专题11 初中数学二轮专题复习-三角形中的重要模型之等直模型解读与提分精练（全国通用）（含解析）

这是一份专题11 初中数学二轮专题复习-三角形中的重要模型之等直模型解读与提分精练（全国通用）（含解析），共49页。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc27478" PAGEREF _Tc27478 \h 2
\l "_Tc22315" 模型1.等直内接等直模型 PAGEREF _Tc22315 \h 2
\l "_Tc14128" 模型2.等直+高分线模型 PAGEREF _Tc14128 \h 8
\l "_Tc12808" PAGEREF _Tc12808 \h 15
模型1.等直内接等直模型
等直内接等直模型是指在等腰直角三角形斜边中点作出一个新的等腰直角三角形（该三角形的直角顶点为原等腰直角三角形的斜边中点，其他两顶点落在其直角边上）。该模型也常以正方形为背景命题。
条件：已知如图，等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，P为底边BC的中点，且∠EPF=90°。
结论：①PE=PF；②PEF为等腰直角三角形（由①②推得）；③AE=FB或CE=AF；④；
⑤；⑥。
（注意题干中的条件：∠EPF=90°，可以和结论③调换，其他结果依然可以证明的哦！）
证明：∵等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，点是的中点
同理可得：，
，∵AB=AC，∴AE=FB；
又是直角，是等腰直角三角形，同理：易证是等腰直角三角形。
∴AE+AF=FB+AF=AB，∴。
，∴SAEPF=SAEP+SAPF=SAEP+SCPE=SAPC，∴。
∵AE=FB，CE=AF，∠BAC=90°；∴
例1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（ ）
A．18B．C．9D．
【答案】C
【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解．
【详解】解：连接，如图：
∵，，点D是中点，
∴∴，
∴
又∵ ∴故选：C
例2．（2024·天津·模拟预测）如图，已知中，，，直角的顶点P是中点，两边分别交于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出下列四个结论：①是等腰三角形；②M为中点时，；③；④和的面积之和等于9，上述结论中始终正确的有（ ）个．

A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据等角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形的面积相等求出，随着点E的变化而变化，不一定等于，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，，然后解答即可．
【详解】解：∵，∴是等腰直角三角形，
∵点P为的中点，∴，
∵是直角，∴，∴，
在和中，，∴，
∴，∴是等腰三角形，故①正确；
∴，故④正确；
∵随着点E的变化而变化，∴不一定等于，故③错误；
∵M为中点，，∴，
∴，故②正确；故①②④正确，故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明出是解决此题的关键．
例3．（23-24九年级上·四川内江·期末）如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠MPN为直角，使点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论：①EF＝OE；②S四边形OEBF：S正方形ABCD＝1：4；③BE+BF＝OA；④在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝；⑤OG•BD＝AE2+CF2．其中结论正确的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】①由四边形是正方形，直角，易证得（ASA），则可证得结论；②由①易证得，则可证得结论；③，故可得结论；④首先设，则，，继而表示出与的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；⑤易证得，然后由相似三角形的对应边成比例，证得，再利用与的关系，与的关系，即可证得结论.
【详解】解：①四边形是正方形，
，，， ，
， ， ，
在和中，， （ASA），
，， ，故正确；
② ，
，故正确；③，故正确；
④过点作，
， ，设，则，，
，
，当时，最大；
即在旋转过程中，当与的面积之和最大时，，故错误；
⑤ ，，
， ， ，
，， ，
在中，， ， ，故正确.故选.
【点睛】此题属于四边形的综合题.考查了正方形的性质，旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及二次函数的最值问题.注意掌握转化思想的应用是解此题的关键.
例4．（23-24八年级上·山西吕梁·期末）综合与探究
问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板中，，，为的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点上，得到，将绕点旋转，射线，分别与边，交于，两点，如图1所示．
(1)操作发现：如图2，当，分别是，的中点时，试猜想线段与的数量关系是________，位置关系是________．
(2)类比探究：如图3，当，不是，的中点，但满足时，判断形状，并说明理由．
(3)拓展应用：①如图4，将绕点继续旋转，射线，分别与，的延长线交于，两点，满足，是否仍然具有（2）中的情况？请说明理由；
②若在绕点旋转的过程中，射线，分别与直线，交于，两点，满足，若，，则________（用含，的式子表示）．
【答案】(1)，(2)是等腰直角三角形，理由见详解
(3)①是等腰直角三角形，理由见详解；②或或
【分析】（1）根据题意易得，然后可证，则问题可求证；（2）连接，然后可证，则有，进而问题可求解；（3）①连接，然后可证，则有，进而问题可求解；②根据①及（2）可直接进行求解．
【详解】（1）解：连接，如图所示：
∵，，为的中点，
∴，，∴都是等腰直角三角形，
∵，分别是，的中点，
∴，，，
∴，，∴；故答案为，；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：连接，如图所示：
∵，，为的中点，∴，，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形；
（3）解：①仍然具有（2）中的情况，理由如下：连接，如图所示：

∵，，为的中点，
∴，，，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形；
②由①和（2）可知：在绕点旋转的过程中，始终有，
当，是，上的点，如图3，∵，，∴；
当射线，分别与直线，交于，两点，如图4，∴；
当射线，分别与直线，交于，两点，如图所示：∴
故答案为或或．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
模型2.等直+高分线模型
等直+高分线模型模型是指在等腰直角三角形过其中一个角所在顶点作另一个底角平分线的垂线。
条件：如图，中，，于，平分，且于，与相交于点，是边的中点，连接与相交于点．
结论：①；②；③是等腰三角形；④；⑤．
证明：，，，
，，，
，，，，
在和中，，．
平分，，
∵，，，，，
，，，，
，，，
，是等腰三角形．，，，
平分，点到的距离等于点到的距离，，
∵，∴，∵三角形BDC是等腰直角三角形，∴。
例1．（23-24九年级下·浙江金华·阶段练习）如图，在中，于D，平分，且于E，与相交于点F，H是边的中点，连接与相交于点G，以下结论中：
①是等腰三角形；②；③；④．
正确的结论有（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】证明可得，即可判定①；证明得到，进而证明得到，即可判断②；利用三线合一定理和直角三角形的性质得到，，进而利用勾股定理得到，由此即可判断③；如图所示，连接，证明，得到，利用勾股定理即可证明，即可判断④．
【详解】解：∵平分，∴，∵，∴，
又∵，∴，∴，即是等腰三角形，故①正确；
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，故②正确；
∵H是边的中点，∴，，∴，
∴，故③正确；
如图所示，连接，∵，
∴，∴，
在中，由勾股定理得，∴，故④正确；故选A．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理，直角三角形斜边上的中线的性质等等，灵活运用所学知识，通过证明三角形全等得到相应的线段相等，进而利用勾股定理得到结论是解题的关键．
例2．（23-24八年级上·山东临沂·期中）如图，等腰中，于点D，的平分线分别交于E、F两点，M为的中点，的延长线交于点N，连接，下列结论：①；②为等腰三角形；③；④，其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】先根据等腰直角三角形的性质得出，，，进而证，即可判断①；根据平分，得出，再根据三角形的内角和定理得出，即可得出，即可判断②；根据等腰三角形的三线合一即可得出，即可判断③；再证，推出，即可判断④．
【详解】解：，，，
，，，，
平分，，，
，，∴为等腰三角形，故②正确；
又∵M为的中点，∴，故③正确；
在和中，，，故①正确；
在和中，，
，，故④正确；即正确的有4个，故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理等相关知识的应用，能熟练运用相关图形的判定与性质是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．
例3．（23-24八年级·浙江杭州·阶段练习）已知：如图，中，，于，平分，且于，与相交于点是边的中点，连结与相交于点．（1）说明：；（2）说明：；（3）试探索，,之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）利用AAS判定Rt△DFB≌Rt△DAC，从而得出BF=AC．
（2）利用AAS判定Rt△BEA≌Rt△BEC，得出CE=AE=AC，又因为BF=AC所以CE=AC=BF
（3）利用等腰三角形“三线合一”）和勾股定理即可求解．
【解析】解：（1）∵CD⊥AB∴∠BDF=∠CDA=90 ∠A+∠ACD=90
∵BE⊥AC∴∠A+∠FBD="90 " ∴∠FBD=∠ACD
∵ ∠BDC="90 " ∴∠DCB= ∴BD="CD "
∴△BDF≌△CDA ∴
(2) ∵平分∴△ABC关于直线BE成轴对称图形
∴ ∵ ∴
(3) 连结GC ∵∠DCB=
∵CD⊥AB∴△BDC是等腰直角三角形
∵H是BC的中点 ∴DH是BC的中垂线 ∴CG="BG " ∠EGC=2∠EBC=45
∵BE⊥AC ∴△GEC是等腰直角三角形 ∴CE=GE=CG即CE=GE=BG
例4．（23-24八年级上·广东东莞·期末）如图，等腰直角中，，，点为上一点，于点，交于点，于点，交于点，连接，．
(1)若，求证：垂直平分；(2)若点在线段上运动．
①请判断与的数量关系，并说明理由；②求证：平分．
【答案】(1)证明见解析(2)①，理由见解析；②证明见解析
【分析】本题考查了三角形的综合题，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）利用证明得到，即可推出为的垂直平分线；
（2）①利用同角的余角相等得到，利用证明，即可得到；②作交于点N，先证明，，，再利用证明，推出是等腰直角三角形，据此即可证明，从而得到结论．
【详解】（1）证明：∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴为的垂直平分线；
方法二：∵且，∴BD垂直平分；
（2）解：，理由如下：∵，∴，
∵中，，∴，∴，
∵，∴，
又∵在等腰直角中，，，∴，∴，
在和中，，∴，∴；
②作交BD于点N，∴，∴，
∵，，且，∴，
∵等腰直角中，，，∴，
在和中，，∴，
∴，即是等腰直角三角形，∴，
∵ ∴平分．
1．（23-24山东威海九年级上期中）已知中，，，D是边的中点，点E、F分别在、边上运动，且保持．连接、、得到下列结论：①是等腰直角三角形；②面积的最大值是2；③的最小值是2．其中正确的结论是（ ）
A．②③B．①②C．①③D．①②③
【答案】B
【分析】证明，进一步可得，，所以可知是等腰直角三角形．故①正确；根据由于是等腰直角三角形，可知当时，最小，此时，．故③错误；利用，推出，当面积最大时，此时的面积最小，求出此时，故②正确；
【详解】解：①∵是等腰直角三角形，∴，；
在和中，∴；∴，；
∵，∴，∴是等腰直角三角形．故此选项正确；
③由于是等腰直角三角形，因此当最小时，也最小；
即当时，最小，此时．∴．故此选项错误；
②∵，∴，∴，
当面积最大时，此时的面积最小，
∵，，∴，∴，
此时，故此选项正确；
故正确的有①②，故选：B
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上相关知识点，并能够综合运用．
2．（2024·广东汕头·二模）如图，四边形ABCD为正方形，的平分线交BC于点E，将绕点B顺时针旋转90°得到，延长AE交CF于点G，连接BG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①由旋转的性质得，可得；
②由正方形的性质得，即，进而可得；
③先证明，可得，根据，平分可得进而可得；
④先证明，可得，即，故可求解．
【详解】解：①∵根据旋转可知，，，故①正确；
②由正方形的性质得，平分，，
，，，故②正确；
③，∴AC=AF，∵AG平分，∴，
，，，，，
，，，，平分，，
，，故③正确；
④，，
，，，
，故④正确，综上，正确的结论是①②③④，共四个，故D正确．故选：D．
【点睛】本题主要是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判断，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，涉及的知识点多，综合性强，难度较大，灵活运用这些知识解题是关键．
3．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，等腰直角中，，于点D，的平分线分别交于点E，F，M为中点，延长线交于点N，连接，下列结论：①；②；③平分；④；⑤，其中正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据三线合一的性质证明，即可判断①；证明A、B、D、M四点共圆，则，得到，即可判断③；证明，过点D作于点H，则，设，则，得到，则，即，即可判断②；求出，过点D作于点P，求出，即可判断④；证明，则，利用等量代换即可判断⑤.
【详解】解：∵，，，
∴，，，，
∵平分，∴，
∴，∴，∴，
∵M为中点，∴，∴，
∴，∴
在和中， ∴，∴，∴①正确；
∵，∴A、B、D、M四点共圆，∴，
∴，∵，∴平分∴③正确；
∵，∴，∴，
∵，∴，∴

过点D作于点H，则，∴，
设，则，∴
∵
∴，即，∴；故②正确；
∵，∴
∴，
过点D作于点P，则，∴，
∵，∴是等腰直角三角形，∴，
∵∴，
∴∴，故④错误；
∵，，∴，∴，
∵∴，∵，∴，∴，故⑤正确；
综上可知，正确结论是①②③⑤，故选：C
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形，全等三角形的判定和性质、四点共圆等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键，综合性较强．
4．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD交于F，H是BC边的中点，连接DH与BE交于点G，则下列结论：①BF＝AC；②∠A＝∠DGE；③CE＜BG；④S△ADC＝S四边形CEGH；⑤DG•AE＝DC•EF中，正确结论的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】证明△BDF≌△CDA可判断①；
由利用三角形的外角的性质及四边形的内角和定理可判断②；
连接利用DH是BC的垂直平分线，从而可判断③；
过G作GJ⊥AB于J，过F作FMBC于M，连接GM，设 分别计算三角形ADC的面积和四边形CEGH的面积可判断④；由△BDF∽△CEF，可判断⑤．
【详解】解：∵CD⊥AB，BF⊥AC， ∴∠BEC=∠BDC=∠ADC=90°，
∵∠ABC=45°， ∴∠DCB=45°=∠ABC， ∴BD=DC，
∵∠BDC=∠CEF=90°，∠DFB=∠EFC ∴由三角形内角和定理得：∠DBF=∠ACD，
∵在△BDF和△CDA中， ∴△BDF≌△CDA（ASA），∴BF=AC，∠BFD=∠A，∴①正确；
∵∠DFB=∠FBC+∠FCB=∠FBC+45°，∠DGF=∠GBD+45°，∠FBC=∠GBD，∴∠DFG=∠DGF，

∴∠A=∠DGE，故②正确， 如图，连接
∵∠ABC=45°，∠BDC=90°， ∴△BDC是等腰直角三角形，
∵H是BC边的中点， ∴DH垂直平分BC，
故③正确；
过G作GJ⊥AB于J，过F作FMBC于M，连接GM，

平分

四边形DGMF是菱形，
设 则
四边形CFGH的面积＝梯形GHMF的面积＋的面积
S△ADCS四边形CEGH，故④错误．
∵△BDF∽△CEF， ∴，∵BD=DC，CE=AE，DF=DG， ∴
∴DG•AE=DC•EF，故⑤正确． 故选：C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5．（2024·湖南长沙·一模）如图，在中，，．点是边上的中点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，延长交于点，连接，过点作，交于点．现有如下四个结论：①；②；③；④中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据题意条件可证得，结合全等三角形的性质得到是等腰直角三角形，则，故①正确；过点A作，垂足为点H，通过条件证得，，再通过条件证得，结合对应边相等可得到，从而说明②③正确；通过边长的等量关系能推出，最后说明，故能说明④错误．
【详解】解：∵由题可知，，，
∴，，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
即，故①正确；
如图，过点A作，垂足为点H，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵点是边上的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∴，故③正确；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
则，故④错误；
故选C
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形性质与判定，锐角三角函数的应用等知识，综合运用相关知识，采用数形结合的方法是解题关键．
6．（2024·江苏淮安·三模）如图，中，，于，平分，且于，与相交于点．下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】由“”可证，可得，故①正确．由等腰三角形的性质可得，故②正确，由全等三角形的性质可得，则可得，故③正确；由角平分线的性质可得点到的距离等于点到的距离，由三角形的面积公式可求，故④正确，即可求解．
【详解】解：，，
，
，，
，
，，
，
，
在和中
，
，
，故①正确．
∵平分
，，
，
∴，
∴，
，
，
，故②正确，
，
，
，故③正确；
平分，
点到的距离等于点到的距离，设为h，
，故④正确，
故选：A．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的面积公式等知识，证明三角形全等是解题的关键．
7．（2024·辽宁朝阳·模拟预测）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点E在BC边上，且，连接AE交BD于点G，过点B作于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作交DC于占N，，现给出下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【答案】D
【分析】①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；
②过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE,AF,EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM,BK的长度，然后利用即可判断；
③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；
④直接利用平行线的性质证明，即可得出结论．
【详解】∵，
∴,
又∵
∴,
，
，故①正确；
如图，过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
∴，
，
．
，
即，
∴ ，
，故②错误；
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
，故③正确；
，
，
．
，
，
，故④正确；
∴正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例和锐角三角函数是解题的关键．
8．（2024·黑龙江·二模）如图，等腰直角三角形中，，于，的平分线分别交、于、两点，为的中点，延长交于点，连接，．下列结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤四边形是菱形，正确结论的序号是 （ ）
A．②④⑤B．①②③④⑤C．①③④D．①②④⑤
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质及角平分线的定义求得，继而可得，即可判断①③；证明出，即可判断②；证明出，即可判断④；先证明四边形为平行四边形，
再由，即可判断四边形为菱形，故可判断⑤．
【详解】解：，，，
，，，
，
平分，
，
，
，
，故①正确；③错误，
为的中点，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
∵为的中点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
故⑤正确；
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
故④正确，
∴正确结论的序号为①②④⑤，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线性质的应用，熟练掌握知识点是解此题的关键．
9．（23-24九年级上·江苏南通·阶段练习）如图，已知中，，，直角的顶点P是中点，两边、分别交、于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④；⑤与的面积和无法确定．上述结论中始终正确的有（ ）

A．①②③B．①②⑤C．①③⑤D．②③④
【答案】A
【分析】根据，，点P是中点得到，，，结合是直角得到，即可得到从而得到即可得到，，即可得到，从而得到，即可得到答案．
【详解】解：∵，，点P是中点，
∴，，，
∵是直角，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故①②③是正确的，
故选：A
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，解题的关键是得到．
10.（23-24九年级上·广东河源·期中）如图，在正方形中，，相交于点O，E，F分别为边上的动点（点E，F不与线段的端点重合）且，连接．在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：①始终是等腰直角三角形；②面积的最小值是2；③至少存在一个，使得的周长是；④四边形的面积始终是4．其中结论正确的有（ ）

A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【答案】D
【分析】由正方形的性质，勾股定理可求，证明，则，，由，可判断始终是等腰直角三角形，可判断①的正误；由勾股定理得，，根据，可知当最小，即时，最小，证明，是等腰直角三角形，则，，可求最小值，进而可判断②的正误；根据，可得，则的周长为，存在，进而可判断③的正误；
由题意知，，进而可判断④的正误，然后作答即可．
【详解】解：∵正方形，为对角线，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，即，解得，，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴始终是等腰直角三角形，①正确，故符合要求；
∴，
∵，
∴当最小，即时，最小，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴最小为，②正确，故符合要求；
∴，
∴，
∵的周长为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴存在，
∴至少存在一个，使得的周长是，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴四边形的面积始终是4，④正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，无理数的估算等知识．解题的关键在于根据正方形的性质确定线段长度，角度；由勾股定理确定线段之间的数量关系；由等腰三角形的判定与性质，确定线段之间的等量关系；全等三角形的判定与性质，确定线段、面积的数量关系；根据无理数的估算确定线段长度的取值范围．
11．（2024·重庆·中考模拟预测）如图，在等腰直角，是斜边的中点，点分别在直角边上，且，交于点．则下列结论：
（1）图形中全等的三角形只有两对；（2）的面积等于四边形的面积的倍；（3）；（4）．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．
根据等腰三角形的性质，全等三角形的判定方法和性质可判定结论（1）；根据全等三角形的性质，勾股定理的运用即可判定结论（2），（3）；运用相似三角形的判定和性质可判定结论（4）．
【详解】解：结论（1）错误，理由如下：
图中全等的三角形有3对，分别为，，，
由等腰直角三角形的性质，可知，易得；
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴；
同理可证：．
结论（2）正确．理由如下：
∵，
∴，
∴，
即的面积等于四边形的面积的倍．
结论（3）正确．理由如下：
∵，
∴，
∴．
结论（4）正确．理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
综上所述，正确的结论有个．
故选：．
12．（23-24九年级上·辽宁丹东·期中）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点在边上，且，连接交于点，过点作于点，连接并延长，交于点，过点O作交于点，，以下四个结论：①；②正方形的面积为9；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】证明，则，，即，解得，可求，正方形的面积为，进而可判断②的正误；如图，取中点，连接，则，是的中位线，，证明，则，可 求，进而可判断③的正误；如图，过作交于，证明，则，证明，则，解得，，，即，进而可判断①的正误；由勾股定理得，，则，证明，则，解得，，则，，证明 ，则，即，可求，，，如图，作于，则，，由勾股定理得，，根据，计算求解，可判断④的正误．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，
∴，②正确，故符合要求；
∴，
如图，取中点，连接，则，
∵为中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，解得，
∵，
∴，③正确，故符合要求；
如图，过作交于，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，解得，，
∵，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
由勾股定理得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
解得，，，
∴，
如图，作于，
∴，
∴，，
由勾股定理得，，
∴，④正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线，相似三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
13．（2024·黑龙江·校考一模）如图，在面积为的正方形中，是对角线的交点，过点作射线分别交于点，且交于点．下列结论：；；③四边形的面积为．其中结论正确的序号有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】①由正方形证明OC=OB，∠ODF=∠OCE=45°，∠BOE=∠COF，便可得结论；
②证明点O、E、C、F四点共圆，得∠EOG=∠CFG，∠OEG=∠FCG，进而得OGE∽△FGC便可；
③先证明S△COE=S△DOF，∴S四边形CEOF＝S△OCD＝S正方形ABCD便可；
④证明△OEG∽△OCE，得OG•OC=OE2，再证明OG•AC=EF2，再证明BE2+DF2=EF2，得OG•AC=BE2+DF2便可．
【详解】解：①如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OB，AC⊥BD，∠OCF=∠OBE=45°，
∵∠MON=90°，
∴∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF（ASA）；故①正确；
②∵∠EOF=∠ECF=90°，
∴点O、E、C、F四点共圆，
∴∠EOG=∠CFG，∠OEG=∠FCG，
∴△OGE∽△FGC；故②正确；
③易证△COE≌△DOF，
∴S△COE=S△DOF，
∴S四边形CEOF＝S△OCD＝S正方形ABCD=1；故③正确；
④∵△COE≌△DOF，
∴OE=OF，
又∵∠EOF=90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴∠OEG=45°=∠OCE，
∵∠EOG=∠COE，
∴△OEG∽△OCE，
∴OE：OC=OG：OE，
∴OG•OC=OE2，
∵OC=AC，OE=EF，
∴OG•AC=EF2，
∵CE=DF，BC=CD，
∴BE=CF，
又∵Rt△CEF中，CF2+CE2=EF2，
∴BE2+DF2=EF2，
∴OG•AC=BE2+DF2，
∴2OG•OC=BE2+DF2；故④正确，
故选：D．
【点睛】本题属于正方形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用．解题时注意：全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例．
14．（23-24八年级上·广东茂名·期中）如图所示，在等腰直角∆ABC中，点D为AC的中点，DF，DE交AB于E，DF交BC于F，若AE=，EF=4，则FC的长是 ．
【答案】2
【分析】连接BD，根据的等腰直角三角形的性质证明△BED≌△CFD得BE=CF，由等腰三角形的性质得BF=AE，再运用勾股定理可得BE的长，从而可得结论．
【详解】解：连接BD
∵D是AC中点，∴∠ABD=∠CBD=45°，BD=AD=CD，BD⊥AC
∵∠EDB+∠FDB=90°，∠FDB+∠CDF=90°，∴∠EDB=∠CDF，
在△BED和△CFD中，，∴△BED≌△CFD（ASA），∴BE=CF；
∵是等腰直角三角形，∴AB=CB ∵BE=CF∴ 在Rt△BEF中，
∴ (负值舍去)故答案为：2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了勾股定理的运用，本题中连接BD是解题的关键．
15．（2024广东九年级模拟（二模））一副三角板按如图1放置，图2为简图，D为AB中点，E、F分别是一个三角板与另一个三角板直角边AC、BC的交点，已知AE=2，CE=5，连接DE，M为BC上一点，且满足∠CME=2∠ADE，EM= ．
【答案】
【分析】由CE=5， AE=2，得AC=7，利用勾股定理，得到AD的长度，过E作EN⊥AD于N，求出EN和DN的长度，由于∠CME=2∠ADE，延长MB至P，是MP=ME，可以证明，MP=x，在中，利用勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】解：如图，过E作EN⊥AD于N，
∴NE= NA，
同理， 延长MB至P，使MP=ME，连接PE，
∴可设
又
设则在中，
【点睛】本题考查了勾股定理，二倍角的辅助线的构造，方程思想求线段，熟练掌握二倍角辅助线是解决问题的关键．
16．（23-24九年级上·陕西榆林·期末）如图，在正方形中，，对角线、交于点O，点E、F分别为边、上的动点（不与端点重合），且，连接、、，则线段的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，线段的最值问题等．利用正方形的性质可得，，利用证明，进而推出是等腰直角三角形，可得，当时，取最小值，由此可得线段的最小值．
【详解】解：在正方形中，对角线、交于点O，
，，，
在和中，，，，，
，
是等腰直角三角形，，
当时，取最小值，，，
，线段的最小值为．故答案为：．
17．（2024·山东德州·二模）如图，在等腰直角中，，是线段上一动点（与点不重合），连接，延长至点，使得，过点作于点，交于点．
(1)若，则______；（用含的式子表示）；
(2)求证：；(3)猜想线段与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)(2)见解析(3)，见解析
【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质．（1）由是等腰直角三角形，得，由，得，再由得；（2）连接，设，由题知，垂直平分，易得是等腰三角形，即，再求出，又得，故，最后用等量代换可得结论；
（3）过点作于，则为等腰直角三角形，得，先用角角边证明，得，进而，再结合即可得出关系．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，
故答案为：；
（2），理由如下：如图，连接，设，
垂直平分是等腰三角形
平分
由（1）知，；
（3）如图，过点作于，且为等腰直角三角形
在和中，，由（2）知，
在和中
．即．
18．（23-24江苏泰州八年级上期中）在中，，，将一块三角板的直角顶点放在斜边的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线、与点D、点E，图①，②，③是旋转得到的三种图形．

(1)观察线段和之间有怎样的大小关系，并以图②为例，加以说明；(2)观察线段、和之间有怎样的数量关系，并以图③为例，加以说明；(3)把三角板绕P点旋转，点E从C点沿射线方向移动，是否构成等腰三角形？若能，请直接写出的度数；若不能，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析(2)，理由见解析
(3)或或或，理由见解析
【分析】（1）连接，利用定理证明，得出；（2）连接，通过证明，得出，从而求得线段间的数量关系；（3）结合图形分点E在线段上和在的延长线上，结合，，情况利用等腰三角形的性质进行解答．
【详解】（1）解：．以图②为例，如图，连接，
∵是等腰直角三角形，P为斜边的中点，
∴，，，∴，，
又∵，∴，
在和中， ∴∴；

（2）、和的数量关系： 理由如下：以图③为例，连接，
∵是等腰直角三角形，P为斜边的中点，
∴，，，∴，
又∵，∴，
在和中， ∴∴，
∵， ∴
（3）能．当点E在上时，
①若，则，此时点D与点A重合，点E与点C重合；
②若，则，；
③若，则；
当点E在的延长线上时，如图3，此时是钝角，只能是顶角，则，

则，综上可知，或或或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质与判定；此题是分类讨论题，应分情况进行论证，不能漏解．辅助线的作出是解答本题的关键．
19．（2023·山东菏泽·二模）【课本再现】(1)如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动，则下列结论正确的是_______（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．

【类比迁移】(2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；【拓展应用】(3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，求线段的长度．
【答案】(1)①②③④(2)，证明见解析(3)或
【分析】（1）利用正方形的性质，证明，即可推出所有结论；
（2）连接，延长，交于点，连接，证明，得到，，推出，得到，即可得出结论；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，
∴，
∴，∴，故①正确；∴，故②正确；
∴四边形的面积，故③正确；
连接，∵正方形，∴，

∵，∴，在中，，
∴；故④正确；综上，正确的是①②③④；故答案为：①②③④．
（2）解：，理由如下：连接，

∵矩形的中心O是矩形的一个顶点，∴，，，
延长，交于点，连接，∵，∴，
又∵，∴，∴，，
∵，∴是的中垂线，∴，
∴，∴；
（3）解：设，①当点在线段上：
∵，，
∴， ∴，
由（2）可知：，
∴，解得：，∴；
②当点在线段的延长线上时：如图，
此时，
过点作，延长交于点，连接，
同（2）法可证：，∴，
又，∴，解得：解得：，
∴；综上：线段的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关性质，构造全等三角形．