专题 几何十二大模型（抢分专练）（全国通用）2026年中考数学终极冲刺讲练测 习题+答案

这是一份专题 几何十二大模型（抢分专练）（全国通用）2026年中考数学终极冲刺讲练测 习题+答案，共4页。

题型1 手拉手模型
【例1】（2026·广东深圳·一模）如图1为正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG,BE．
(1)[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间有怎样的关系？请说明理由；
(2)[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD=2AB，AG=2AE，猜想DG与BE的关系，并说明理由；
(3)[应用]：在（2）问的情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB=5，AE=1，求DG的长．
【答案】(1)DG=BE，理由见解析
(2)DG=2BE，理由见解析
(3)DG=4
【分析】（1）由正方形证明△GAD≌△EABSAS，得到DG=BE；
（2）由矩形得到∠GAD=∠BAE=90°−∠DAE，结合AD=2AB,AG=2AE，得到△GAD∽△EAB，即可得到DGBE=AGAE=2，DG=2BE；
（3）GE交AD于点O，先求出GE=5，再由GE∥AB，得到∠BAD=∠GOA=90°，即可求出AO=AG⋅AEGE=2×15=255，OD=855，OG=455，最后根据勾股定理求DG=OG2+OD2即可．
【详解】（1）解：DG=BE，理由如下：
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴AG=AE，AB=AD，∠GAE=∠BAD=90°，
∴∠GAD=∠BAE=90°−∠DAE，
∴△GAD≌△EABSAS，
∴DG=BE；
（2）解：DG=2BE，理由如下：
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠GAE=∠BAD=90°，
∴∠GAD=∠BAE=90°−∠DAE，
∵AD=2AB,AG=2AE，
∴ADAB=AGAE=2，
∴△GAD∽△EAB，
∴DGBE=AGAE=2，
∴DG=2BE；
（3）解：如图，GE交AD于点O，
∵AB=5，AE=1，
∴AD=2AB=25,AG=2AE=2，
∴GE=AG2+AE2=22+12=5，
∵GE∥AB，
∴∠BAD=∠GOA=90°，
∴S△AGE=12AG⋅AE=12AO⋅GE，
∴AO=AG⋅AEGE=2×15=255，
∴OD=AD−AO=25−255=855，OG=AG2−AO2=22−2552=455，
∴DG=OG2+OD2=4552+8552=4．
【变式1-1】（2026·河南周口·一模）综合探究
(1)△ABC和△ADE的位置如图1所示，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE，则BD与CE之间的数量关系是___________；
(2)△ABC和△ADE的位置如图2所示，△ABC和△ADE都是直角三角形，且∠ABC=∠ADE=90°，ABBC=ADDE=815，连接BD，CE，求BDCE的值；
(3)如图3，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，AB=5，AD=3．连接BD，CE，将△ADE绕点A旋转，在旋转过程中，当B，D，E三点共线时，直接写出CE的长．
【答案】(1)BD=CE
(2)BDCE=817
(3)CE的长为42
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出相等的线段和角，利用SAS证明△ABD≌△ACE，即可得出结论；
（2）根据相似三角形的性质得出相等的角，证明△ADE∽△ABC，得出对应边成比例，令AB=8x,BC=15x，利用勾股定理求出AC=17x，即可求解；
（3）根据题意，画出图形，分两种情况进行讨论，利用等腰直角三角形的性质得出相等的角以及边之间的数量关系，证明△DAB∽△EAC，确定直角三角形，最后利用勾股定理进行求解．
【详解】（1）解：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE,AB=AC,∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）解：∵∠ABC=∠ADE=90°，ABBC=ADDE，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠BAD=∠CAE，
∵△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，
∴△ABD∽△ACE，
∴BDCE=ABAC，
∵ABBC=815，
∴令AB=8x,BC=15x，
由勾股定理得AC=AB2+BC2=17x，
∴BDCE=ABAC=8x17x=817；
（3）解：①如图所示，B，D，E三点共线，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠BAC=45°，AEAD=ACAB，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴∠AEC=∠D=90°，
由勾股定理得AE2=AD2+DE2=9+9=18，AC2=AB2+BC2=25+25=50，
∴CE=AC2−AE2=50−18=42；
②如图所示，B，D，E三点共线，
此时，∠ADB=∠ADE=90°，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠BAC=45°， AEAD=ACAB，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴∠AEC=∠ADB=90°，
由勾股定理得AE2=AD2+DE2=9+9=18，AC2=AB2+BC2=25+25=50，
∴CE=AC2−AE2=50−18=42；
综上，CE的长为42．
【变式1-2】（2026·甘肃平凉·一模）解答下列各题：
(1)如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点E在线段AB上，点G在CB的延长线上，连接AG、CE．判断线段AG与线段CE之间的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，在正方形ABCD和正方形BEFG中，连接AG、CE．判断线段AG与线段CE之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，若四边形ABCD与四边形BEFG都为菱形，且∠GBE=∠ABC=60°，连接AG、CE．猜想线段AG与线段CE的数量关系及AG与线段CE所在直线所夹锐角的度数，并说明理由．
【答案】(1)AG=CE，理由见解析；
(2)AG=CE，理由见解析；
(3)AG=CE，AG与CE所在直线所夹锐角的度数为60°，理由见解析．
【分析】（1）由正方形ABCD和正方形BEFG证得△ABG≌△CBE，即可求得AG=CE；
（2）由正方形ABCD和正方形BEFG证得△ABG≌△CBE，即可求得AG=CE；
（3）由菱形ABCD和菱形BEFG证得△ABG≌△CBE，可求得AG=CE，∠GAB=∠ECB，延长CE交AG的延长线于点H，交AB于点T，再求出∠H=∠ABC=60°即可．
【详解】（1）解：AG=CE，理由：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴BE=BG，AB=BC，∠ABG=∠CBE=90°，
∴△ABG≌△CBESAS，
∴AG=CE；
（2）解：AG=CE，理由：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴BE=BG，AB=BC，∠GBE=∠ABC=90°，
∴∠GBE−∠ABE=∠ABC−∠ABE，
∴∠GBA=∠EBC，
在△ABG和△CBE中，
BG=BE∠GBA=∠EBCAB=CB，
∴△ABG≌△CBESAS，
∴AG=CE；
（3）解：AG=CE，AG与CE所在直线所夹锐角的度数为60°，理由：
∵四边形ABCD和四边形BEFG是菱形，
∴BG=BE，AB=CB，
∵∠GBE=∠ABC，
∴∠GBE−∠ABE=∠ABC−∠ABE，
∴∠GBA=∠EBC，
在△ABG和△CBE中，
BG=BE∠GBA=∠EBCAB=CB，
∴△ABG≌△CBESAS，
∴AG=CE，∠GAB=∠ECB，
如图3，延长CE交AG的延长线于点H，交AB于点T，
∵∠ATH=∠CTB，∠H+∠ATH+∠GAB=180°，∠ABC+∠CTB+∠ECB=180°，
∴∠H=∠ABC=60°，
∴AG与CE所在直线所夹锐角的度数为60°．
题型2 一线三等角
【例2】（2026·青海西宁·模拟预测）综合探究与应用
【模型呈现】
(1)某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D，E．求证：DE=BD+CE．
【模型应用】
(2)如图2，在矩形ABCD中，E为边AB上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F，若AB=10，AD=6，E为AB的中点，求BF的长．
【解决问题】
(3)如图3，在△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为−2,0，点A的坐标为−6,3，则点B坐标为________．
【答案】(1)见解析
(2)256
(3)B1,4
【分析】（1）根据等腰三角形性质可以得到，AB=AC，再用角度等量代换，可以证得∠DBA=∠CAE，从而证得△DBA≌△CAE，得到AE=DB，AD=CE，用等量代换证得结论．
（2）证明△ADE∽△BEF，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，由（1）同理可证△AEC≌△CFB，然后根据上述结论可以直接写出B点坐标为1,4 ．
【详解】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠ADB=∠CEA=90°．
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD＋∠CAE=90°，
∵∠BAD＋∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD．
∵在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEAAB=CA，
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE，
即：DE=BD+CE；
（2）解：∵在矩形ABCD中，AB=10，AD=6，E为AB的中点，
∴∠A=∠B=90°，AE=BE=12AB=5，
∵EF⊥DE，
∴∠ADE=∠BEF=90°−∠AED，
∴△ADE∽△BEF，
∴ADBE=AEBF，即65=5BF，
解得BF=256；
（3）解：如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，由（1）同理可证△AEC≌△CFB
∵A−6,3，C−2,0
∴CF=AE=3，BF=CE=OE−OC=4，
∴OF=CF−OC=1，
∴点B的坐标为B1,4．
【变式2-1】（2026·湖南娄底·一模）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动：
【实践探究】
(1)小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接AG、AC，则∠ACG=______°；
【解决问题】
(2)将矩形AQGF绕点A顺时针转动，边AF与边CD交于点M，连接BM，AB=10，AD=6．
①如图2，当BM=AB时，求证：AM平分∠DMB；
②如图3，当点F落在DC上时，连接BQ交AF于点O，求AO的长．
【答案】(1)45
(2)①见解析；②AO=4
【分析】（1）通过∠GAF=∠BAC，得到∠GAC=∠BAD=90°，结合AC=AG，继而得到△ACG是等腰直角三角形，即可得解：
（2）①根据矩形性质可得AB∥DC，继而得到∠DMA=∠MAB，再利用等腰三角形性质得到∠BMA=∠BAM，等量代换即可得证；②过点B作BE⊥AF于点E，根据勾股定理可得DF的长，进而得到CF的长，证明△BCF≌△BEFAAS，进而得到EF、AE的长，BC=BE，证明△AOQ≌△EOBAAS，得到AO=OE=12AE，即可得解．
【详解】（1）解：∵长方形纸片ABCD和AFGQ是两个完全相同的长方形，
∴AC=AG，∠GAF=∠BAC，
∴∠GAF+∠CAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠GAC=∠BAD=90°，
∴△ACG是等腰直角三角形，
∴∠ACG=45°；
（2）①证明：∵BM=AB，
∴∠BMA=∠BAM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DMA=∠MAB；
∴∠BMA=∠DMA，
∴AM平分∠DMB；
②解：过点B作BE⊥AF于点E，
∵AF=AB=10，AD=6，
∴∠AFB=∠ABF ，DF=AF2−AD2=8，
∴CF=DC−DF=AB−DF=2，
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠CFB，
∴∠AFB=∠CFB，
∵∠CFB=∠BFE，∠C=∠BEF=90°，BF=BF，
∴△BCF≌△BEFAAS，
∴EF=CF=2，BC=BE，
∴AE=AF−EF=8，
∵AD=AQ=BC，
∴AQ=BE，
∵∠QAO=∠BEO=90°，∠AOQ=∠BOE，AQ=BE，
∴△AOQ≌△EOBAAS，
∴AO=OE=12AE=4．
题型3 半角模型
【例3】（2026·江苏盐城·一模）主题式学习：实验初中九年级某学习小组围绕“半角”问题开展主题学习活动．
如图1，E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上的动点，连接AE、AF、EF，且满足∠EAF=45°．
(1)【常规探究】在图1中，线段BE、DF、EF之间的数量关系为____．
(2)【变式思考】如图（2），正方形ABCD的边长为6，点E为边BC上的点，连接AE，取AE的中点G，F为CD边上的点，且∠EGF=45°，若BE=2，求CF的长．
(3)【拓展应用】如图（3），点E，F为正方形ABCD的BC边所在直线上的动点，点E在点F的左侧，且满足∠EAF=45°，求BEEF的最大值，请直接写出结果．
【答案】(1)BE+DF=EF
(2)CF=12
(3)2+12
【分析】（1）【常规探究】延长CB至G，使BG=DF，连接AG，可证得△ABG≌△ADF，从而∠BAG=∠DAF，AG=AF，进而证得△GAE≌△FAE，从而EG=EF，进一步得出结果；
（2）【变式思考】延长AE，交DC的延长线于W，作FV⊥AW于V，可得出△ABE∽△WCE，从而得出CW的值及EW=2AE，可证得△WVF∽△ABE，从而得出WV=3FV，根据勾股定理等知识求得WG=5，可证得GV=FV，根据VG+WV=WG得出FV的值，进而得出WV的值，进一步得出结果；
（3）【拓展应用】可判断当点E在CB的延长线上，点F在BE上时，存在最大值，作FG⊥AF，交AE于G，作GW⊥BE于W，则AF=FG，∠EGF=∠AFG+∠EAF=135°，可证得△ABF∽△FWG，从而BF=GW，从而得出BFEF=GWEF，作△EFG的外接圆O，作OW'⊥EF于W'，交⊙O于G'，当G点在G'处时，GWEF最大，进一步得出结果
【详解】（1）解：【常规探究】如图1，BE+DF=EF，理由如下：
延长CB至G，使BG=DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABG=∠ABE=∠BAD=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=45°，
∴∠BAG+∠BAE=45°，
∴∠EAG=45°，
∴∠EAG=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△GAE≌△FAESAS，
∴EG=EF，
∴BE+BG=EF，
∴BE+DF=EF；
（2）解：【变式思考】如图2，
延长AE，交DC的延长线于W，作FV⊥AW于V，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，BC=AB=6，∠B=90°，
∴△ABE∽△WCE，CE=BC−BE=4，∠W=∠BAE，
∴AEEW=ABCW=BECE，
∴AEEW=6CW=24，
∴CW=12，EW=2AE，
∵∠FVW=∠B=90°，
∴△WVF∽△ABE，
∴WVFV=ABBE=3，
∵AE=AB2+BE2=62+22=210，G是AE的中点，
∴EG=10，EW=410，
∴WG=510，
∵∠EGF=45°，
∴∠VFG=90°−∠EGF=45°，
∴∠EGF=∠VFG，
∴GV=FV，
∵VG+WV=WG，
∴FV+3FV=510，
∴FV=5104，
∴WV=15104，
∴FW=FV2+WV2= 51042+151042=252，
∴CF=FW−CW=252−12=12；
（3）解：【拓展应用】如图3，
当点E在CB的延长线上，点F在BE上时，BEEF存在最大值，
BEEF=BF+EFEF=1+BFEF，
作FG⊥AF，交AE于G，作GW⊥BE于W，则AF=FG，∠EGF=∠AFG+∠EAF=135°，
∴∠AFG=90°，
∴∠ABF+∠GFW=90°，
∵∠ABF=90°，
∴∠AFB+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠GFW，
∵∠ABF=∠GWF=90°，
∴△ABF≌△FWGAAS，
∴BF=GW，
∴BFEF=GWEF，
作△EFG的外接圆O，作OW'⊥EF于W'，交⊙O于G'，
当G点在G'处时，GWEF最大，
由∠EGF=135°得∠EOF=90°，
∴EF=22OE，OW'=22OE，OG'=OE，
∴G'W'=OE−22OE，
∴G'W'EF=OE−22OE2OE=2−12，
∴BEEF最大值=1+2−12=2+12．
【变式3-1】（2026·黑龙江·一模）已知：四边形ABCD是菱形，点E,F分别在边AD,CD上，DE＝DF，∠EBF=∠ABE+∠CBF．
(1)如图①，∠ABC=30°时，易证AE+CF=2EF（不需要证明）；
(2)如图②，∠ABC=60°时，线段AE,CF,EF之间有怎样的数量关系，并加以证明；
(3)如图③，∠ABC=120°时，线段AE,CF,EF之间有怎样的数量关系，直接写出你的猜想，不用证明．
【答案】(1)见解析
(2)AE+CF=233EF，理由见解析
(3)AE+CF=233EF
【分析】（1）连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE=∠CBF，BE=BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF=2FH，即可求解．
（2）连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE=∠CBF，BE=BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF=233FH，即可求解．
（3）由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE=∠CBF，BE=BF，由直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）证明：连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=30°
∴AB=BC=AD=CD，∠ADC=∠ABC=30°，AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°
∴∠BAD=180°−∠ABC=150°，
∴∠BCD=∠BAD=150°，
∵DE=DF，
∴AE=CF，
∴△BAE≌△BCFSAS，
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
又∵DE=DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN=FN，BD⊥EF，∠EBN=∠FBN，
∵∠EBF=∠ABE+∠CBF，
∴2∠FBN=2∠FBC，即∠FBN=∠FBC，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN=FH，
∵∠FCH=180°−∠BCD=30°，
∴CF=2FH=2FN，
∴AE+CF=2CF=2×2FN=2EF．
（2）解：AE+CF=233EF，理由如下：
连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，如图，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°
∴AB=BC=AD=CD，∠ABC=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°
∴∠BAD=180°−∠ABC=120°，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∵DE=DF，
∴AE=CF，
∴△BAE≌△BCFSAS，
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
又∵DE=DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN=FN，BD⊥EF，∠EBN=∠FBN，
∵∠EBF=∠ABE+∠CBF，
∴2∠FBN=2∠FBC，即∠FBN=∠FBC，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN=FH，
∵∠FCH=180°−∠BCD=60°，
∴CF=FHsin60°=233FH=233FN，
∴AE+CF=2CF=2×233FN=233EF．
（3）解：如图：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AB=BC=AD=CD，AD∥BC，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°，
∴∠BAD+∠ABC=180°
∴∠BAD=180°−∠ABC=60°，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
又∵DE=DF，
∴AE=CF，
∴△BAE≌△BCFSAS，
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
同理可得：∠CBF=∠DBF=12∠DBC=30°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE=EF，
∴∠AEB=∠CFB=90°，
∴AE=CF=33BE，
∴AE+CF=233EF．
【变式3-2】7．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．
【实践探究】
(1)求证：△ANM≌△ANE．并直接写出DM，BN与MN之间的数量关系；
(2)在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是 ；
(3)如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN=DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF=45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
(4)如图③，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=2，直接写出DM的长．
【答案】(1)见解析，MN=DM+BN；
(2)12
(3)EF2=DF2+BE2，理由见解析；
(4)4
【分析】（1）根据正方形和旋转的性质，先证明∴点E、B、C三点共线，再利用“SAS”可证明△ANM≌△ANE，从而得出MN=EN，即可得解；
（2）利用勾股定理可得MN=10，结合（1）所得结论，可得BC+CD=24，即可求出正方形ABCD的边长；
（3）将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△AGB，连接EG，根据正方形和旋转的性质可证明△AEG≌△AEFSAS，再证明四边形BMDN是平行四边形，从而推出GBE=90°，最后结合勾股定理求解即可；
（4）延长AB至点P，使得BP=BN=2，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接EM，四边形APQD是正方形，得到PQ=AD=DQ=8，证明△ABN∽△APE，求出PE=83，EQ=163，同（1）理可证EM=PE+DM，设DM=a，在Rt△EQM中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=∠BCD=90°，
由旋转的性质可知，AE=AM，DM=BE，∠DAM=∠BAE，∠ABE=∠D=90°，
∴∠ABE+∠ABC=180°，
∴点E、B、C三点共线，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAM+∠BAN=45°，
∴∠BAE+∠BAN=∠EAN=45°=∠MAN，
在△ANM和△ANE中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN
∴△ANM≌△ANESAS，
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=DM+BN；
（2）解：在Rt△CMN中，CN=6，CM=8，
∴MN=CN2+CM2=10，
由（1）可知，MN=DM+BN，
∴DM+BN=10，
∴BC+CD=BN+CN+CM+DM=10+6+8=24，
∴BC=CD=12，即正方形ABCD的边长是12；
（3）解：EF2=DF2+BE2，理由如下：
如图，将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△AGB，连接EG，
∴AG=AF，BG=DF，∠DAF=∠BAG，∠ADF=∠ABG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=45°，
∴∠BAG+∠BAE=∠EAG=45°=∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS，
∴EG=EF，
∵BN∥DM，BN=DM，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∴DN∥BM，
∴∠AND=∠ABM，
∵∠ADN+∠AND=180°−∠BAD=90°，
∴∠ABG+∠ABM=∠GBE=90°，
∴在Rt△BEG中，EG2=BG2+BE2，
∴EF2=DF2+BE2；
（4）解：如图，延长AB至点P，使得BP=BN=2，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接EM，
在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，
∴∠ABC=∠BAD=∠D=∠BCD=90°，AB=CD=6，AD=BC=8，
∴AP=8=AD，
∵BC∥PQ，
∴∠P=∠ABC=90°，∠Q=∠BCD=90°，
∴∠PAD=∠D=∠P=∠Q=90°，
∴四边形APQD是正方形，
∴PQ=AD=DQ=8，
∵BC∥PQ，
∴△ABN∽△APE，
∴ABAP=BNPE，
∴68=2PE，
∴PE=83，
∴EQ=PQ−PE=8−83=163，
同（1）理可证EM=PE+DM，
设DM=a，则MQ=8−a，EM=83+a，
在Rt△EQM中，EQ2+MQ2=EM2，
∴1632+8−a2=83+a2，
解得：a=4，即DM的长为4．
题型4 中点四大模型
【例4】（2026·江西·模拟预测）【猜想探究】
如图1．在△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，连接DE：
（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ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH．若AC=16，BD=20，∠AOB=60°，求四边形EFGH的面积．

【问题解决】
（3）如图3所示，在一个四边形ABCD的草坪上修一条小路，其中点P和点Q分别为边AB和边CD的中点，且∠A+∠ABC=90°，BC=6，AD=8，求小路PQ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）403；（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BD∥CF，BD=AD=CF，进而证明四边形BDFC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HG=12AC=8，FG=12BD=10，EH∥FG∥BD，HG∥EF∥AC，从而可得四边形EFGH为平行四边形，再根据平行线的性质求得∠HGF=∠AIF=∠AOB=60°，过H作HM⊥FG于M，利用正弦函数定义求得HM=43，然后根据平行四边形的面积公式求解即可；
（3）连接AC，取AC的中点M，连接QM，PM，根据三角形中位线定理得到PM=12BC=3，QM=12AD=4，PM∥BC，QM∥AD，根据平行线的性质和三角形的外角性质可推导出∠PMQ=90°，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）操作1：将△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°到△CFE的位置，则EF=DE，CF=AD，∠A=∠ECF，
∴AD∥CF，即BD∥CF，
∵D是AB的中点，
∴BD=AD=CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DF∥BC，DF=BC，
∴DE=12DF=12BC，DE∥BC；
操作2．延长DE到点F，使EF=DE，连接CF．
∵E分别为AC的中点，
∴AE=CE，又∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CFESAS,
∴∠A=∠ECF，CF=AD，
∴AD∥CF，即BD∥CF，
∵D是AB的中点，
∴BD=AD=CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DF∥BC，DF=BC，
∴DE=12DF=12BC，DE∥BC；
∴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ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接EF、FG、GH、HE，
∴EH=FG=12BD，HG=EF=12AC，EH∥FG∥BD，HG∥EF∥AC，
∴四边形EFGH为平行四边形；
∵AC=16，BD=20，
∴HG=12AC=8，FG=12BD=10，
∵∠AOB=60°，FG∥BD，HG∥AC，
∴∠HGF=∠AIF=∠AOB=60°，
过H作HM⊥FG于M，则HM=HG⋅sin60°=8×32=43，
∴四边形EFGH的面积为FG⋅HM=10×43=403；
（3）连接AC，取AC的中点M，连接QM，PM，
∵点P和点Q分别为边AB和边CD的中点，BC=6，AD=8，
∴PM=12BC=3，QM=12AD=4，PM∥BC，QM∥AD，
∴∠CMQ=∠CAD，∠APM=∠B，
∵∠B+∠BAD=90°，
∴∠PMQ=∠PMC+∠CMQ =∠APM+∠PAM+∠CAD =∠B+∠BAD=90°，
∴PQ=QM2+PM2=42+32=5，
即小路PQ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4-1】（2026·安徽淮南·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=5，AB=13，CD平分∠ACB交AB于点D，BE⊥CD交CD延长线于点E，F为AB的中点，连接EF，则EF的长为（ ）
A．4B．72C．3D．83
【答案】B
【分析】延长CA交BE的延长线于点G，证明△CEG≌△CEB，可得BE=EG，CG=CB，在Rt△ABC中可求得BC，即可得AG的长，再可得EF为△BAG的中位线，即可求得EF的长．
【详解】解：如图，延长CA交BE的延长线于点G，
∵CD平分∠ACB，BE⊥CD，
∴∠GCE=∠BCE，∠CEB=∠CEG=90°，
在△CEG和△CEB中，
∠GCE=∠BCECE=CE∠CEB=∠CEG，
∴△CEG≌△CEBASA，
∴BE=EG，CG=CB，
在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=5，AB=13，
∴CB=AB2−AC2=132−52=12，
∴CG=CB=12，
∴AG=CG−AC=12−5=7，
∵F为AB的中点，BE=EG，
∴EF为△BAG的中位线，
∴EF=12AG=12×7=72．
【变式4-2】（2026·湖北襄阳·一模）探究：【证法回顾】
(1)证明：三角形中位线定理．
已知：DE是△ABC的中位线，求证：DE∥BC，DE=12BC．
证明：添加辅助线，如图1，在△ABC中，延长DE（点D、E分别是AB、AC的中点）至点F，使得EF=DE，连接CF．请继续完成证明过程；
【问题解决】
(2)如图2，在正方形ABCD中，点E为AD的中点，点G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=2，DF=3，∠GEF=90°，求GF的长；
【拓展研究】
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=105°，∠D=120°，点E为AD的中点，点G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=22，DF=2，∠GEF=90°，求GF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)5
(3)25
【分析】（1）证明四边形BDFC是平行四边形即可求证；
（2）取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，证明△FED≌△HEA，得AH=DF，EH=EF，得到EM是中位线，再利用中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可求解；
（3）取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得GE=EM，连接DM，证明△AEG≌△DEM，得AG=DM，∠A=∠EDM=105°，过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，由∠ADF=120°，可得∠ADQ=60°，∠QDM=45°，得到△QDM是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得QM=QD=2，得到QF=QD+DF=4，即得到MF=QM2+QF2=25，最后利用中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可求解．
【详解】（1）解：如图，延长DE到点F，使得EF=DE，连接CF，
∵AE=EC∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△FEC≌△DEASAS，
∴AD=CF，∠A=∠ACF，
∴AD∥CF，
∵AD=BD，
∴BD=CF，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DE∥BC，DF=2DE=BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
（2）解：如图，取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠HAE=∠FDE=90°，
∵AE=ED，∠AEH=∠DEF，
∴△HEA≌△FEDASA，
∴AH=DF=3，EH=EF，
∵M是GF的中点，
∴EM是△FGH的中位线，
∴EM=12GH=12×2+3=52，
∵∠GEF=90°，
∴GF=2EM=5；
（3）解：如图，取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得GE=EM，连接DM，
∵AE=DE∠AEG=∠DEMGE=ME，
∴△AEG≌△DEMSAS，
∴AG=DM=22，∠A=∠EDM=105°，
过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，
∵∠ADF=120°，
∴∠ADQ=60°，
∴∠QDM=∠EDM−∠ADQ=105°−60°=45°，
∴△QDM是等腰直角三角形，
∴QM2+QD2=DM2=8，
∴QM=QD=2，
∴QF=QD+DF=2+2=4，
∴MF=QM2+QF2=22+42=25，
∵EN是△GMF的中位线，
∴EN=12MF=5，
∵∠GEF=90°，
∴GF=2EN=25．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
题型5 将军饮马模型
【例5】（2026·四川南充·一模）如图，在⊙O中，∠AOB=60°，点C为AB⏜的中点，点D是半径OA上一动点．若OA=1，则BD+CD的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．5
【答案】B
【分析】作点B关于OA的对称点B'，连接B'C,OB',OC，连接BB'交OA于点D'，根据轴对称的性质得出BD+CD的最小值为B'C的长度，求出相关角的度数，最后利用勾股定理进行求解．
【详解】解：如图所示，作点B关于OA的对称点B'，连接B'C,OB',OC，连接BB'交OA于点D'，

∴BD'=B'D'，∠AOB'=∠AOB=60°，
此时，BD+CD的最小值为B'C的长度，
∵点C为AB⏜的中点，
∴∠AOC=30°，
∴∠B'OC=∠AOC+∠AOB'=90°，
∴由勾股定理得B'C=OC2+OB'2=2，
即BD+CD的最小值为2．
【变式5-1】（25-26八年级上·福建莆田·期末）如图，△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的中线，∠B=65°．E为AC边上的动点，F，G为AD上的动点，且FG的长为定值FG