2026年安徽中考数学二轮复习 专题05 图形的性质(知识清单)

这是一份2026年安徽中考数学二轮复习 专题05 图形的性质(知识清单)，共37页。学案主要包含了典例01，变式01，变式02，传统文化，变式03，观察发现，类比探究，拓展延伸等内容，欢迎下载使用。
内●容●导●航
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
►考向聚焦 ►考查形式 ►能力清单
第二部分 技法清单 构建思维框架，提炼通用解法
►知识必备/二级结论 ►母题精讲&答题技法 ►变式应用
技法01 全等三角形的性质与判定的综合 技法02 等腰三角形性质与判定的综合
技法03 平面镶嵌问题 技法04 四边形性质与判定的综合
技法05 四边型的综合问题 技法06 切线性质与判定的综合应用
技法07 尺规作图在几何证明与计算的应用 技法08 常见最值问题
技法09 垂直模型的应用 技法10 旋转模型的应用
技法11 半角模型的应用 技法12 倍长中线模型的应用
第三部分 分级实战 分级强化训练，实现能力跃迁
命●题●解●码
技●法●清●单
技法01 全等三角形的性质与判定的综合
知识必备
全等三角形的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）、全等三角形的性质（对应边相等、对应角相等）、常见全等模型、平行线性质、中点性质。
答题技法
熟悉平移型、轴对称型、旋转型、一线三垂直型等常见全等模型 "" \t "" -1。证明时先找已知边角条件，再结合图形特征（如公共边、公共角、对顶角）寻找缺失条件。注意利用平行线找角相等、利用中线或垂线找边的关系。
母题精讲
【典例01】（2026·山东威海·模拟预测）课本再现
（1）如图1，是的外角，平分，，则 ．（填“”“”或“”）
类比迁移
（2）如图2，在中，是的一条角平分线，过点D作交于点E，求证：．
拓展运用
（3）如图3，在中，，O是角平分线上一点，延长至点M，使，过点M作交于点N，猜想与的数量关系，并进行证明．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），见解析
【分析】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
（1）由角平分线的定义得，由平行线的性质得，，等量代换得，进而可证；
（2）由角平分线的定义得，由平行线的性质得，等量代换得，进而可证；
（3）由角平分线的定义得，根据证明得，，然后证明即可得出．
【详解】解：（1）平分，
．
，
，，
，
．
故答案为：；
（2）平分，
．
，
，
，
；
（3），证明如下，
连接，，如图，
平分，
．
，，
，
，．
，
，
．
，
，
，
∵，
，
．
变式应用
【变式01】（2026·江苏苏州·一模）如图，，分别是的边，上的高，且，．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法和性质是解题的关键．
（1）根据题意易得，，则，即可根据判定；
（2）根据全等三角形的性质得出，再根据，得出，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，分别是的边，上的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵是的边上的高，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
【变式02】（2025·湖南长沙·一模）如图，中，，垂足为D，，垂足为E，与相交于点F，．
(1)求证：；
(2)若，求的长
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，线段的和差，垂直的定义，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质．
（1）先证明，然后根据，再结合已知条件可得结论；
（2）根据，得出，根据得出，最后根据线段和差间的关系，得出答案即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
技法02 等腰三角形性质与判定的综合
知识必备
等腰三角形的定义、性质（等边对等角、三线合一）、判定（等角对等边）、等边三角形性质、直角三角形性质（勾股定理）。
答题技法
遇到等腰三角形，优先联想"三线合一"（顶角平分线、底边中线、底边高线重合）。涉及角度计算时，利用底角相等设未知数列方程；涉及线段证明时，常需构造全等三角形或利用等角对等边判定。
母题精讲
【典例01】（25-26八年级上·河北邯郸·期末）【传统文化】“立表测影”是中国天文传统之一，当用来观察季节或时间时，首先“立表”，确保“表”不偏不倚，其次是放置与之垂直的主尺，最后是观察正午日影在圭尺上“勾”出的日影长度，由此判断季节或时间．如图，“表”与“圭”垂直，冬至时节“表”的日影最长（的长），某一节气，光线平分，为上一点，连接，．
(1)若，下面是小明证明的过程，依据是___________，依据是___________；
(2)若为等边三角形．
说明点在线段的垂直平分线上；
已知日影的长为米，求日影的长．
【答案】(1)角平分线的性质，；
(2)见解析；日影的长为米．
【分析】（）由角平分线的性质可得，然后通过“”即可求证；
（）由是等边三角形，可得，则，通过角平分线的定义可得，所以，从而得，然后通过垂直平分线的判定即可求证；
通过角所对直角边是斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵平分，，，
∴（角平分线的性质）
在和中，
，
∴，
故答案为：角平分线的性质，；
（2）解：如图，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴点在线段的垂直平分线上；
在中，，
∴米，
由（）知米，
∴（米），
∴日影的长为米．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的判定，角平分线的定义，直角三角形的性质等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键．
变式应用
【变式01】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图1，在中，，，点D，E均在边上（点D在点E的左侧），且．
(1)如图1，将绕点A逆时针旋转得到，连接，求证：；
(2)如图2，若，求证：；
(3)如图3，若，，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由旋转得，由，，可得，进而可得，，根据“边角边”可证；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，连接，，先求出，进而可得，在中，，根据（1）中的方法，同理可证明，得出，问题得证；
（3）将绕点A逆时针旋转得到，连接，，过F点作，交的延长线于点G，可得是等边三角形，根据（1）中的方法可证明：，即，根据旋转的性质有，，再证，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解，，问题得解．
【详解】（1）证明：根据旋转的性质，可得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
（2）证明：将绕点A逆时针旋转得到，连接，，
∵，，
∴，
根据旋转的性质，可得：，，
∴，
∴在中，，
根据（1）中的方法，同理可证明，
∴，
又∵，
∴；
（3）证明：将绕点A逆时针旋转得到，连接，，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
根据（1）中的方法可证明：，
∴，
根据旋转的性质有：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及含30度角的直角三角形的性质等知识，合理作出相应的辅助线是解答本题的关键．
【变式02】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在中，，将绕点按逆时针方向旋转，得到，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点为点．如图所示，设边与交于点，边分别交于点．
(1)求证：；
(2)当为等腰三角形时，请直接写出的长；
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】本题考查了图形的旋转性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合运用，分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键．
（1）利用旋转的性质得到边和角的等量关系，结合全等三角形的判定定理（ASA）证明三角形全等，进而推出线段相等；
（2）先借助勾股定理求出等腰三角形的高，再根据等腰三角形的不同顶角情况进行分类讨论，结合旋转性质和等腰三角形的边角关系，分别计算出的长度．
【详解】（1）证明：将绕点按逆时针方向旋转，得到，
则，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图，过点作于点，
，则，则；
设，
当时，则点、、重合，构不成三角形，
故该种情况不存在；
当时，如图：
则，
而，
，
则，
由（1）知，，则，
则，
则；
当时，如图，
则，
则，
，
则，
则，
综上，或．
【变式03】（25-26八年级上·山西长治·期末）“数学区别于其他学科最主要的特征是抽象和思维”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本模型，用类比等方法进行探究，以解决新的问题．综合实践课上，李老师以“发现-探究-拓展”的形式，培养学生数学思想，训练学生数学思维，以下是李老师的课堂主题展示：
（1）如图，在等腰中，，点D为线段上的一动点（点D不与A，B重合），以为边作等腰，，，连接．解答下列问题：
【观察发现】
①如图1，小明发现当时，线段且，请说明理由．
【类比探究】
②如图2，当时，试探究线段与的位置关系，并说明理由．
【拓展延伸】
（2）如图3，中，，，点P为内一点，，，，请直接写出的长．（温馨提示：顶角为的等腰三角形三边之比为）
【答案】（1）①见解析，②，理由见解析；（2）
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是关键．
（1）①先根据全等三角形的判定，证明，得到，，进一步证明，即可证明结论；
②根据①的方法证明，即可得出结论；
（2）将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，，根据①的方法证明，得到，，并根据温馨提示求出，同时证明，即可根据勾股定理求出答案．
【详解】解：（1）①，
，
即，
又，，
，
，，
，，，
，
，
；
②，理由如下：
，
，
即，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（2）将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，，
，
，
即，
又，，
，
，，
，，
，，
，
．
技法03 平面镶嵌问题
知识必备
多边形内角和公式、正多边形内角计算、周角360°、平面镶嵌的条件。
答题技法
平面镶嵌的关键是同一顶点处各内角之和为360°。先求正多边形每个内角度数（(n-2)×180°/n），再尝试组合使和为360°。常见能单独镶嵌的正多边形：正三角形、正方形、正六边形。
母题精讲
【典例01】（2024·山西吕梁·一模）阅读与思考：请阅读下面小论文，并完成相应学习任务．
关于同一种正多边形的平面密铺
平面密铺是指用一些形状大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地把平面的一部分完全覆盖．一般来说，构成一个平面密铺图形的基本图形是多边形或类似的一些常规形状，例如我们铺地板时经常使用正方形地砖．
对于正n边形，从一个顶点出发作对角线，它们将n边形分成个三角形，得到其内角和是，则一个内角的度数就是，若一个内角度数能整除，那么这样的正n边形就可以进行平面密铺．图1和图2就是分别利用正三角形和正方形得到的两组密铺图案．如图3，按照平面密铺的条件，正五边形就不能进行平面密铺．
对于一些不规则的多边形，全等三角形或全等四边形也可以进行平面密铺．图4就是利用全等的四边形设计出的平面密铺图案．
对于不规则的凸五边形，迄今为止发现了15种能用于平面密铺的五边形．德国数学家莱因哈特（1895—1941）凭借其出色的平面几何功底与直觉，从1918年开始，陆续发现了前5种五边形密铺方式．2015年，美国华盛顿大学数学教授卡西·曼夫妇发现了第15种能用于平面密铺的五边形．图5就是利用不规则的凸五边形得到的一种密铺图案．

学习任务：
(1)填空：上面小论文中提到“对于正n边形，从一个顶点出发作对角线，它们将n边形分成个三角形，得到其内角和是”，其中体现的数学思想主要是______．（填出字母代号即可）
A．数形结合思想；B．转化思想；C．方程思想
(2)图3中角1的度数是______．
(3)除“正三角形”“正四边形”外，请再写出一种可以进行密铺的正多边形：______．
(4)图6是图5中的一个基本图形，其中，，并且．求证．
【答案】(1)B
(2)
(3)正六边形
(4)见解析
【分析】题主要考查了平面镶嵌，正多边形的内角和与外角；全等三角形的性质与判定；
（1）根据题意将多边形转化为三角形解决问题，体现的是转化思想，据此，即可求解；
（2）根据正五边形的三个内角的和与周角的差即可求解；
（3）根据平面镶嵌的正多边形的内角能被整除，即可求解；
（4）先证明是等边三角形，进而证明，根据平行线间的距离相等可得，进而根据证明，根据全等三角形的性质，即可得证．
【详解】（1）根据题意，对于正n边形，从一个顶点出发作对角线，它们将n边形分成个三角形，得到其内角和是，可得体现的数学思想主要是转化思想，
故选：B．
（2）解：，
故答案为：．
（3）解：∵正六边形的每个内角为，依题意，一种可以进行密铺的正多边形：正六边形，
故答案为：正六边形．
（4）如图所示，连接，分别过点作垂足分别为，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
变式应用
【变式01】（2025·广东清远·二模）【问题背景】
生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种形状相同的图形拼接而成的．用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．
【探究发现】
（1）单独用正三角形、正方形、正六边形等都能进行平面镶嵌．若只用正三角形地砖在一个拼接点处实现平面镶嵌，则需要___________块；
【实际应用】
（2）某业主有个房间长，宽；如果业主选用一种长为，宽为的矩形地砖进行镶嵌（缝隙忽略不计），在不允许切割，不计损坏的情况下，如果你是铺地砖的师傅，通过计算，需要多少块这样的地砖？
【思考拓展】
（3）该业主有个长为，宽为的大厅，业主个人认为，为了使装修的图案效果更为美观，选择了1图的两种边长均为的正三角形地砖和正六边形地砖进行镶嵌，在镶嵌过程中缝隙忽略不计．若在不计损耗和损坏的情况下，两种地砖都使用，且按照如2图所示进行镶嵌，最后在四周用其它材料进行封边（每条封边的宽度小于）．若正三角形地砖每块元，正六边形地砖每块元，在镶嵌过程中，购买地砖的最少费用是多少元？（参考数据：）
【答案】（1）；（2）需要块这样的地砖；（3）购买地砖的最少费用是元．
【分析】（1）根据正三角形的每个内角度数和拼接点的角度和是即可求解；
（2）先换算长度单位，再分矩形地砖是横铺或者竖铺的情况分析讨论，即可求解；
（3）在正六边形中，连接、，过点作于点，延长，交于点，延长和，过点作直线，作于点，作于点，通过等腰三角形的性质证明四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，利用三角函数求得的值，利用勾股定理求得的值，可得正六边形横长为，竖宽为，即可求得此大厅共铺正六边形地砖块，正三角形地砖块，即可求解费用．
【详解】（1）解：正三角形的每个内角为，且拼接点的角度和是，
（块），
故答案为：．
（2）解：，，
分两种情况，如下：
①若矩形地砖是横铺，则块，块，
需要块矩形地砖；
②若矩形地砖是竖铺，则块，块，
需要块矩形地砖；
答：需要块这样的地砖．
（3）解：如图，在正六边形中，连接、，过点作于点，延长，交于点，延长和，过点作直线，作于点，作于点，
根据题意，可知：，正六边形的每个内角为，
，，，
，
，，
，
，
，
同理可得：，
，，
，，
四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，
，，，
，
，，，，
，
，
在中，，
同理可得：，
，
此大厅铺地砖时，在正六边形地砖之间上下铺正三角形地砖，在大厅四周边角时，各铺一块正三角形地砖的一半，
此大厅横铺正六边形地砖，即块，铺正三角形地砖块，封边，
竖铺正六边形地砖，即块，封边，
此大厅共铺正六边形地砖块，正三角形地砖块，
费用为元．
答：在镶嵌过程中，购买地砖的最少费用是元．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，正三角形即等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，理解题意、分情况分析是解题关键．
【变式02】（2025·陕西西安·模拟预测）北宋时期的《营造法式》是中国古代第一部详细论述建筑工程技术及规范的官方著作，书中涉及了正多边形的使用和组合，这些内容可以被视作密铺设计的早期实践．小明同学利用2个正方形和4个形状大小完全一样的菱形设计了如图所示的图案，则图中的度数为______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，正方形的性质，如解图，根据题意，易得，，，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系求出即可．
【详解】解：如图，由题意，，，，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：
技法04 四边形性质与判定的综合
知识必备
平行四边形的性质与判定、矩形/菱形/正方形的性质与判定、三角形全等与相似、中心对称图形。
答题技法
掌握从一般到特殊的研究方法，清楚各种四边形之间的区别与联系。证明时，先明确目标四边形的类型，再选择合适的判定方法。注意利用对角线互相平分、对边平行等性质转化条件。
母题精讲
【典例01】（2025·山东青岛·模拟预测）如图，四边形中，，点是，的交点，且点为的中点．
(1)求证；
(2)若为的中点，为的中点，请从以下三个条件中选取两个，使四边形为正方形，并证明．
①；②；③．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形以及特殊平行四边形的判定与性质，熟记相关定理是解题关键．
（1）证推出，得四边形是平行四边形，即可求证；
（2）由题意得四边形是平行四边形；若选②③，根据，得，推出四边形是菱形；根据，，推出是等腰直角三角形，即可求证；若选①②：先证得，得到，进而可推出是等腰直角三角形，即可求证；若选①③：先证，得到四边形是矩形，再通过线段之间的关系和三角函数定义得到为直角三角形，且，进而，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴；
∵点为的中点．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
∴；
（2）解：由（1）可知：，
若为的中点，为的中点，
则，
∴四边形是平行四边形；
若选②③：
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
∵，，
∴，
∴；
∴是等腰直角三角形；
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
若选①②：
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵为的中点，
∴，
∴四边形是正方形；
若选①③；
∵，，
∴，
∴，
又∵为的中点，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
根据三角函数定义，∴为直角三角形，且，
∵为的中点，
∴，
∴四边形是正方形．
变式应用
【变式01】（2025·上海·模拟预测）如图1，在中，在四边形中．连接交于点，连接交于点，满足．
(1)求证：四边形为平行四边形．
(2)如图2，当四边形为正方形，且在线段上时，求证： ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质和判定，解题关键是利用比例的性质转化线段比．
（1）由可得，由可得，由此证明，即可得出，进而证明，由两组邻边平行的四边形是平行四边形判定四边形为平行四边形．
（2）先证明，得出，，再证明，即可得出．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
（2）证明：如图：
在正方形中
又∵
∴
∴ ，，
∵在正方形中，，
又∵
．
【变式02】（2024·湖南·模拟预测）如图，以的三边为边分别作为等边、等边和等边，连接和．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形是平行四边形，证明见解析
(3)
【分析】（1）由与都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对应边相等，，利用等式的性质得到夹角相等，利用得到，同理可证，再进一步可得结论．
（2）利用（1）中全等三角形对应边相等得到，同理可证，利用对边相等的四边形为平行四边形得到为平行四边形．
（3）如图，过作于，过作于，可得， 四边形是菱形，证明，，三点共线，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵、、为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，；
同理可得：，
∴，
∴．
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴，
又∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，过作于，过作于，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴三点共线，
∵，，，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形，菱形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式03】（2026·湖南衡阳·一模）在中，是边的中点，、分别在及其延长线上，，连接．
(1)求证：
(2)若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】由证明三角形全等，由和是边的中点得到和是等腰三角形，再根据三角形内角和定理得出，再证明四边形是平行四边形，可得出结论；
【详解】（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
和是边的中点，
，
和是等腰三角形，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是矩形．
【点睛】求解图形证明题一定要合理应用题目中包含的隐藏条件，比如对顶角相等，往往会成为解题的突破口．
技法05 四边型的综合问题
知识必备
四边形的性质、动点问题、函数思想、最值模型（将军饮马、二次函数最值）、分类讨论思想。
答题技法
对于动点问题，用含时间t的代数式表示相关线段，建立函数关系或方程。涉及最值时，常转化为二次函数求顶点或利用将军饮马等几何模型。注意分类讨论点的位置。
母题精讲
【典例01】（2026·陕西宝鸡·一模）【问题探究】
（）如图，四边形为矩形，点为边上的一点，连接，过作交边于点，若，，则的值为___________；
（）如图，在正方形中，、分别是边、上的点，连接，过点作交边于点，求证：；
【问题解决】
（）如图，矩形是某植物园规划的一个花圃，点处有一个凉亭，现要在、边上分别设立游客服务中心、，沿、修建两条互相垂直的普通小路，再沿和铺设两条石板小路，为节约铺设石板小路的费用，要求与的长度之和尽可能的小，已知，米，请你帮助植物园规划人员求出两条石板小路长度之和（）的最小值．（凉亭、游客服务中心的大小、所有小路的宽度均忽略不计）
【答案】（）；
（）证明见解析；
（）两条石板小路长度之和的最小值为米．
【分析】（）结合矩形性质证明，再由相似三角形的性质即可得解；
（）将线段沿平移至，交于点，则，结合正方形性质证明，再由全等三角形性质证得；
（）将线段沿平移至，则且，结合矩形性质证明，再由相似三角形的性质求出的长；将线段沿平移至，连接，结合平行四边形的判定与性质、勾股定理求出，再由即可得解．
【详解】解：（）四边形为矩形，，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（）证明：如图，四边形是正方形，将线段沿平移至，交于点，则，
，，，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（）如图，将线段沿平移至，则且，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
米，
将线段沿平移至，连接，则四边形为平行四边形，
，，
，
，
米，
米，
两条石板小路长度之和的最小值为米．
【点睛】本题考查的知识点是矩形的性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、两点间距离最短，解题关键是利用辅助线构造相似三角形或全等三角形．
变式应用
【变式01】（2026·江西·模拟预测）【猜想探究】
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．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）；（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）根据（1）中结论，得到，，，，从而可得四边形为平行四边形，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）∵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；
∵，，
∴，，
∵，，，
∴，
过H作于M，则，
∴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性质、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02】（2025·河北石家庄·模拟预测）平面内，在平行四边形中，，，，点为边上任意一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，设．
(1)当与垂直时，
①尺规作图：在图1中找到点和点（保留作图痕迹，不写作法）；
②___________；旋转到所扫过的面积___________（结果保留π）；
(2)当点落在对角线的延长线上时，分别过点，作直线的垂线，垂足分别为，，如图2．
①求证：；
②求的值；
(3)连接，在旋转的同时，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，，如图3．当是直角三角形时，直接写出的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)①见解析；②
(3)6或
【分析】（1）①根据作垂线的尺规作图方法作出过点C且垂直于的垂线，即可得到点P．以点P为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点E，即为所求．
②在中，通过解直角三角形可求出，根据扇形的面积公式可求出旋转到所扫过的面积；
（2）①利用直角互余求证，进而通过“”即可证明；
②利用列式求解即可；
（3）分别讨论，，三种情况，特别主要旋转过程中，利用再结合图形性质求解．
【详解】（1）解：①所求图形，如图所示．
②∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴旋转到所扫过扇形的面积为；
（2）①证明：由旋转可知，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②解：由（1）得，，
则，
由①知，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：；
（3）由旋转得，，，
∴可看作绕点逆时针旋转，
∴，，
∵中，，
∴，
①当时，
∵，
可知点在直线上，如图：
由（2）得，
故的值为；
②当时，
∵，
∴点在直线上，
∵绕点P逆时针旋转，点不在直线上，
所以不存在；
③当时，
如图，延长交于点，过点作于点，过点作于点，
∴，四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
同理，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
要使，只需，
∵，，
∴，
即，
化简得：，
解得：，
综上所述，的值为6或．
【点睛】本题考查了平行四边形与几何变换综合，涉及平行四边形的性质，旋转，全等的性质与判定，相似的判定与性质，勾股定理及判定直角三角形，三角函数，弧长公式，尺规作图——作垂线，作线段等于已知线段等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式03】（2025·吉林长春·二模）已知：如图，在矩形中，，．在上取一点，，点是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点落在边上，点落在矩形内或其边上．

(1)当四边形是正方形时，求的长；
(2)当四边形是菱形时，求证：；
(3)面积的最大值为________；此时的长为________；
(4)在点运动的过程中，请直接写出点运动的路线长为________．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)；
(4)
【分析】本题考查矩形、正方形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
（1）证明即可解决问题；
（2）连接，理由平行线的性质证明即可；
（3）当点与重合时，的值最小，的面积最大，由勾股定理及三角形面积可得出答案；
（4）由（3）可得到的距离为，证明点的运动轨迹是平行的线段，点运动的路线长的长．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，
，，
，
，
，
．，
，
．
（2）证明：连接，如图2，
四边形为矩形，
，
，
四边形为菱形，
，
，
，
即；
（3）解：如图，过点作于点
∴
由（2）可得，又
到的距离为
如图，设，
当点与重合时，则的值最小，最大，此时的面积最大，
，，
，
在中，
故答案为：；．
（4）如图，当时，过点，则四边形是矩形，
∴，
由（3）可得到的距离为，又点落在矩形内或其边上
点的运动轨迹是平行的线段，
，，
点运动的路线长
故答案为：．
技法06 切线性质与判定的综合应用
知识必备
切线的判定定理、切线的性质定理、圆周角定理、相似三角形、勾股定理、垂径定理。
答题技法
证明切线常用方法：①直接法（证垂直）；②间接法（利用平行或角的关系转化）；③三角形全等法。涉及计算时，常构造直角三角形，利用勾股定理、相似三角形或三角函数建立方程。
母题精讲
【典例01】（2026·江苏南京·一模）如图1，在⊙中截掉一个圆心角为的扇形，优弧与直线相切于点，且．
(1)求点到直线的距离．
(2)如图2，优弧上存在一动点，从出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒，转动时间为秒．当点运动至点处时，停止转动．过点作直线，直线与优弧交于另一点．
①当直线与优弧相切时，的值为______．
②当时，求阴影部分面积．
(3)在（2）的转动过程中，如图3，过点作直线，与直线交于点，则在转动过程中，的最大值为___．
【答案】(1)；
(2)①或；②；
(3)
【分析】本题考查了圆的切线的性质、等边三角形的判定与性质、扇形面积的计算、垂径定理、直角三角形的性质等知识点，关键是熟练掌握圆的相关性质，结合几何图形的特点，通过作辅助线构造直角三角形或特殊三角形，结合图形的运动变化分析求解．
（1）先根据圆心角和半径相等判定为等边三角形，得到的长度和的度数，再结合切线的性质得到，进而求出的度数，最后利用直角三角形中角对的直角边是斜边的一半，求出点到的距离．
（2）①分直线在左侧和右侧两种相切的情况，结合切线的性质、平行线的性质得到，分别求出两种情况下旋转的角度，再结合转动速度求出对应的值；
②先根据的值求出的度数，结合平行线和切线的性质得到相关角的度数，再利用垂径定理和直角三角形的性质求出的长度和圆心到的距离，最后用扇形的面积减去的面积，得到阴影部分的面积．
（3）通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将的长度转化为与相关的表达式，再根据垂线段最短的性质得到的最大值，进而求出的最大值．
【详解】（1）解：如图，连接，过点作于点，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵优弧与直线相切于点，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）①解：如图，当直线与优弧相切，且直线在的左侧时，
∵直线与优弧相切，
∴，
∵直线，
∴，
∴，
∵从出发按顺时针方向转动，转动速度为每秒，转动时间为秒，
∴，解得；
当直线与优弧相切，且直线在的右侧时，
∵直线与优弧相切，
∴，
∵直线，
∴，
∴，
此时顺时针旋转的度数为，
∴，解得；
综上，当直线与优弧相切时，的值为或，
故答案为：或；
②解：如图，连接，过点作于点，设l交于点，
∵，
∴，
∵优弧与直线相切于点，
∴，
∵直线，
∴直线，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴阴影部分面积；
（3）解：如图，延长交于点，过点作于点，过点作于点，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴为点到直线的垂线段，
∴，
∵，
∴，
当点与点重合时，取得最大值，
此时的最大值为，
故答案为：．
变式应用
【变式01】（2026·四川雅安·二模）如图是的外接圆，，延长至点，连接，使得，交于．
(1)求证：与相切；
(2)若，．求的半径和的长度．
【答案】(1)见详解
(2)；
【分析】本题考查了圆的切线的判定定理，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质等知识点．
（1）连接，通过圆周角定理，平行线的性质，得到，继而得证结论．
（2）作于点，设的半径为，根据勾股定理可得，利用三角形不同边上的高计算面积相等，得到，继而根据勾股定理得到及的长．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
又，
，
，
是的切线；
（2）解: 如图，作于点，
设的半径为，则，
，
在中，，
, 解得，
，
，
，
，
，
在中，，
．
【变式02】（25-26九年级上·河北石家庄·期末）如图1和图2，在中，，．点是线段延长线上一点，以点为圆心，以为半径，在的左侧作半圆，交于点，交于点．
(1)如图1，点是半圆上一点（可与点，重合），当时，求线段长的最大值和最小值；
(2)将线段绕点顺时针旋转得到线段．
①如图2，当点恰好落在上时，求的长；
②在①的条件下，求半圆与线段所围成的封闭图形的面积．
(3)在（2）的条件下，若半圆与的边相切于点，直接写出弧的长．
【答案】(1)；；
(2)①；②；
(3)或
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，点与圆的位置关系得到当点与点重合时，取得最大值，当点与点重合时，取得最小值，结合勾股定理即可求解；
（2）①根据题意，．在中，，，代入计算即可求解；
②如图2，当点刚好落在上时，设半圆与的另一个交点为，连接，根据扇形面积的计算即可求解；
（3）根据半圆与相切点的位置，分类讨论，结合弧长公式即可求解．
【详解】（1）解：当时，，
在中，，
∴,
如图1，
当点与点重合时，取得最大值，；
当点与点重合时，取得最小值，；
（2）解：①如图2，
当点刚好落在上时，，
，
在中，，，
，
②如图2，当点刚好落在上时，设半圆与的另一个交点为，连接，
由①的解答可知，，，
为等边三角形，
，
∴．
（3）解：或．
如图3，半圆与相切于点，连接，
，
，
弧长．
如图4，半圆与相切于点，连接，
，
，
弧长．
综上，所求弧的长为或．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，点与圆的位置关系，弧长公式的计算，切线的性质等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析，分类讨论是关键．
【变式03】（2026·湖南·模拟预测）如图，是的直径，是上一点，连接，延长至点，连接交于点，过点作于点，连接，___________．
请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题：
(1)求证：与相切；
(2)若，求的值；
(3)若，设的面积为，四边形的面积为，当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题主要考查切线的判定定理，垂径定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练运用相关知识是解答本题的关键．
（1）连接，得，由，可得结论；
（2）证明得，再证明是等边三角形，，，可得结论；
（3）证明是的中位线，得且，延长交于点，得四边形CFEK是矩形，得出，由得出，再证明，根据相似三角形的性质可得结论．
【详解】（1）解：选①
证明：连接，如图，
，
，
，
，
，
∵，
∴，即，
又是半径，
与相切；
（2）解：∵是的直径，
∴，则，
∴，
又，，
∴，
∴，
又是直径
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
（3）解：，，
垂直平分，
，
是的中位线，
且，
延长交于点，
，
，
又且，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
由（1）知，
，
，
又，
，
，则，
．
技法07 尺规作图在几何证明与计算的应用
知识必备
五种基本作图、垂直平分线性质、角平分线性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定。
答题技法
理解基本作图（作角平分线、线段中垂线、过一点作垂线等）的原理。作图后，常根据所作图形的性质（如中垂线上的点到两端点距离相等）进行推理证明。
母题精讲
【典例01】（2025·福建南平·二模）如图，在等腰三角形中，，点为边上的点．
(1)尺规作图：在的外侧作，使得；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）所作的图形中，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了利用尺作一个三角形，全等三角形的判定与性质综合，解直角三角形等知识，解题关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解．
（1）法一，利用作全等三角形；法二：利用作全等三角形；法三：通过作一次垂直构造全等三角形；法四：通过作两次垂直构造全等三角形；
（2）先利用等腰直角三角形的性质，说明，再设，可用表示出，接着用表示出，就可用表示出，然后利用全等三角形的性质证得，就可求得的值．
【详解】（1）解：作图．
法一：作． 法二：作．
法三：作． 法四：作．
如图所示，即为所作的三角形．
（2）过点作，垂足为点，
等腰三角形中，，
，
设，则，
，
．
又，
，
．
变式应用
【变式01】（2024·北京丰台·二模）如图，等边中，过点在的右侧作射线，设．点与点关于直线对称，连接，且分别交射线于点．

(1)依题意补全图形；
(2)求的大小；
(3)用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)图见详解
(2)
(3)．证明见解析
【分析】（1）根据要求画出图形；
（2）利用对称求解；
（3）连接，在上截取，连接，证明，推出，再证明，可得结论．
【详解】（1）依题意补全图形．

（2）解：点与点关于直线对称，
．
，
，
．
．
．
（3）猜想：．
证明：连接，在上截取，连接．

由（2）可知．
，
是等边三角形．
．
是等边三角形，
．
．
．
．
点与点关于直线对称，
．
，
．
．
，
．
【点睛】本题考查作图、轴对称变换，等边三角形的性质，全等三角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．
【变式02】（2024·辽宁盘锦·三模）如图，在中，，，以D为圆心，任意长为半径画弧，交于点F，交于点Q，分别以F、Q为圆心，大于为半径画弧交于点M，连接并延长，交于点E，连接，恰好有，则的长为______．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、尺规作图-作已知角的角平分线、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，由作图可知，平分，进而证明，易得，进一步可知，再在中，利用勾股定理解得的长度，然后在利用勾股定理解得的长度即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，，，
∴，
由作图可知，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵
∴，
∴在中，．
故答案为：．
【变式03】（2025·广东广州·二模）如图，四边形中，，，于点．
(1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接，四边形的形状，并证明你的结论；
(3)连接，若，求长．
【答案】(1)见解析；
(2)是菱形，见解析；
(3)．
【分析】本题考查了基本作图—作角平分线，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
（）利用基本作图作角平分线即可；
（）由平分，则，再根据平行线的性质得出，故有，然后利用菱形的判定方法证明即可；
（）根据菱形的性质和勾股定理求出长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解题即可．
【详解】（1）解：如图，
（2）解：四边形是菱形，理由如下，
如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
∴四边形是菱形；
（3）解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴．
技法08 常见最值问题
知识必备
二次函数的性质与最值、将军饮马模型、垂线段最短、三角形三边关系、勾股定理。
答题技法
分两类处理：①几何模型法（将军饮马、胡不归、阿氏圆等）；②代数法（设变量建立二次函数求最值）。代数法步骤：选自变量、定范围、求解析式、配方法或顶点公式求最值。
母题精讲
【典例01】（2023·河南南阳·二模）综合与实践
问题提出
（1）如图①，请你在直线l上找一点P，使点P到两个定点A和B的距离之和最小，即的和最小（保留作图痕迹，不写作法）；

思维转换
（2）如图②，已知点E是直线l外一定点，且到直线l的距离为4，MN是直线l上的动线段，，连接，求的最小值．小敏在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将线段看作静线段，则点E在平行于直线l的直线上运动”，请你参考小敏的思路求的最小值；

拓展应用
（3）如图③，在矩形中，，连接，点E、F分别是边、上的动点，且，分别过点E、F作，，垂足分别为M、N，连接，请直接写出周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）作点A的对称点，由两点之间线段最短即可求解；
（2）将M、N看作定点，E看作动点，由（1）作法可解；
（3）由相似得出为定值，再根据（2）作法求出的最值，即可求解．
【详解】解：（1）如图①，点即为所求，

作法：作点A关于的对称点，
连接，交直线于点，由对称可得，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴最短，即最短；
（2）如图②，过点作直线，作点关于的对称点，连接，交于点，则的值即是的最小值，

∵点到直线的距离为，
∴
∵
∴，
∴，即的最小值为；
（3）如图③，过作，，作关于直线的对称点，连接，

由（2）可得，为的最小值，
∵，，
∴，
∴
∴，
设，由题意可得：，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∴
由题意可得：，
∴
∴，即
解得，
∴
∵，
∴
∴，
周长的最小值
【点睛】本题考查了线段和最值作法的应用，三角形相似的判定与性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
变式应用
【变式01】（2021·四川绵阳·二模）如图，线段AB＝10cm，C是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），在AB上方分别以AC、BC为边作正△ACD和正△BCE，连接AE，交CD于M，连接BD，交CE于N，AE、BD交于H，连接CH.
(1)求sin∠AHC；
(2)连接DE，设AD＝x，DE＝y，求y与x之间的函数关系式；
(3)把正△BCE绕C顺时针旋转一个小于60°的角，在旋转过程中H到△DCE的三个顶点距离和最小，即HC+HD+HE的值最小，HC+HD+HE的值总等于线段BD的长.若AC＝2，旋转过程中某一时刻2AH＝3DH，此刻△ADH内有一点P，求PA+PD+PH的最小值.
【答案】(1)；
(2)y＝（0＜x＜10）；
(3)2．
【分析】（1）过点C作CT⊥AE于点T，CR⊥BD于点R，先证△ACE≌△DCB得∠CAM＝∠HDM，由直角三角函数可得，从而得CH平分∠AHB，进而求得∠AHC＝∠BHC＝60°即可求解；
（2）如图2中，如图，过点D作DP⊥CE于点P，先由三角函数求得CP＝CD＝x，DP＝x，又由AB＝10cm，得CE＝CB＝（10﹣x）cm，进而得PE＝|10﹣x﹣x|＝|10﹣x|，最后由勾股定理即可求得y与x之间的函数关系式；
（3）如图3中，以AD为边向外作等边△ADW，连接WH，由题意WH是PA+PD+PH．过点D作DS⊥AH于H，过点W作WG⊥AD于点G，过点H作HK⊥AD于K，过点W作WQ⊥HK于点Q．假设AH＝3k，DH＝2k，由勾股定理得AH＝6，DH＝4，DS=2，进而利用面积公式求得HK＝，利用勾股定理得DK＝，于是可得WQ＝KG＝，GW＝KW＝，从而有HQ＝，利用勾股定理即可求得WH的长即PA+PD+PH的最小值．
【详解】（1）解：过点C作CT⊥AE于点T，CR⊥BD于点R．
∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB＝60°，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠CAM＝∠HDM，
∵CT⊥AE，CR⊥BD，
∴，
∴CH平分∠AHB，
∵∠AMC＝∠DMH，
∴∠AHM＝∠ACM＝60°，
∴∠AHC＝∠BHC＝60°，
∴sin∠AHC＝；
（2）解：如图2中，如图，过点D作DP⊥CE于点P．
∵AC＝CD＝x（cm），∠DCE＝60°，
∴CP＝CD＝x，DP＝x，
∵AB＝10cm，
∴BC＝AB﹣AC＝（10﹣x）cm，
∴CE＝CB＝（10﹣x）cm，
∴PE＝|10﹣x﹣x|＝|10﹣x|，
∴y＝DE＝＝＝（0＜x＜10）；
（3）解：如图3中，以AD为边向外作等边△ADW，连接WH，由题意WH是PA+PD+PH．过点D作DS⊥AH于H，过点W作WG⊥AD于点G，过点H作HK⊥AD于K，过点W作WQ⊥HK于点Q．
∵2AH＝3DH，
∴可以假设AH＝3k，DH＝2k，
∵∠DHS＝60°，DS⊥AH，
∴SH＝DH＝k，DS＝k，AM＝2k，
∵AD2＝AS2+DS2，
∴（2）2＝（2k）2+（k）2，
∴k＝2（负根已经舍弃），
∴AH＝6，DH＝4，DS=2，
∵•AH•DS＝•AD•HK，
∴HK＝，DK＝＝＝，
∵AG＝DG＝，四边形WQKG是矩形，
∴WQ＝KG＝﹣＝，GW＝KW＝，
∴HQ＝KH+KQ＝，
∴WH＝＝＝2．
∴PA+PD+PH的最小值为2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题是解本题的关键．
【变式02】（2025·四川广安·模拟预测）如图，在四边形中，，，，为边上的一个动点，连接，过点作，垂足为，在上截取，在四边形内存在一点，使得的面积最小，则的最小面积为______．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，垂线段最短，矩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，学会用转化的思想思考问题．
连接，证明是等腰直角三角形，则有，，求出，然后证明点是外接圆的上的一个动点，故有当点共线时，的长最小，则的面积最小，过点作于点，则四边形是矩形，则有，再由面积公式即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴在中，，
连接，由题意可知是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴
∴点是外接圆的上的一个动点，
作的外接圆，连接，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
过点作于点，
当点共线时，的长最小，则的面积最小，
当点共线时，，
∴，
∴是等边三角形，，
过点作于点，则四边形是矩形，
∵，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴的最小面积为，
故答案为：．
【变式03】（2025·山东泰安·一模）如图，菱形的边长为4，，为边上的中点，P为直线上方左侧的一个动点，且满足，则线段长度的最大值是（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了圆的性质、圆周角定理、菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，正确找出点的运动轨迹是解题关键．连接，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，则可得，再根据圆周角定理可得点的运动轨迹是以为直径的一段圆弧，取的中点，连接，并延长交于点，则线段长度的最大值是，然后利用勾股定理求出，，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵菱形的边长为4，，为边上的中点，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹是以为直径的一段圆弧，
如图，取的中点，连接，并延长交于点，则线段长度的最大值是，
∴，
∴，
∴，
即线段长度的最大值是，
故选：C．
【变式04】（23-24八年级上·广东广州·期中）如图，在中，，D为上一动点（不与点A重合），为等边三角形，过D点作的垂线，F为垂线上任意一点，G为的中点，则线段长的最小值是（ ）
A．B．9C．D．6
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质，等边三角形的性质，数形结合并明确相关性质及定理是解题的关键．
连接，设交于点H，由等边三角形的性质及直角三角形斜边中线的性质得垂直平分线段，过B作交射线于，则当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长，再可证明，则，从而求得最小值．
【详解】解：如图，连接，设交于点H，
∵，G为的中点，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴垂直平分线段，
∴，
∴点G在射线上，
过B作交射线于，
则当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长，
∵，，
∴，
∴，
即的最小值为6，
故选：D．
【变式05】（2025·天津·一模）如图，是等边三角形的边的中点，为平面内一点，连接，将线段以点为中心逆时针旋转，得到线段，连接．若，点之间的距离为1，则的最小值为_____________，最大值为_____________．
【答案】 / /
【分析】连接,将绕点逆时针旋转得到,连接,由等边三角形的性质和勾股定理求出,证明是等边三角形，得到,再证明,得到,得出点在以点 为圆心、1 为半径的圆上运动，由点圆位置关系即可得解．
【详解】解：如图所示，连接,将绕点逆时针旋转得到，连接，
点是等边三角形边的中点，
，
，
由旋转的性质可得,
是等边三角形，
,
,
,
,
,
点在以点 为圆心、1 为半径的圆上运动，
如图，
当点在线段上时，的值最小，最小值为，当点在射线上时，有最大值，最大值为，
故答案为：，.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，点圆位置关系等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．
【变式06】（2024·海南·三模）如图，正方形的边长为，点为边上一个动点，点在边上，且线段，点为线段的中点，连接、、，则_______；的最小值为_______．
【答案】
【分析】本题考查直角三角形斜边中线定理、相似三角形的判定与性质、动点轨迹与线段和的最值，确定动点G的运动轨迹是解题关键．
（1）借助正方形性质得为直角三角形，利用直角三角形斜边中线定理求出；
（2）先确定点的轨迹为圆，再构造相似三角形将转化为，结合“两点之间线段最短”与勾股定理求得的最小值为．
【详解】（1）解：四边形为正方形，，
，
点为线段的中点，
，
故答案为：．
（2）解：如图，根据题意可知，点的运动轨迹为以为圆心，长为半径的圆，在上取点，使，连接交于．
，，，
，
，
，
，即，
，
可知当运动到的位置，即、、位于同一条直线上时，取得最小值，最小值为，
，，
，
的最小值为．
故答案为：．
技法09 垂直模型的应用
知识必备
一线三垂直模型、全等三角形的判定、相似三角形的判定、同角的余角相等、勾股定理。
答题技法
识别图形中的垂直条件，构造"一线三垂直"基本图形。在直角坐标系中，常利用K型全等或相似转化坐标关系。注意通过同角的余角相等证明角相等。
母题精讲
【典例01】（22-23七年级下·广东深圳·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在中，，；中，，），并提出了相应的问题．

【发现】（1）如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点摆放在线段上时，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，
①请在图1找出一对全等三角形，在横线上填出推理所得结论；
，
，
∵，，
，，
，
，
∵
，
__________；
②，，则__________；
【类比】（2）如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段上且顶点A在线段上时，过点作，垂足为点P，猜想，，的数量关系，并说明理由；
【拓展】（3）如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段上且顶点B在线段上时，若，，连接CE，则的面积为__________．
【答案】（1）①②；（2）结论，理由见解析；（3）
【分析】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．
（1）①根据两个三角形全等的判定定理，结合已知求证即可得到答案；
②由①中，利用两个三角形全等的性质，得到，，即可得到；
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到，利用两个三角形全等的性质，得到，，由图中，即可得到三者的数量关系；
（3）延长，过点作于，如图所示，由两个三角形全等的判定定理得到，从而，，则可求得，延长，过点作于，如图所示，由平行线间的平行线段相等可得，代入面积公式得，即可得到答案．
【详解】解：（1）①，
，
∵，，
，，
，
，
∵，，，
∴；
故答案为：
②由①知，
，
∵，，
∴；
故答案为：；
（2）结论：．理由如下：
，
，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
，
；
（3）延长，过点作于，如图所示：
，，
，
，，
∴，
，，
，
延长，过点作于，如图所示：
，
，
，
，
由平行线间的平行线段相等可得，
．
故答案为：．
变式应用
【变式01】阅读材料：
我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①，在中，，，分别过、向经过点直线作垂线，垂足分别为、，我们很容易发现结论：．

（1）探究问题：如果，其他条件不变，如图②，可得到结论；．请你说明理由．
（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，且两直线夹角为，且，请你求出直线的解析式．
（3）拓展应用：如图④，在矩形中，，，点为边上—个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接，．若为直角三角形时，请你探究并直接写出的长．
【答案】（1）理由见解析；（2）；（3）长为3或．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；
（2）过点作交直线于点，分别过、作轴，轴，由（1）得，从而得到，然后结合相似三角形的性质和锐角三角函数求出，，从而确定N点坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；
（3）分两种情形讨论：①如图1中，当∠PDC=90°时．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x．分别求解即可．
【详解】解：（1）∵，∴
又∵
∴
∴
∵．
∴
（2）如图，过点作交直线于点，
分别过、作轴，轴

由（1）得 ∴
∵坐标 ∴，
∵ ∴
解得：， ∴
设直线表达式为，代入，
得，解得，
∴直线表达式为
（3）解：①如图1中，当∠PDC=90°时，

∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠PDC=180°，
∴A、D、P共线，
∵EA=EP，∠AEP=90°，
∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=45°，∵∠B=90°
∴∠BAE=∠BEA=45°，
∴BE=AB=3．
②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x，

∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠PEF，
在△ABE和△EFP中，
∴△ABE≌△EFP，
∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，
∴CF=3-（5-x）=x-2，
∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，
∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，
∴△PHD∽△CHP，
∴PH2=DH•CH，
∴（x-2）2=x（3-x），
∴x=或（舍弃），
∴BE=，
综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或．
【点睛】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式02】如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明
△FQM≌△DPM，得到M是FD的中点，由此可得DM=DF．
【详解】如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CNCD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，
Rt△DFN中，DF．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DMDF．
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解题的关键．
技法10 旋转模型的应用
知识必备
旋转的性质（对应点到旋转中心距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角等于旋转角）、全等三角形的判定、等腰三角形的性质。
答题技法
旋转前后对应边相等、对应角相等。遇共顶点等线段（如等腰三角形顶点），常考虑旋转构造全等。注意旋转中心的确定，以及旋转角与图中角的关系。
母题精讲
【典例01】综合与实践课上，李老师让同学们以“等腰直角三角形的旋转”为主题开展数学活动．
数学兴趣小组将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形按图的方式摆放，，随后保持不动，将绕点按逆时针方向旋转，连接，延长交于点该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：,
【初步探究】
(1)如图1，直接写出线段和的关系：______．
(2)如图2，当时，则 ______．
【深入探究】
(3)如图3，当时，连接，兴趣小组认为不仅（1）中的结论仍然成立，而且在旋转过程中,的度数不发生变化，请给出推理过程并求出的度数．
【拓展延伸】
(4)如图3，试探究线段，之间是否存在某种特定的数量关系，若存在，直接写出数量关系式；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；
(2)；
(3)见解析，；
(4)存在，
【分析】（1）由条件根据三角形全等判定定理得，可证；
（2）利用平行的性质．两线平行，内错角相等，结合条件易得；
（3）类比上面思路，通过构建三角形全等推出，进而易得，
（4）根据（3）的结论，推导出是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质，化简即可得到答案．
【详解】（1）由题意得，
，，，
，
，，
在中，，
，
，即，
故答案为：.
（2），，
，
又，
,即，
故答案为：.
（3）如图，过点作，交于点，

由（1）易知，
，
，
，
又，
易得，
，
又，
，
即；
（4）存在，，
理由如下：由（3）可知，，
，
是等腰直角三角形，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出相应的辅助线以及确定全等三角形．
变式应用
【变式01】在中，，，D是边上的中点，E是直线右侧的一点，且，连接，过点D作的垂线交射线于点F．
(1)点C到的距离为______；
(2)如图1，当点E在的外部时．
①求证：；
②如图2，连接，当时，试探究与之间的数量关系；
(3)若，请直接写出的长．
【答案】(1)
(2)①见解析，②
(3)或
【分析】（1）连，直接求的长即可；
（2）①设交于点，证明即可；
②延长和交于点，连接，根据手拉手模型证明，，可得，，再根据等腰三角形三线合一可得．
（3）分E在上方和E在下方两种情况，分别求得即可求出的长．
【详解】（1）解：连接，
∵在中，，，D是边上的中点，
∴，，
∴点C到的距离为，
故答案为：；
（2）解：①设交于点，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵过点D作的垂线交射线于点F，
∴，
∴，
∴，
∴；
②延长和交于点，连接，
∵，，，
∴，都是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，当E在上方时，过D作于H，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
如图，当E在下方时，
同理，，，
则，
综上，或．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，三角函数定义等知识，属于中考压轴题，综合性强，难度大，对学生要求很高；解题关键是熟练利用“手拉手模型”合理添加辅助线构造全等三角形．
变式应用
【变式01】问题提出
(1)如图1，在等边内部有一点P，，，，则______．
问题解决
(2)如图2，五边形ABCDE是某公园局部平面图，，，，，，．现需要在该五边形内部修建一条人工小溪，并建造一座观赏桥梁PQ和三条观光路AP，CQ，DQ，且，．已知观赏桥梁修建费用每米2a元和观光路修建费用每米a元．是否存在点P，使得修建桥梁和观光路总费用最低？若存在，请用含有a的代数式表示出总费用最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)150°；
(2)最小的总费用为元
【分析】（1）、将绕点B顺时针旋转60°得，则可得为等边三角形，由勾股定理逆定理可得：，即可求解；
（2）、连接BE，BP，EP，将绕点B顺时针旋转60°得到，连接由（1）方法可得最小，即需最小，所以当A，P，，四点共线时，由勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图3，将绕点B顺时针旋转60°得，
则，，为等边三角形，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图4，连接BE，BP，EP，修桥梁费用为100a，修观光路费用为．
∵，，
∴四边形BCQP是平行四边形，四边形PQDE是平行四边形，
∴，，
∴要使最小，则需最小．
将绕点B顺时针旋转60°得到，连接．
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
当A，P，，四点共线时，最小，
∴的最小值为，
如图5，延长，过点A作，垂足为点H，
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
在中，由勾股定理，得，
∴最小的总费用为元．
【点睛】本题考查了三角形旋转，等边三角形判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，利用三角形旋转性质作出辅助三角形是解题的关键．
【变式02】（2023·陕西西安·三模）在四边形中，，；
(1)如图1，已知，则的度数等于__________；
(2)如图2，在四边形中，，，连接．若，求四边形的面积；
(3)如图3，已知，，，，，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据四边形内角和为即可求解；
（2）延长至，使得，证明，得出是等腰直角三角形，进而即可求解；
（3）过点作于点，得出，延长，使得，根据（2）可得，是等腰直角三角形，过点作于点，过点作交的延长线于点，证明，继而根据等腰直角三角形的性质的，即可得出，，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵在四边形中，，，
∴，
故答案为：．
（2）解：如图所示，延长至，使得，
∵在四边形中，，
∴，
又∵，
∴
又∵
∴
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴；
（3）解：如图所示，
过点作于点，
∵，，
∴，，
∵
∴
延长，使得，
∵，
∴
由（2）可得，是等腰直角三角形，
∴
∴
过点作于点，过点作交的延长线于点，
∴
∴四边形是矩形，
∴
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，,
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
则
在中，．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，四边形内角和，勾股定理，等腰直角三角形的性质，矩形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
技法11 半角模型的应用
知识必备
旋转的性质、全等三角形的判定、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理。
答题技法
处理半角模型的核心是将半角两边的三角形通过旋转拼合，将分散的线段集中到一个三角形中，然后利用全等或勾股定理求解。
母题精讲
【典例01】探究题：

(1)特殊情景：
如图（1），在四边形中，，以点为顶点作一个角，角的两边分别交，于点，，且，连接，若，探究：线段，，之间的数量关系为：______．（提示：延长到，使，连接）
(2)类比猜想：类比特殊情景，在上述（1）条件下，把“”改成一股情况“，”如图（2），小明猜想：线段，，之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明结论．
(3)解决问题：如图（3），在中，，，点，均在边上，且，若，计算的长度．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）如图，将绕点顺时针旋转，得到，根据旋转的性质可得，可证，，由此即可求解；
（2）设，则，如图，将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质可得，可证，，由此即可求解；
（3）如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，可证，可得，在中，，可求出的长，由此可表示出的长，再根据线段的关系表示出，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：结论：，理由如下：
如图，将绕点顺时针旋转，得到，
四边形中，，，，
∴，，
，即点，，共线，
由旋转可得，，，
，
，
，
，
，
，
又，
．
故答案为：．
（2）解：成立，理由如下：
设，则，
如图，将绕点顺时针旋转得到，
，，，，
，
，
点，，在同一直线上，
，，
，
，
，
又，
，且，
．
（3）解：如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
，，，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，，
，，即，
，
，，
，即，解得，．
【点睛】本题主要考查图形变换，三角形全等的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握以上知识的灵活运用，利用旋转构成全等三角形的方法是解题的关键．
变式应用
【变式01】（1）如图1，在正方形中，，分别为，边上的点，且满足，连接，则，，之间的数量关系为________．

（2）如图2，将沿斜边翻折得到，，分别为，边上的点，且，试猜想，，之间的数量关系，并证明你的猜想．

（3）将两个全等的等腰直角和按如图3所示摆放在一起，为公共顶点，，，与边的交点分别为，，求证：．

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）证明见解析
【分析】(1) 将绕点顺时针旋转到的位置，证出，进而证出，得出结论；
(2) 将绕点顺时针旋转到的位置，证出，进而证出，得出结论；
(3) 将绕点顺时针旋转至的位置，证出，由勾股定理得出结论．
【详解】解：（1）． 理由如下：
如图，将绕点顺时针旋转到的位置，

由旋转可得，．，
．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2），理由如下：
如图，将绕点顺时针旋转到的位置，

由旋转可得，，．
∵，
∴，，三点共线．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）证明：如图，将绕点顺时针旋转至的位置，

则，，，旋转角．
连接，在和中，
∵，，．
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．其中准确作出辅助图形是解题的关键．
【变式02】如图（1），在四边形ABCD中，，，以点A为顶点作，且，连接EF．
(1)观察猜想 如图（2），当时，
①四边形ABCD是______（填特殊四边形的名称）；
②BE，DF，EF之间的数量关系为______．
(2)类比探究 如图（1），线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
(3)解决问题 如图（3），在中，，，点D，E均在边BC上，且，若，求DE的长．
【答案】(1)①正方形；②BE+ DF=EF
(2)详见解析
(3)详见解析
【分析】（1）①根据正方形的判定定理即可得出；
②延长CD至点G，使得DG=BE，证得，得出，由，证得，从而得出BE，DF，EF之间的数量关系；
（2）同（1）②即可得出BE，DF，EF之间的数量关系；
（3）作,且，证得，同（1）②证得，在中，由勾股定理可解得DE的长．
【详解】（1）解：①∵，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵，
∴矩形ABCD是正方形．
②如下图，延长CD至点G，使得DG=BE，
∵，
，
∴，
∴，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
即
∴．
（2）如下图，延长CD至点H，使得DH=BE，
∵，
∴，
同（1）②的证明方法得，
同理证，
从而得．
（3）如图过点C作,且，
在中， 由， ，
∴，
∴，
∴，
同（1）②的证明方法得，
∴，
∵，，，
，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
，
解得，
即．
【点睛】本题考查了特殊的平行四边形的判定、全等三角形的性质和判定及勾股定理的应用，熟练应用相关定理和性质是解决本题的关键．
技法12 倍长中线模型的应用
知识必备
中线的定义、全等三角形的判定（SAS）、三角形三边关系、平行线的判定。
答题技法
遇到三角形中线，可倍长中线构造全等三角形，将分散的条件集中到一个三角形中。倍长后常得到"SAS"全等，进而实现边角的转移。
母题精讲
【典例01】（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知是的中线，延长至点，使得．连结，求证：四边形是平行四边形．
（2）【拓展提升】如图2，在的中线上任取一点（不与点、点重合），过点、点分别作， ，连结，，求证：四边形是平行四边形．
（3）【灵活应用】如图3，在中，，，，点是的中点，点是直线上的动点，且，，当取得最小值时，求线段的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，倍长中线构造全等三角形及运用等面积法是解题的关键．
（1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；
（2）延长到点，使，连接，利用证明，得，，可说明四边形是平行四边形，得，即可证明结论；
（3）延长到点，使，连接，由（2）知，，，则取最小值时，最小，故时，最小，利用等面积法求出的长，再利用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）证明：是的中线，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）证明：延长到点，使，连接，如图2，
，是的中线，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是平行四边形；
（3）解：延长到点，使，连接，如图3，
由（2）知，，，
则取最小值时，最小，故时，最小，
是的中线，
，
，
在中，
变式应用
【变式01】（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在中，若，，则边上的中线的取值范围是_____；
（2）如图②，在中，D是边上的中点，于点交于点交于点F，连接，求证：；
（3）如图③，在四边形中，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交，于E，F两点，连接，探索线段，，之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、三角形的三边关系定理、角的和差等知识点，通过作辅助线，构造两个全等三角形是解题关键．
（1）延长至，使，连接，证明，得出，再利用三角形三边关系即可得出答案；
（2）延长至点，使，连接，，同（1）得，，得出再证明，得出，最后再利用三角形三边关系即可得出答案；
（3）延长至点，使，连接，证明得出，再证明，得出，即可得证．
【详解】（1）解：延长至，使，连接，如图1所示：
∵是边上的中线，
∴，
在和中，
∴，
∴，
在中，由三角形的三边关系得：，
∴，即，
∴；
故答案为：；
（2）证明：延长至点，使，连接，，如图所示，
同（1）得，，
，，
∴，
在中，由三角形的三边关系得，
；
（3），
证明如下：延长至点，使，连接，如图所示，
，，
在和中，
，
∴，
，
，
，
在和中，
∴，
．
，
．
【变式02】（2024·吉林长春·一模）【发现问题】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样的一个问题：
如图①，在中，，，第三边上的中线，则的取值范围是____．
【探究方法】小明同学通过组内合作交流，得到了如下解决方法：
（1）如图②，延长至点，使得，连结，根据“”可以判定__________，得出．在中，，，，故中线的长x的取值范围是_______．
【活动经验】当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑将中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求的问题集中到同一个三角形中，进而解决问题，这种作辅助线的方法叫做“倍长中线”法．
【问题解决】（2）如图③，已知，，，连接和，点是的中点，连接．求证：．小明发现，如图④，延长至点，使，连接，通过证明，可推得．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点，使，连接，
∵点是的中点，
∴．
∵，，
∴，
∴，，
∴，．
请你补全余下的证明过程．
【问题拓展】（3）如图⑤，在和中， ，，，点M，N分别是和的中点．若，，则MN的取值范围是 ．
【答案】（1），；（2），∴ ，又∵，∴．∵，∴，∴（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，三角形的三边关系，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由“”可证，可得，由三角形的三边关系可求解；
（2）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解；
（3）由（2）可知，，由三角形的三边关系可求解．
【详解】（1）解：如图②，为的中线，
，
又，，
，
，
在中，，，，
，
，
故答案为：，；
（2）证明：如图④，延长至点，使，连接，
点是的中点，
．
，，
，
，，
，
，
，
∴ ，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）如图⑤，连接，，
由（2）可知：，，
，，
，，
，
，
故答案为：．
巩固提升
1．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，交于点，作于点，交于点．若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查求角度，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
由，四边形是正方形，可证明，得，故，同理可得，可证明，即得，得，从而求出，而，得，即得．
【详解】解：，
，
，
，
∴，
，
在正方形中，，
，即，
同理可得，
，
，即，
，
∴，
，
，
，
，
，
，
∴，
故选：B．
2．（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，，对角线的长为16，E是的中点，F是上一点，连接．若，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
连接，交于点，过点作于点，利用四边形是菱形，得出，，，得出，，即可证明，即可计算出，，求出，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，交于点，过点作于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
3．（25-26八年级上·四川宜宾·期末）如图，在长方形中, ，，，则CE+DF的最小值是________．
【答案】
【分析】延长到点M，使得，连接，证明转化得到，当D，F，M三点共线时，取得最小值，勾股定理解答即可．
【详解】解：延长到点M，使得，连接，
∵矩形，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接
∵，
∴，
故当D，F，M三点共线时，取得最小值，且最小值为
故答案为：．
4．（2026·四川成都·一模）阅读材料：如图1，已知正方形中，为对角线上一点，则将绕点逆时针旋转得到，则的最小值是线段的长度．根据阅读材料所提供的方法求解以下问题：如图2，若在边长为2的正方形中有任意两个点，则的最小值是_____．
【答案】/
【分析】本题考查旋转的性质，正方形性质及等边三角形判定与性质．将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，证明是，的垂直平分线，再求出，即可得到答案．
【详解】解：将绕B逆时针旋转得到，连接，将绕D逆时针旋转得到，连接，连接与，分别交于M，N，如图：
由旋转可知，，，，，，，，，，，
∴，，，都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴的最小值即为的长，
∵，，
∴在的垂直平分线上，在的垂直平分线上，
∵，，
∴是，的垂直平分线，
∴，，
∴，，四边形是长方形，
∴，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：．
5．（25-26九年级上·江苏无锡·期末）如图，在中，，，．
(1)尺规作图：作，使得圆心在边上，经过点并且与边相切；（不写作法，保留痕迹）
(2)是边上一点（点不与点重合），若以为直径的圆与边有两个公共点，则长的取值范围是________．
【答案】(1)图形见解析
(2)
【分析】本题考查尺规作图——作角平分线、作垂直平分线、切线的判定、相似三角形的判定与性质、圆周角定理及勾股定理，熟练掌握相关性质是解题关键．
（1）作的角平分线，交于，作的垂直平分线，交于，以为圆心，为半径画圆，则即为所求；
（2）当与相切时，利用勾股定理求出，设，根据得出，根据相似三角形的性质可求出的值，当点与点重合时，根据圆周角定理可得点在，即可得答案．
【详解】（1）解：如图，作的角平分线，交于，作的垂直平分线，交于，以为圆心，为半径画圆，则即为所求．
∵点是垂直平分线与的交点，
∴，点在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：如图所示：
当与相切时，与有一个交点，
∵，，，
∴，
设，则，
由（1）可知，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
当点与点重合时，
∵，为直径，
∴点在上，与有两个交点，符合题意，
∴长的取值范围是．
6．（2026·重庆·模拟预测）在学习完菱形的性质后，小懂同学发现：若作菱形中一组对角的平分线与另一条对角线相交，则两个交点与另外两个顶点所组成的四边形也是菱形．他的证明思路如下，请根据他的思路完成以下作图与填空：
第一步：尺规作图．请用圆规和直尺，在所给图中作的角平分线交对角线于点E；作的角平分线交对角线于点F；连接、（不写作法，保留作图痕迹）．
第二步：证明猜想如图，四边形是菱形，对角线、交于点O．平分，平分．求证：四边形是菱形．
证明：在菱形中，，，，
（两直线平行，内错角相等），
平分，平分，
，，
_____________，
（内错角相等，两直线平行），
在和中，，
，
_____________，
又，
四边形是平行四边形，
，且E、F均在上，
，
即，
四边形是菱形（④_____________）．
【答案】作图见解析；①；②；③；④对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，尺规作图（角平分线），熟练掌握菱形的判定与性质及全等三角形的判定与性质是关键．根据题意作图即可；由菱形的性质知，得到，结合角平分线可推得①，再证明，得出②，再证明四边形是平行四边形，结合，即可证明四边形是菱形，得到④．
【详解】解：如图所示，就是所求作的图形；
证明：在菱形中，，，，
（两直线平行，内错角相等），
平分，平分，
，，
，
（内错角相等，两直线平行），
在和中，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，且E、F均在上，
，
即，
四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
故答案为：①；②；③；④对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
7．（25-26九年级上·江苏扬州·期末）如图，在中，点D是边的中点，且，点O在边上，经过点C且与边相切于点E．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)30
【分析】本题考查切线的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键：
（1）等边对等角，结合三角形的内角和定理，求出，即可得证；
（2）解直角三角形得到，如图所示，连接，根据切线的性质得到，设，则，由此列式得到，进而得到的长，再用三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】（1）解：∵点D是边的中点，且，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∵点O在边上，
∴为的半径，
∴是的切线；
（2）解：由（1）可知，，
∴在中，，，
∴，
∴，
如图所示，连接，
∵经过点且与边相切于点，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得，，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴．
8．（2026·河北沧州·一模）如图1，在中，为线段上一点，以为圆心，长为半径的圆与边，分别交于，两点，过点作的切线，交于点．
(1)求与的位置关系，并说明理由．
(2)如图2，若为的中点．
①探究与的数量关系，并说明理由；
②连接，若，求阴影部分的面积．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）连接，证明，再由是的切线可得，从而可证明结论；
（2）①连接，可得，依据等腰三角形的性质可得结论；②连接，分别证明四边形为菱形，和为等边三角形，为等边三角形可得，再根据可得结论
【详解】（1）如图1，连接．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
又∵是的切线，
∴．
∴．
（2）①．
理由：如图2，连接，
∵是的中点，
∴是的直径，
∴．
∵，
∴．
②如图3，连接．
∵为的中点，为的中点，
∴．
又∵，，
∴四边形为菱形．
∴，，
∴和为等边三角形，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
∴．点到的距离为
∴，．
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及扇形面积公式，解直角三角形等知识；熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
9．（2025·陕西西安·一模）问题提出
（1）如图1，在正方形中，分别在边上，连接，交于点，且，求证：；
问题解决
（2）如图2，某公园有一块正方形的空地，园区管理员准备在这块空地内修四条小路，其余部分种植各种不同的花卉．已知点分别在边上，且于点．若，求小路的最小值．（小路的宽度均忽略不计）
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）如图，过作，过作，两条平行线交于点，证明，，可得，可得当三点共线时，最小，过作交于，而，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过作，过作，两条平行线交于点，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴当三点共线时，最小，
过作交于，而，
∴，，
同理可得：四边形是平行四边形，
∴，
结合（1）可得：，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∵正方形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【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，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键．
10．（2025·山东·模拟预测）（1）如图1，四边形是边长为的正方形，，分别在，边上，．为了求出的周长．小南同学的探究方法是：
如图2，延长到，使，连接，先证，再证，得，从而得到的周长 ；
（2）如图3，在四边形中，，，．，分别是线段，上的点．且．探究图中线段，，之间的数量关系；
（3）如图4，若在四边形中，，，，分别是线段，上的点，且，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（4）若在四边形中，，，点、分别在、的延长线上，且，请画出图形，并直接写出线段、、之间的数量关系．
【答案】（1）10；（2）；（3）成立，证明见解析；（4）
【分析】 （1）延长到，使，连接，由“”可证，可得，，由“”可证，可得，可得，即可求解．
（2）延长到点．使．连接，由“”可证，可得，，再由“”可证，可得，即可解题；
（3）延长到，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；
（4）在上截取，使，证明，得出，，证明，由全等三角形的性质得出，可得结论．
【详解】解：（1）如图1，延长到，使，连接，
四边形是正方形，
，，
，
又，，
，
，，
，
，
，
又，，
，
，
，
的周长
，
故答案为：10；
（2）．
证明：如图2所示，延长到点．使．连接，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
；
（3）成立．
证明：如图3，延长到，使，连接，
，，
，
在与中，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
；
（4），
理由如下：在上截取，使，
，，
，且，，
，
，，
∴，
，
，且，，
，
，
．
【点睛】本题是四边形的综合，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
冲刺突破
11．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地．
甲：，路程为．
乙：，路程为．
丙：，路程为．
下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定、三角形三边之间关系，解题的关键是通过设的长度为a，结合图形性质分别计算三人的路程并比较．
设，利用等边三角形性质得出甲、乙的路程均为，分析四边形，得出丙的路程小于，比较得出．
【详解】解：设的长度为a，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
同理可得，和是等边三角形，设的边长为m，
∴，，
∴；
如图所示，延长与，交于点I（如图），
同理可得，是等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
综上所述，．
故选：D．
12．（2025·山东济南·中考真题）如图，在中，按如下步骤作图：
①在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点D，
②分别以点C和D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点E，交于点F．
根据以上作图，若，，，则线段的长为（ ）
A．B．C．5D．
【答案】D
【分析】本题考查了作图−复杂作图、角平分线的性质和垂直平分线的性质、相似三角形的判定和性质，证明是解答本题的关键．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
根据作法得平分，垂直平分，所以，，从而证明，可得，然后利用相似三角形性质可得，解比例方程即可求解．
【详解】解：连接，
由作法得平分，垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
13．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于_____．
【答案】2
【分析】连接，取的中点，连接并延长交于点，证明，得到，证明，得到，，进而得到，推出为等腰直角三角形，求出，设，则：，，根据面积，转化为二次函数求最值即可．
【详解】解：连接，取的中点，连接并延长交于点，
∵，，是的中点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点．
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，即：，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则：，，
∴，
∴面积，
∴当时，面积的面积最大；
此时；
故答案为：2．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定性质，二次函数求最值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点的位置，将三角形的面积转化为二次函数求最值，是解题的关键．
14．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点．
(1)求证：直线是的切线．
选择其中一位同学的想法，完成证明；
(2)当与相切时，是菱形吗？说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)是菱形，理由见详解
【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答．
（2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
【详解】（1）解：左边同学的思路：
过点O作，连接，，如图所示：
∴，
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵
∴直线是的切线；
右边同学的思路：
连接，并延长交于点F，如图所示：
∵是的对称中心，
∴三点共线，且，，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是切点，
即直线是的切线；
（2）解：是菱形，理由如下：
当与相切时，记切点为点，如图所示：
∵与相切于点．与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
15．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，，且．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
（1）根据切线的判定，连接，证明出即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；
（2）由，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得，再根据相似三角形的性质可求出答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
是的直径，
，
，
又，
，
又．
，即，
是的切线；
（2）解：，，
，
在中，，，
，则，
，
，，
，
，
设，则，，
，即，
解得或（舍去），
．
16．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质；
（1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等；
（2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可．
【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
17．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，求证：；
(2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证；
（2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合
∴，，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2），
证明：如图，在上取一点，使得
∵
∴
∴，
∴
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∴
∴
∴
∴，
又∵
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
18．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且．
(1)求证：；
(2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)的大小是定值，定值为
(3)
【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明；
（2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论；
（3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵的周长为4，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴的大小是定值，定值为；
（3）解：连接，
∵正方形的边长为2，
∴，，
∴是的高，
∵，
∴是的高，
由（2）得，，
∴，
∴，
由（2）得，，
∴，
∵为边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键．
19．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系．
【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解；
（2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得；
（3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得．
【详解】解：（1），理由如下，
如图，当点G，H重合时，
∵正方形与正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，
由（1）得，
∴，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3），理由如下，
由（1）得，
∴，，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
同理，是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键．
20．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点为边的中点，点为边上一动点，连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段．
(1)线段的长为 ；
(2)当时，求的长；
(3)当点在边上时，求证：；
(4)当点到的距离是点到距离的2倍时，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
(4)的长为或.
【分析】（1）利用勾股定理计算即可；
（2）如图，求解，，证明，结合，可得，再进一步求解即可；
（3）证明，结合，，从而可得结论；
（4）如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，过作于，过作于，可得，结合（1）可得：，证明，可得，再进一步解得即可；如图，当在的右边时，过作于，过作于，同法可得答案.
【详解】（1）解：∵在中，，，
∴；
（2）解：如图，在中，，，点为边的中点，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴；
（3）证明：∵旋转，
∴，
如图，∵，，
∴，
∵，，
∴；
（4）解：如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，
过作于，过作于，
∴四边形为矩形，
∴，
结合（1）可得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当在的右边时，过作于，过作于，
同理：，
四边形四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
同理可得：，，
∴；
综上：的长为或.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
考向聚焦
技法01 全等三角形的性质与判定的综合：全等三角形是几何推理的核心工具，常与平移、轴对称、旋转等变换结合，考查学生在复杂图形中识别全等关系并进行推理证明的能力。
技法02 等腰三角形性质与判定的综合：重点考查等腰三角形"等边对等角""三线合一"等性质，以及"等角对等边"的判定方法，常与角度计算、线段证明结合。
技法03 平面镶嵌问题：考查多边形内角和及正多边形内角计算，判断给定正多边形能否进行平面镶嵌（密铺），常以选择题形式出现。
技法04 四边形性质与判定的综合：考查平行四边形及特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定，常与三角形全等、相似结合，要求进行推理证明或计算。
技法05 四边型的综合问题：四边形与函数、动点、最值等问题的综合，常作为压轴题，考查学生的综合分析能力。
技法06 切线性质与判定的综合应用：切线的判定与性质是圆部分的高频考点，常出现在解答题中，与三角形相似、勾股定理等结合，考查推理与计算能力。
技法07 尺规作图在几何证明与计算的应用：以无刻度的直尺和圆规作图为核心，要求保留作图痕迹，并结合作图过程进行几何证明或计算。
技法08 常见最值问题：几何图形中的线段最值、面积最值问题，常结合动点、函数模型考查，是中考压轴题的热点。
技法09 垂直模型的应用："一线三垂直"模型是中考高频模型，常在全等、相似、函数与几何综合题中考查，用于证明线段相等或求长度。
技法10 旋转模型的应用：以旋转中心、旋转角、对应点关系为核心，考查旋转前后图形的全等关系，常用于证明线段相等、角相等或求最值。
技法11 半角模型的应用：半角模型常见于正方形、等腰直角三角形中，涉及一个大角中包含其半角，常通过旋转构造全等三角形解决问题。
技法12 倍长中线模型的应用：倍长中线是处理三角形中线问题的常用辅助线作法，常用于证明线段相等、角相等或求线段取值范围。
考查形式
几何部分是中考数学的“压轴主力”，考查呈现基础+模型+综合的层次。技法01-06属于核心几何知识（全等、等腰、四边形、切线）的综合应用，要求熟练掌握性质与判定；技法07尺规作图考查动手操作与推理结合的能力；技法08最值问题常作为压轴题，考查综合思维；技法09-12属于几何模型专题，考查学生在复杂图形中识别模型、运用模型解决问题的能力。命题趋势上，几何与代数结合日益紧密（如函数背景下的几何问题），对模型识别能力和转化思想要求越来越高。
能力清单
直观想象能力：能根据条件想象几何图形，识别常见模型（一线三垂直、旋转、半角等）。
逻辑推理能力：能依据已知条件，运用定理进行严谨的推理论证。
模型识别与应用能力：在复杂图形中识别出基本几何模型，并运用模型结论快速解题。
运算求解能力：准确进行线段长度、角度计算，运用勾股定理、方程思想求解未知量。
分类讨论意识：在动点问题、存在性问题中，能根据位置变化进行分类讨论。
证明：∵平分，，，∴（依据）
在和中，，（依据）
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？