∆EXN = S∆GYN，XN=YN；
∴S△ABC=S∆ABM+S∆CMA =S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN +S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG；
∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。
其实该模型也可以模仿 模型1）中的倍长中线法，有兴趣的同学们可以自己去尝试以下哦！
例1．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）如图，点的坐标为，点为轴的负半轴上的一个动点，分别以，为直角边在第三、第四象限作等腰、等腰，连接交轴于点，当点在轴上移动时，则的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】本题考查图形与坐标，涉及全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的定义、坐标与图形性质等知识点的应用，作轴于，求出，证，求出，证，推出，即可得出答案．主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等．
【详解】解：作轴于，如图所示：
∵等腰、等腰，∴，
，，，，
在和中，，，．
在和中，，，，
又点的坐标为，，，故选C．
例2．（2024·重庆渝中·二模）如图，以的边、为边向外作正方形和正方形，连接、相交于点，连接、，取中点，连接并延长交于点．下列结论：①；②；③平分；④；⑤．其中正确的结论有 （填写编号）．
【答案】①②④⑤．
【分析】由“SAS”可证△ACG≌△DCB，可得AG=BD，故①正确，通过证明点D，点A，点C，点O四点共圆，可得∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正确；由角的和差关系可得CO不一定平分∠DCG，故③错误；由“SAS”可证△BCM≌△AHM，△ACH≌△CDG，可得S△ABC=S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，故④正确；由余角的性质可求∠CDN+∠DCN=90°，可得MN⊥DG，故②正确；即可求解．
【详解】解：如图，连接AD，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，
∵四边形ACDE是正方形，四边形BCGF是正方形，
∴AC=CD，BC=CG，∠ACD=∠BCG=90°，∠ADC=45°，∴∠ACG=∠BCD，
∴△ACG≌△DCB（SAS），∴AG=BD，∠CAG=∠CDB，∠DBC=∠AGC，故①正确；
∵∠CAG=∠CDB，∴点D，点A，点C，点O四点共圆，
∴∠DOA=∠ACD=90°，∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正确；
∴∠BOC=45°=∠AOC，∴∠AGC+∠OCG=∠DCO+∠ODC，
∵△ACB是任意三角形，∴AC不一定等于BC，即DC与BC不一定相等，
∴∠CDB与∠AGC不一定相等，∴∠DCO与∠GCO不一定相等，∴CO不一定平分∠DCG，故③错误；
∵点M是AB的中点，∴AM=BM，又∵CM=MH，∠CMB=∠AMH，∴△BCM≌△AHM（SAS），
∴AH=BC=CG，∠H=∠BCH，∠ABC=∠HAM，S△BCM=S△AMH，∴S△ABC=S△ACH，
∵∠DCG+∠ACM+∠BCM=180°，∠H+∠CAH+∠ACM=180°，∴∠CAH=∠DCG，
又∵AC=DC，CG=AH，∴△ACH≌△CDG（SAS），
∴S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，∴S△ABC=S△CDG，故④正确；
∵∠ACD=90°，∴∠DCN+∠ACM=90°，∴∠CDN+∠DCN=90°，
∴MN⊥DG，故②正确，故答案为①②④⑤．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，余角的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
例3．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接．
(1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：．
【答案】(1)见解析(2)①；②见解析
【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明；
（2）①延长到点，使，连结，延长到，使，连接并延长交于点．同（1）证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论；
②延长到点，使，连接．先证明，得到，，进而，．证明得到即可得到结论．
【详解】（1）证明：在和中，，，，
，，．
是斜边的中点，，，
，．，
，．；
（2）解：①；理由如下：延长到点，使，连结，延长到，使，连接并延长交于点．
证明（具体证法过程跟②一样）．，
是中点，是中点，是中位线，，
，，，
，．故答案为：；

②证明：延长到点，使，连接．
，，，，
，，，，
，，．
，．在和中，
，，，，，
，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，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，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
例4．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的顶点C、B分别在射线MN，射线NQ上滑动（顶点C、B与点N不重合）在滑动过程中，点A到直线MN的距离AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的顶点C、F也分别在射线NM、射线NP上滑动（顶点C、F与点N不重合），连接AE交MN于点D，试探究AD与ED的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图2，，，在△ECF和△ABC保持原来滑动状态的过程中，△ACE的面积是否有最大值？若有，请求出△ACE的最大面积并求此时BF的长度；若△ACE的面积没有最大值，请说明理由．
【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，证明见解析；（3）△ACE的最大面积为6，．
【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，证明△ACH≌△CBN即可得到AH＝CN；
（2）同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，然后可得AH＝CN＝EI，利用AAS证明△EID≌△AHD即可得到AD＝ED；（3）根据全等三角形的性质证明，过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，可得FC≥FT，则当FC＝FT＝，即FC与BC垂直时，最大，然后可求出面积的最大值，最后利用勾股定理求出BF即可．
【详解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，，∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°，
∵MN⊥PQ于N，∴∠MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACH=∠CBN，
在△ACH和△CBN中，，∴△ACH≌△CBN（AAS），∴AH＝CN，故答案为：＝；
（2）AD＝ED，证明：过点A作AH⊥MN于点H，过点E作EI⊥MN于点I，
同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴AH＝CN，EI＝CN，∴AH＝EI，
又∵∠EDI＝∠ADH，∠EID＝∠AHD＝90°，∴△EID≌△AHD（AAS），∴AD＝ED；
（3）∵，，∴由勾股定理可得BC＝，CF＝，
如图，∵△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴，，
∵△EID≌△AHD，∴，∴，
过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，则，
∵FC≥FT，∴当FC＝FT＝，即FC与BC垂直时，最大，
此时，
∴△ACE的最大面积为6，此时．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积计算，勾股定理等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
例5．（2024·湖北·二模）【特例发现】如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．
【延伸拓展】如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．
【深入探究】如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．
【应用推广】在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；
求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．
【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.
【分析】特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；
延伸拓展：②易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，即可求解；
深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可；
应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可．
【详解】特例发现解：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，
同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；
延伸拓展过点E作EP⊥HG于P，过点F作FQ⊥HG于Q，

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，
∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，
∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ；
深入探究 如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA=∠AGB，作FQ∥PE，
∵∠EAP+∠BAG=180°-∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°-∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，
∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，
由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°-∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，
∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，
∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
应用推广 如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，
∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，∴∠EAB+∠FAC=180°，
∴∠EAF=360°-（∠EAB+∠FAC）-∠BAC=60°，
∴△AEF为正三角形．∴∠HEM=∠HFN=60°=∠MHN，
∵点H是EF中点，∴∠EHM+∠FHJ=120°，∠FNH+∠FHJ=120°，∴∠EHM=∠FNH．
∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△NFH，∴，
∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，
∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，
根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，
∵∠AEF=60°，∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，
∴MN为△AEF的中位线，∴MNmin=EF=×2=1．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，特殊三角形的性质，根据条件判定三角形全等和相似是解本题的关键．
例6．（23-24九年级上·福建厦门·期中）定义：如图13，在中，把绕点A顺时针旋转（）得到，把绕点A逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
(1)在图1中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”，若为等边三角形，则与的数量关系为：______．
(2) 在图2中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
(3)如图3，在四边形中，，，，，．若四边形内部恰好存在一点P，使是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长是____________．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据等边三角形和旋转的性质得到对应边相等，根据等腰三角形三线合一的性质和含的直角三角形性质即可求得；（2）延长中线得平行四边形，利用平行四边形性质和旋补角度关系得，即可证明，即利用对应边相等求得答案；（3）作延长线、中垂线、垂线及中线，利用含角的直角三角形性质证明边与角之间的关系，等到，再利用全等性质证明为平行四边形，根据角度得出为等边三角形，则为的旋补三角形，利用勾股定理即可求得解
【详解】（1）解：∵为等边三角形，∴，，
∵是的“旋补中线”，∴，∴，
∵，，∴，∴，则．
（2）延长到点M，使得，连接，，如图，

∵，，∴四边形为平行四边形，，，
∵∴，∴，
在和中，∴，∴，则．
（3）延长，交点M，作交于点E，作线段的垂直平分线交于点P，交于点F，连接、、，作的中线，连接交于点O，如图，
∵，∴，在中，，，则，，
在中，由，，得，，
∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，
在中，由，，∴，即，
∴，即，∴，∴，
∵，∴，∵，，
∴，则，∴，又∵，∴四边形为平行四边形；
∵，∴，∴，则为等边三角形，∴，
∵，则，∴，则为的旋补三角形，
在中，，，∴．
【点睛】本题主要考查等边三角形性质、旋转的性质、含的直角三角形性质、平行四边形的判定和性质和延长中线等知识点，利用题目给定知识点和判定线段和角度之间关系，解题的关键点为结合给定定义作辅助线证明结论成立．
1．（23-24九年级上·浙江温州·期中）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆氏四边形”．如图，在中，四边形是“婆氏四边形”，对角线相交于点E，过点E作于点H，延长交于点F，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明，再根据同弧所对的圆周角相等推出，则，再证明，得到，则．
【详解】解：∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，故选A．
【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形两锐角互余，证明，是解题的关键．
2．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为 ．

【答案】1
【分析】连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，根据圆周角定理的推论得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半径．
【详解】解：连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，

∵是直径，∴，由题意知，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
∵，∴，
同理可得，∴，
∴，即的半径为1，故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，作出合适的辅助线，证明是解题的关键．
3．（23-24八年级·江苏·假期作业）如图，以的边，为腰分别向外作等腰直角、，连接，，，过点A的直线分别交线段，于点，，以下说法：①当时，；②；③当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．（填序号）

【答案】①②③
【分析】此题重点考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等角的补角相等等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．由，得，因为，，，所以，，则，可判断①正确；由，推导出，可证明，得，可判断②正确；当直线时，作直线于点，过点作于点，过点E作于点，证明及， 再求解可判断③正确，于是得到问题的答案．
【详解】①当时，是等边三角形，
∴，∴，
∵等腰直角、，∴，∴，
∴．故①正确．
②∵等腰直角、，∴，，
∴，∴，∴．故②正确．
③如图所示，作直线于点，过点作于点，过点E作于点，

∵，，∴，又，∴，
又∵，∴，同理得，
∴，，，
∵，，∴，
∴，即是的中点，故③正确，故答案为：①②③．
4．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以△ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有 （填写编号）．
【答案】①②④⑤
【分析】利用正方形的性质，通过证明三角形全等以及利用四点共圆的判定和圆周角定理逐一判断即可得出正确答案．
【详解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴，，；
∴，即，∴，
∴，∴①正确；∵，∴点A、D、O、C四点共圆，
（注意如果没有学习圆的相关知识 也可以通过构造手拉手全等证明下面结论）
如图，连接AD，∴，故⑤正确；同理可证，
∴，由知，
而与不一定相等，∴与不一定相等，因此③不一定成立；
如图，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，∵M点是AB的中点，∴AM=BM，
又∵，∴，∴，∴
∴AH=BC，∴AH=CG，，
∵，，
∴，即，∴，∴，
∵，故④正确；由，∴，
∴，∴，故②正确；
因此①②④正确；故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、圆周角定理、倍长中线法构造全等三角形等内容，本题综合性较强、需要学生熟练掌握相关知识并进行灵活运用，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
5．（2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务．
任务：(1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______；
(2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题：
如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长．
【答案】(1)①；②(2)1
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键．（1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论；（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，．∴．
又∵，（同弧所对的圆周角相等），
∴．∴．…故答案为：①；②；
（2）解：四边形是内接四边形，，
，，即，
，，，，．
6．（2024·湖北·一模）问题背景：数学兴趣小组活动时，王老师提出了如下问题：如图（1），在中，，，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法，作关于点中心对称的图形，其中点的对应点是点．请你帮助小明完成画图和后面的解答．
尝试运用：如图（2），是的中线，，，，试判断线段与的关系，并加以证明．
迁移拓展：如图（3），是的中线，，，直接用含的代数式写出与之间的面积关系．
【答案】（1）作图见解析，（2）（3）
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，三角形的三边关系，中心对称图形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）由中心对称的性质知，可得，再根据三角形的三边关系即可求解，
（2）利用证明，可得，再根据平角的性质可得，进而可求解；（3）证明，再根据相似三角形的的性质可得，再推出，即可求解．
【详解】解：（1）问题背景：作图如图．

由中心对称的性质知，．
在中，，，即，．
（2）尝试运用：．
理由如下：如图，延长到点，使得，延长交与点，连接，
由前面知，，，，，
，，，
，，，，．
，，，，；
（3）迁移拓展：如图，延长到点，使得，延长交与点，连接，
由（1）可知：，，，
又由（2）可知，，
，,又，,，即．
7．（2023福建·模拟预测）求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边．要求：（1）在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E，并延长EP与AD交于点F，不写作法，保留作图痕迹（2）利用（1）中所作的图形写出已知、求证和证明过程．
【答案】（1）见解析；（2）DF=FP=AF，点F为AD的中点，过程见解析
【分析】（1）过P作BC的垂线即可得到答案；（2）根据题意写好已知，求证，利用圆周角定理及直角三角形的性质证明
【详解】解：（1）补全的图形如图所示；

（2）已知：四边形ABCD为圆内接四边形，AC⊥BD，PE⊥BC．延长EP交AD于点F．
求证：点F为AD的中点
证明：∵AC⊥BD，PE⊥BC∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90°
∵EF是线段 ∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90°
∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90°∴∠ECP=∠DPF
∵∠ACB与∠ADB为同弧所对的圆周角∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF
∴∠DPF=∠PDF∴△DPF为等腰三角形，DF=FP
∵∠APF=∠APD -∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF∴∠APF=∠PAF
∴△APF为等腰三角形，PF=AF即DF=FP=AF，点F为AD的中点．
【点睛】本题考查的是过一点作已知直线的垂线，圆周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形两锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．
8．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务．
婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：
布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则．
证明：，，
，（依据），
，…
(1)上述证明过程中的依据是指______．(2)请补全上述证明过程．
(3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度．
【答案】(1)等边对等角；(2)见解析；(3)．
【分析】（1）根据条件和结论即可判断出答案；（2）根据前面的证明过程得到，由等量代换得到，即可得到，结论得证；（3）由圆周角定理求出，根据等腰三角形三线合一得到，，由勾股定理求出，由等积法求出，在中，由勾股定理求出，根据布拉美古塔定理可得，则，即可证明，得到，代入已知线段即可得到答案．
【详解】（1）∵，（等边对等角），
∴上述证明过程中的依据是指等边对等角；故答案为：等边对等角
（2）证明：，
，，（等边对等角），
，∴，
∵，∴，∴，∴．
（3）解：∵，∴是等腰三角形，∵点是弧的中点，∴，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
在中，，
由题意得，四边形内接于，对角线，垂足为F，点G为的中点，连结并延长，交于点，根据布拉美古塔定理可得，，
∵，∴，
∴，∴，解得
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关定理并进行正确推理是解题的关键．
9．（23-24九年级上·山西长治·期末）阅读与思考
阅读下列材料，完成相应的任务．
任务：(1)材料中横线部分缺少的条件为_______________．(2)补全后面的证明过程．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识．熟练掌握同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键．
（1）由等量代换作答即可；（2）根据等边对等角可得，由，可得，则，进而结论得证．
【详解】（1）解：由题意知，材料中横线部分缺少的条件为，故答案为：；
（2）证明：，，，，，
又，，，，∴，
∵，∴，∴，∴．
10．（2024·江西·模拟预测）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．
(1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是______．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如图1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”．
(3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．
【答案】(1)③(2)见解析(3)1.5
【分析】（1）根据“婆氏四边形”的定义，即可求解；（2）设AC与BD交于点E，根据圆周角定理可得，从而得到∠CED=90°，即可求证；（3）根据锐角三角函数可得BC=5，AC=4，再根据BD为的直径，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根据四边形ABED是“婆氏四边形”，可得BD⊥AE，根据垂径定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时，则四边形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC，
∵四边形ABCD为的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形；故答案为：③
（2）证明：设AC与BD交于点E，
∵，
∴，∴∠CED=90°，
∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；
（3）解：∵，∴，∴AC=4，
∵BD为的直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴BD⊥AE，
∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3，
设AD=DE=x，则CD=4-x，CE=5-3=2，在中，，
∴，解得：，即DE=1.5．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，理解“婆氏四边形”的定义是解题的关键．
11．（23-24九年级上·河南新乡·期中）某学习小组在探究三角形相似时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直线l经过点A，BD⊥直线I，CE上直线l，垂足分别为D、E．求证：＝k．
（2）组员小刘想，如果三个角都不是直角，那么结论是否仍然成立呢？如图2，将（1）中的条件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，在ABC中，沿ABC的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．①求证：I是EG的中点．②直接写出线段BC与AI之间的数量关系： ．
【答案】（1）见解析（2）结论还成立，证明见解析（3）①见解析②BC=AI
【分析】（1）由条件可证明△ABD∽△CAE，可得=＝k；
（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD∽△CAE，同（1）可得出结论；（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM，证明△ABC∽△GMA，再得到四边形AGME是平行四边形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根据四边形AGME是平行四边形得到BC=AI，故可求解．
【详解】（1）如图1，
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，
∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（2）成立，证明如下：如图2，
∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，∴∠DBA＝∠CAE，
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM
∵四边形AGFC是矩形，∴∠GAC=90°
又AH⊥BC∴∠AHC=90°∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°∴∠5=∠4
∵∠BDE=∠AHB=90°∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°∴∠2=∠1
又GMAE∴∠3=∠2∴∠3=∠1∴△ABC∽△GMA
∴又∵∴∴GM=AE
又∵GMAE∴四边形AGME是平行四边形∴EI=IG故I为EG的中点；
②由①知∴BC=AM
∵四边形AGME是平行四边形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI
∴线段BC与AI之间的数量关系为BC=AI故答案为：BC=AI．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判断与性质综合，解题的关键是根据题意找到相似三角形，列出比例式求解．
12．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）【方法回顾】如图1，在中，D，E分别是边的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点F，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证．
（1）上述证明过程中：
①证明的依据是（ ）
A． B． C． D．
②证明四边形是平行四边形的依据是______；
【类比迁移】（2）如图2，是的中线，交于点E，交于点F，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明．
证明：如图2，延长至点G，使，连接，…请根据小明的思路完成证明过程；
【理解运用】（3）如图3，四边形与四边形均为正方形，连接、，点P是的中点，连接．请判断线段与的数量关系及位置关系，并说明理由：
（4）如图4，四边形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，为锐角，已知m，的面积为．计划修建一条经过点A的笔直小路，其中点G在边上，的延长线经过中点F．若小路每米造价500元，则修建小路的总造价为______元．

【答案】（1）①②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（2）见解析（3），理由见解析（4）
【分析】（1）①利用证明；②利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形；
（2）如图2，延长至G，使，连接，证明，得到，推出，得到，即可得证；
（3）延长至点，使，连接，证明，得到，，再证明，得到，，延长交于点，推出，即可得出结论；（4）构造正方形和正方形，过点作于点，由（3）的结论得到，利用中线平分面积和三角形的面积公式，求出的长，证明，得到，再进行计算即可．
【详解】（1）①延长到点F，使，连接，

∵D，E分别是边的中点，∴，
在和中，∴；故选A；
②∵，∴，，∴，
∵，∴，又，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长至G，使，连接，

在和中，，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，∴；
（3），；理由如下：延长至点，使，连接，

同法（2）可得：，∴，，
∴，∴，
∵四边形与四边形均为正方形，∴，
∴，∴，
又：，∴，∴，，
∵，∴，延长交于点，则：，
∴，∴，∴；综上：，；
（4）∵，是等腰直角三角形，∴，
如图，构造正方形和正方形，过点作于点，

由（3）可知，
∵为的中点，∴平分的面积，∴，
∴，∴，∵，
∴，，
又，∴，∴，
∴修建小路的总造价为元；故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的性质，等腰三三角形的性质，解题的关键是理解并掌握倍长中线法构造全等三角形．
13．（2024·重庆·校考一模）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B'C'，当a+β＝180°时，我们称△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”．
(1)[特例感知]在图2，图3中，△AB'C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD的边AD长．
【答案】(1)①；②(2)AD＝BC，证明见解析(3)旋补中线长为，
【分析】（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题．
②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题．
（2）结论：．如图1中，延长AD到M，使得，连接，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题．
（3）如图4中，过点P作于H，取BC的中点J，连接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中结论解决问题即可．
【详解】（1）解：①如图2中，

∵是等边三角形，∴ ，
∵，∴，∵，
∴，∴，∴，故答案为：3．
②如图3中，∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，故答案为：．
（2）结论：AD＝BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M
∵，，∴四边形是平行四边形，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴．
（3）如图4中，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ．
∵是等边三角形，∴，
∵∠BCD＝150°，∴∠PCB＝90°，∵是的“旋补三角形”，
∴，
∵PH⊥AB，∴，∴，∴，∴，
∴，∴的“旋补中线”长，
∵，∴，
∵也是 的“旋补三角形”，∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
14．（2024·广东·校考一模）情境观察：将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△A′C′D，如图1所示.将△A′C′D的顶点A′与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D、A(A′)、B在同一条直线上，如图2所示．观察图2可知：与BC相等的线段是 ▲ ，∠CAC′= ▲ °．
问题探究：如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q. 试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.

拓展延伸：如图4，△ABC中，AG⊥BC于点G，分别以AB、AC为一边向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射线GA交EF于点H. 若AB= k AE，AC= k AF，试探究HE与HF之间的数量关系，并说明理由.
【答案】情境观察：AD（或A′D），90
问题探究：EP=FQ. 证明见解析
结论： HE=HF. 证明见解析
【详解】情境观察AD（或A′D），90
问题探究 结论：EP=FQ.
证明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.
∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.
∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP. ∴AG=EP.同理AG=FQ. ∴EP=FQ
拓展延伸
结论： HE=HF.
理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q.
∵四边形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，
∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.
∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP， 同理△ACG∽△FAQ，
∵AB= k AE，AC= kAF，∴EP=FQ.
∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH. ∴HE=HF
15．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）综合与实践
数学实践课堂上，张老师从一道基础题入手，通过不断变化题目，引导学生们发现解决此类问题的图形中的基本图形，进而通过构造基本图形，解决问题．
(1)基础题：如图1，于点B，于点D，P是上一点，．
①若，则与的关系为 ．②若，且，则 ．
(2)构造应用①如图2，点E是正方形边上一点，与交于点G，连接，请直接写出 °．
②如图3，沿的边向外作矩形和矩形，，连接是边上的高，延长交于点K，求证：K是中点，并直接写出与的数量关系： ．
(3)综合应用：如图4，在矩形中，，点E是边上的动点（点E不与点A、D重合），连接，过点E作，交于点F，连接，过点B作，垂足为G，点M是边的中点．请直接写出当值最小时的值为： ．
【答案】(1)①；②(2)①45；②(3)或
【分析】（1）①根据垂直的定义及同角的余角相等推出，由此证明；
②根据证得，由此得到；
（2）①如图，在边上取点H，使，连接，证明，推出，即可求出的度数；②过E作的延长线于M，的延长线于N．证明，推出，得到，，同理，，，得到，即可证得，推出，即K是中点；根据得出；（3）连接．先证明．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，．此时，取最小值．在中利用勾股定理即可求出，过点G作交于点H．即有．则有，根据，可得，进而求出．由得，即可求出．再证得
，推出，，则，解方程即可求出．
【详解】（1）①∵，，，
∴，∴，
又∵，∴，故答案为；
②∵，∴，∴，故答案为；
（2）①如图，在边上取点H，使，连接，

∵正方形，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故答案为45；
②如图，过E作的延长线于M，的延长线于N．∴，
∵，，∴，
又∵∴
∴，∴，，
同理，，∴，
∵，∴，∴，即K是中点；
∵
∴，故答案为
（3）解：如图，连接．∵，∴是直角二角形．
∴．∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得： ，
当A，G，M三点共线时，．
此时，取最小值．在中，．∴的最小值为5．
如图，过点G作交于点H．
∴．∴，∵的最小值为5，即，，
∴．∴．由得，
∴，即，解得．∴．
∵，∴，∴
∴．设，则，∴，解得或．∴或．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，正确掌握各判定和性质定理及正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
16．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）综合与实践
【问题情境】我们定义：如图（a），在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，的边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”．
【特例感知】（1）在图（b）和图（c）中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图（b），当为等边三角形时，与的数量关系为__________；
②如图（c），当，时，则长为__________．
【猜想论证】（2）如图（a），当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
【拓展应用】（3）如图（d），在四边形中，，，，，．在四边形内部是否存在点，使是的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求出的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）①；②；（2），证明见解析；（3）存在，证明见解析，
【分析】（1）①证明是含有角的直角三角形，可得，即可得解；
②证明，根据直角三角形斜边中线定理即可得解；
（2）结论：．如图，延长到，使得，连接，，证明四边形是平行四边形，证明，即可得证；
（3）存在．如图，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、、，作的中线，连接交于，证明，，再证明，即可得出结论．
【详解】解：（1）①∵是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”，
∴，，，，
∴，
∵是等边三角形，∴，，
∴，，
∴，∴，故答案为：；
②∵是的“旋补三角形”，∴，，，
∴，
∵，，是的“旋补中线”，
∴，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，故答案为：；
（2）结论：．
证明：如图，延长到，使得，连接，，∴，
∵是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，∴，
在和中，，∴，
∴，∴；
（3）在四边形内部存在点，使是的“旋补三角形”．
证明：如图，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、、，作的中线，连接交于，∴，
∵在四边形中，，，，，，
∴，，
设，则，在中，，
∴，解得：或（负值不符合题意，舍去）
∴，，，
在中，，，，
∴，∴，，
∴，∵，∴垂直平分，∴，
在中，，
∵垂直平分，，∴，，∴，
在中，，∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∵，，∴，，
在和中，∴，∴，
∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∴，
∴，∵，∴是等边三角形，∴，
∵，∴，
又∵，，是边上的中线，
∴是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”，
∴，∴的“旋补中线”长为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形角性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，垂直平分线的性质等知识，解题的关键是正确新定义，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
17．（2024·山西太原·三模）请阅读下面的材料，并解答问题．
婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，其中有著名的婆罗摩笈多定理．婆罗摩笈多定理：圆的内接四边形的对角线与垂直相交于M，过点M的直线与边分别相交于点F、E．则有下两个结论：
如果，那么；如果，那么．
数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究．
证明：，，即，
，，
在中，，……
请解答以下问题：(1)请完成所给材料的证明过程；(2)请证明结论（2）；
(3)应用：如图圆O中，半径为4，A，B，C，D为圆上的点，，连接交于点F，过点F作于E，延长交于G，则的长度为______．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）利用圆周角定理及直角三角形的性质得到进而推出，同理得到，根据等边对等角即可得出结论；
（2）根据题意得到，进而得到，利用圆周角定理结合对顶角推出，从而得到，即可证明；
（3）连接，设交于点M，先利用等腰三角形的性质结合题意易证，再利用三角形内角和定理推出，从而证明，由（1）中结论易得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到，再根据勾股定理求出，即可得出结果．
【详解】（1）证明：，，即，
，，在中，，，
又∵，∴，∴，
∵，∴∴，∴；
（2）证明：∵∴，∴
又∵，∴，
∵，∴∴，∴；
（3）解：如图，连接，设交于点M，
，，
，，即，
，
，，
，，由（1）中结论可得，
，，在中，，．
【点睛】本题考查圆的内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟练运用等腰三角形等角对等边的性质是解题的关键．
18．（23-24九年级下·重庆·阶段练习）如图1，等腰和等腰中，，，，点、、、在一条直线上．当点和点重合时，等腰静止不动，等腰从出发，沿线段方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，当点与点重合时，停止运动．设运动时间为秒．
1）请填空：当、12、14秒时，的长度分别为 、 、 ；
2）在等腰的运动过程中，设等腰和等腰重叠部分的面积为，请直接写出与的函数关系式和相应的自变量的取值范围；
3）如图2，当点与点重合时，将等腰绕点顺时针转角（），连接、，过点作，延长．
①求证：；
②若，求的长度．
【答案】【详解】（1），，10．（2） ；（3）①见解析，②CH=
【分析】（1）利用运动时，BF的长度变化，利用勾股定理即可得出结论；
（2）分四种情形①当0＜t≤6时，重叠部分为三角形，②当6＜x≤8时，重叠部分为四边形，③当8＜x≤12时，重叠部分为五边形，④当12＜x＜14时，重叠部分为四边形，分别求解即可．
（3）①过点A作AM∥CD交CH延长线于M，证明△DCH≌△AMH和△ACM≌△CBE即可，
②过B点作BN⊥EC，交EC延长线于N，解直角三角形求出BE，利用BE=CM=2CH即可得出答案.
【详解】（1）解：设运动时间为x，则BE=x，如图：
∵EF=8，∴BF=，∵∠C=90°，∴BD==，
当x=6时，BD=，当x=12时，BD=，当x=14时，BD=10，
故答案为，，10．
（2）解：①当0＜t≤6时，重叠部分为三角形，如图，

∵AC=BC，DE=DF，∠C=∠F=90°，∴∠GEB=∠GBE=45，∴△EBG为等腰直角三角形，∴
∵BE=x故当0＜x≤6时，S=；
②当6＜x≤8时，重叠部分为四边形，如图，，
同理可知：∵△EBG、△ECH为等腰直角三角形，BC=6，EC=x-6∴S=；
③当8＜x≤12时，重叠部分为五边形，EC=x-6，FB=x-8，BE=x，
同理可知：△EBG、△ECH、△BFM为等腰直角三角形，
又因为，∴即：，
④当12＜x＜14时，重叠部分为四边形，如图：BF=x-8，
同理可知：△BFM为等腰直角三角形，
∵∴即s=，
∴重叠部分的面积为S与x的函数关系式和相应的自变量的取值范围为：
；
（3）①证明：过点A作AM∥CD交CH延长线于M，

∴∠MAC+∠ACD=180°，又∠DCE=∠ACB=90°,∠BCE+∠ACD=180°，∴∠MAC=∠BCE，
又∵CG⊥BE，∴∠CGB=∠ACB=90°,∴∠ACM+∠BCG=∠GBC+∠BCG=90°，∴∠ACM=∠GBC，
又∵AC=BC=6，∴△ACM≌△CBE（AAS）∴AM=CE，又CD=CE，
∴AM=CD，又AM∥CD，∴∠DCH=∠M，∠CDH=∠MAH，∴△DCH≌△AMH（ASA）∴AH=DH；
②解：过B点作BN⊥EC，交EC延长线于N，
∵∠DCN=∠ACB=90°，∴∠BCN=∠ACD=60°，∴BN=6sin60°= ，CN=6cs60°=3，则EN=8+3=11，
∴BE= 又由前得∵△DCH≌△AMH，△ACM≌△CBE，∴CH=
【点睛】本题考查旋转变换、等腰三角形的性质、勾股定理、全等三角形综合等知识，解题的关键是学会正确画出图形，确定自变量x的取值范围，学会利用分段函数表示函数关系式，学会分类讨论的思想思考问题，题目比较复杂，计算量比较大，属于中考压轴题．
婆罗摩笈多定理：
如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边AD于点F，那么．
证明：∵，，
∴，．
∴．
又∵① ，（同弧所对的圆周角相等）
，
∴．
∴② ．…
婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下．
婆罗摩笈多定理：如图，已知四边形内接于，对角线，，相交于点M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么．
证明：，
，．
．
又_______，，
．
…