中考数学二轮复习训练专题08 几何模型：中点模型和对角互补模型47种题型全归纳（专项训练）（2份，原卷版+解析版）

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题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理
题型二平行四边形+多中点+中位线模型
题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题
题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形
题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断
题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题
题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定
题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题
题型九中点+相似三角形+三角函数计算
题型十中点四边形+中位线模型+对角线垂直
题型十一中点四边形+中位线模型+菱形面积计算
题型十二直角三角形+斜边中点+面积最值+线段比例计算
题型十三直角三角形+双中点+中位线模型+旋转全等
题型十四三角形+中点/等分点+面积比例计算
题型十五矩形+圆+旋转+中点模型
题型十六平行四边形+中点模型+全等/相似三角形+面积比例+线段长度计算
题型十七直角三角形+斜边中点+矩形性质+最短路径+最值问题
题型十八三角形+重心+面积比例+线段比例计算
题型十九倍中线定义+平行四边形性质+几何作图+解三角形
题型二十三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理
题型二十一三角形+倍长中线+平行四边形判定+最短路径计算
题型二十二正方形+旋转+中点+线段位置与数量关系证明
题型二十三旋补三角形+旋补中线+线段数量关系证明与计算
题型二十四三角形+等边三角形构造+中点四边形+中位线性质
题型二十五矩形/直角三角形/平行四边形+双中点+中位线性质+线段比例计算
题型二十六四边形/三角形+多中点+中位线性质+角度关系证明
题型二十七圆+直角三角形斜边中线+中点模型+线段最小值计算
题型二十八抛物线+圆+中点模型+线段最小值计算
题型二十九正方形/平行四边形/菱形+对角互补模型+中点模型+线段关系与计算
题型三十正方形+旋转90°模型+动点+面积定值与表达式计算
题型三十一正方形+半角模型（45°角）+旋转全等+对角互补模型
题型三十二正多边形（正方形、正五边形、正十边形）+对角互补模型+旋转全等/相似模型
题型三十三圆内接四边形对角互补+邻等内接四边形模型
题型三十四圆内接四边形对角互补+角平分线+旋转全等模型
题型三十五定义型互补四边形+半角模型+折叠裁剪探究模型
题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算
题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度
题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型
题型三十九直角三角形+旋转型直角顶点+对角互补模型+相似三角形定值探究
题型四十正方形中心旋转模型+对角互补模型+面积定值探究
题型四十一直角三角形斜边中点模型+四点共圆+对角互补模型+旋转探究
题型四十二双直角四边形+四点共圆+对角互补模型
题型四十三双直角+邻边相等四边形+旋转全等+对角互补模型
题型四十四双直角四边形+四点共圆+一元二次方程判别式模型
题型四十五定义型互补四边形+角平分线性质+折叠变换模型
题型四十六中心对称图形（正方形/矩形/平行四边形）+绕中心旋转模型+重叠图形面积与线段长度计算
题型四十七角平分线+互补四边形（对角互补）模型
题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理
1．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形ABCD，点E是AB的中点，将BC边沿CE翻折到CF的位置，点B的对应点为F，连接CF并延长交AD于点H，当H恰为AD的中点时，ABAD的值是 ．
【答案】2
【分析】连接EF,EH，设AE=BE=x，则AE=BE=EF=x，CD=AB=2AE=2x，证明△AEH≌△FEHHL，得到AH=FH，设AH=FH=DH=y，得到CH=CF+FH=3y，根据勾股定理得到3y2=2x2+y2，解得x=2y，负的舍去，解答即可．
【详解】解：连接EF,EH，
∵矩形ABCD，
∴AB=CD,AD=BC，∠A=∠B=∠CDA=∠BCD=90°，
将BC边沿CE翻折到CF的位置，点B的对应点为F，
∴EB=EF,FC=BC，∠EFC=∠EBC=90°，
∴∠EFH=90°，
∴∠A=∠EFH=90°，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
设AE=BE=x，
∴AE=BE=EF=x，CD=AB=2AE=2x，
在Rt△AEH和Rt△FEH中
∵AE=FEAH=AH，
∴△AEH≌△FEHHL，
∴AH=FH，
∵H为AD的中点，
∴AD=2AH=2DH，
∴AH=FH=DH，
设AH=FH=DH=y，
∴AD=BC=CF=2y，
∴CH=CF+FH=3y，
∵CH2=CD2+DH2，
∴3y2=2x2+y2，
∴4x2=8y2，
解得x=2y，负的舍去，
∴ABAD=2x2y=xy=2yy=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键．
题型二平行四边形+多中点+中位线模型
2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，对角线AC，BD交于点O，点P是AB的中点，连接DP，点E是DP的中点，连接OE，则OE的长是（ ）
A．1B．32C．2D．4
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得OB=OD，即O为BD中点，又E是PD的中点，所以OE是△PBD中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，即O为BD中点，
∵E是PD的中点，
∴OE是△PBD中位线，
∴OE=12PB，
∵AB=8，点P是AB的中点，
∴PB=12AB=4，即OE=12PB=2，
故选：C．
题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题
3．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=6，点E、F分别是边AD、CD上的动点，连接BE、EF，点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH，则GH的最大值是 ．
【答案】5
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接BD,BF，先由勾股定理求得BD=10，则BF≤BD=10，再由三角形中位线定理得到GH=12BF≤12×10=5，即可求解GH的最大值．
【详解】解：连接BD,BF，
∵矩形ABCD中，AB=8,AD=6，
∴∠A=90°，
∴BD=AB2+AD2=10，
∴BF≤BD=10，
∵点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴GH是△EBF的中位线，
∴GH=12BF≤12×10=5，
∴当点F,D重合时，GH取得最大值为5，
故答案为：5．
题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形
4．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E在边BC上，且EC=2BE．
（1）线段AE的长为 ；
（2）F为CD的中点，M为AF的中点，N为EF上一点，若∠FMN=75°，则线段MN的长为 ．
【答案】 5 153
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定等等，熟知矩形的性质与勾股定理是解题的关键．
（1）求出BE=1，再利用勾股定理即可求出答案；
（2）过点M作MH⊥EF于H，由矩形的性质得到CD=AB=2，AD=BC=3，∠B=∠D=∠C=90°，证明△ABE≌△ECFSAS，得到EF=EA，∠BAE=∠CEF，则可证明∠AEF=90°，可得∠EAF=∠EFA=45°，则∠MNF=180°−∠NFM−∠NMF=60°；由勾股定理得AF=10，则FM=AF2=102，解直角三角形求出MH的长，进而可求出MN的长．
【详解】解：（1）∵BC=3，EC=2BE，
∴BC=BE+CE=BE+2BE=3，
∴BE=1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，
∴AE=AB2+BE2=22+12=5，
故答案为：5；
（2）如图所示，过点M作MH⊥EF于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠B=∠D=∠C=90°，
∵F为CD的中点，
∴DF=CF=12CD=1，
∴CF=BE，
又∵CE=2BE=2=AB，
∴△ABE≌△ECFSAS，
∴EF=EA，∠BAE=∠CEF，
∴∠BEA+∠CEF=∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠AEF=90°，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∴∠MNF=180°−∠NFM−∠NMF=60°；
在Rt△ADF中，由勾股定理得AF=AD2+DF2=32+12=10，
∵M为AF的中点，
∴FM=AF2=102，
∴MH=MF⋅sin∠MFH=102⋅sin45°=52，
∴MN=MHsin∠MNH=52sin60°=153，
故答案为：153．
题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断
5．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为CD，AD的中点．连接BF并延长交AE于点G，交CD的延长线于点M，H为BE的中点，连接GH，CH，CG．下列结论：①CH∥AE；②∠M=30°；③S△CGH=320S正方形ABCD；④AG·MF=CD·AF．正确的是 （填写序号）．
【答案】①④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．证明△ADE≌△BCESAS，推出∠AED=∠BEC，再由直角三角形斜边中线的性质求得∠HCE=∠BEC，推出∠HCE=∠AED，可得到CH∥AE，故①正确；证明∠M=∠ABF，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得S△CGH=S△CEH，即可求得S△CGH=18S正方形ABCD，故③错误；证明△AFG∽△MFD，推出AGMD=AFMF，再等量代换即可证明故④正确．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AD=BC，∠ADE=∠BCE=90°，
∵点E为CD的中点，
∴DE=CE，
∴△ADE≌△BCESAS，
∴∠AED=∠BEC，
∵点H为BE的中点，
∴HC=HE=12BE，
∴∠HCE=∠BEC，
∴∠HCE=∠AED，
∴CH∥AE，故①正确；
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，即AB∥DM，
∴∠M=∠ABF，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠BAF=90°，
∵点F为AD的中点，
∴AF=12AD=12AB，
∴tanM=tan∠ABF=AFAB=12，
∴∠M≠30°，故②错误；
∵CH∥AE，
∴S△CGH=S△CEH，
设正方形ABCD的边长为2a，
∴S正方形ABCD=2a2=4a2，S△CEH=12S△BCE=12×12×2a×a=12a2，
∴S△CGH=18S正方形ABCD≠320S正方形ABCD，故③错误；
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠ADE=∠BAF=90°，
∵点E，F分别为CD，AD的中点，
∴DE=AF，
∴△ADE≌△BAFSAS，
∴∠EAD=∠FBA，
∵∠M=∠FBA，
∴∠M=∠EAD，
∵AB∥DM，
∴△ABF∽△DMF，
∴ABDM=AFDF，
∵点F为AD的中点，
∴ABDM=AFDF=1，
∴DM=AB=CD，
∵∠AFG=∠MFD，∠M=∠EAD，
∴△AFG∽△MFD，
∴AGMD=AFMF，
∵DM=CD，
∴AGCD=AFMF，
∴AG·MF=CD·AF，故④正确；
故答案为：①④．
题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题
6．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=4，AD=aBN，点M是AB的中点，点D和点N分别是线段AC和BC上的动点．
(1)当点D和点N分别是AC和BC的中点时，求a的值；
(2)当a=2时，以点C，D，N为顶点的三角形与△BMN相似，求BN的值；
(3)当a=2时，求MN+ND的最小值．
【答案】(1)a=22
(2)BN=3−5
(3)10
【分析】（1）勾股定理求出AB,AC的长，中点求出AD的长，BN的长，根据AD=aBN，求出a的值即可；
（2）设BN=x，得到AD=2x，CN=BC−BN=4−x，进而得到CD=AC−AD=22−2x，分△CDN∽△BMN和△CND∽△BMN两种情况进行讨论，列出比例式进行求解即可；
（3）作DE∥BC，AE⊥DE于点E，连接BE，易得△AED为等腰直角三角形，得到AD=2DE=2AE，∠DAE=45°，进而得到四边形EDNB为平行四边形，得到BE=DN，将AB绕点B旋转90度得到BF，连接NF,MF，证明△AEB≌△BNF，得到BE=DF，进而得到DF=DN，得到MN+ND=MN+NF≥MF，勾股定理求出MF的长即可．
【详解】（1）解：∵等腰直角三角形ABC中，AB=AC，∠A=90°，BC=4，AB2+AC2=2AB2=BC2，
∴AB=AC=22BC=22，
∵点D和点N分别是AC和BC的中点，
∴AD=12AC=2，BN=12BC=2，
∵AD=aBN，
∴a=ADBN=22；
（2）∵a=2，AD=aBN，
∴AD=2BN，
设BN=x，则：AD=2x，CN=BC−BN=4−x，
∵等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=4，
∴AB=AC=22，
∴CD=AC−AD=22−2x，
∵M是AB的中点，
∴AM=BM=2，
∴∠B=∠C=45°，
当点C，D，N为顶点的三角形与△BMN相似时，分两种情况：
①当△CDN∽△BMN时，则：CDBM=CNBN，
∴22−2x2=4−xx，
此方程无解，不符合题意；
②当△CND∽△BMN时，则：CNBM=CDBN，
∴4−x2=22−2xx，
解得：x=3+5（不符合题意，舍去）或x=3−5；
∴BN=3−5；
综上：BN=3−5；
（3）∵a=2，AD=aBN，
∴AD=2BN，
作DE∥BC,AE⊥DE于点E，连接BE，
则：∠ADE=∠C=45°，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴AD=2DE=2AE，∠DAE=45°，
∴AE=DE=BN，∠BAE=45°，
又DE∥BN，
∴四边形EDNB为平行四边形，
∴BE=DN，
将AB绕点B旋转90度得到BF，连接NF，MF，则：BF=AB=22，∠ABF=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠NBF=45°=∠BAE，
又∵AB=BF，AE=BN，
∴△AEB≌△BNF，
∴BE=NF，
∴DN=NF，
∴MN+ND=MN+NF≥MF，
∴当点N在线段MF上时，MN+ND的值最小为MF的长，
在Rt△MBF中，BM=12AB=2，BF=22，
∴MF=BM2+BF2=10，
∴MN+ND的最小值为10．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，求线段和的最小值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．
题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定
7．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB>AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF=DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN=BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H．连接FH，GN，如图②．求证：四边形GFHN是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出ADAB的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形DEGF是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形GFHN是平行四边形；[探究提升]：四边形GFHN为轴对称图形时，ADAB的值为12或23，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE=GE，DF=GF，而DF=DE，故GE=DE=DF=GF；
[探究证明]同探究发现可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE=BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FG∥NH，从而四边形GFHN是平行四边形；
[探究提升]若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，设AT=x，则AE=2x，可得AD=2AE=4x，DE=AE=2x，求出AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x，即可得ADAB=12；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，设AD=y，求出AB=32y，即可得ADAB=23．
【详解】[探究发现]：解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE=GE，DF=GF，
∵DF=DE，
∴GE=DE=DF=GF，
∴四边形DEGF是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN=HN，BM=HM，
∵BN=BM，
∴HN=BN=BM=HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DE=12AD，BM=12BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴DE=BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE=FG，FG∥AD，
∴FG=DE=BM=HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A=60°，
∴∠AET=30°，
∴AT=12AE，
设AT=x，则AE=2x，
∴ET=AE2−AT2=3x=GK，
∵E为AD中点，
∴AD=2AE=4x，DE=AE=2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG=DE=2x=TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH=90°，
∵AD∥NH，∠A=60°，
∴∠HNB=∠A=60°，
∴∠GNK=180°−∠GNH−∠HNB=180°−90°−60°=30°，
∴KN=3GK=3×3x=3x，
∵BN=BM=12BC=12AD=2x，
∴AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x，
∴ ADAB=4x8x=12；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD=y，则DE=DF=EG=GF=BN=BM=HM=NH=12y，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF=FH=NH=GN=12y，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN=∠A=60°，
∴AW=EG=12y，GW=AE=12y，
∴GW=GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN=GW=12y，
∴AB=AW+WN+BN=12y+12y+12y=32y，
∴ ADAB=y32y=23；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，ADAB的值为12或23．
题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题
8．（2025·重庆·中考真题）在△ABC中，AB=AC，点D是BC边上一点（不与端点重合），连接AD．将线段AD绕点A逆时针旋转α得到线段AE，连接DE．
(1)如图1，α=∠BAC=60°，∠CAE=20°，求∠ADB的度数；
(2)如图2，α=∠BAC=90°，BD∠DAC，点E是直线AD上一动点，且∠BEC=∠BAD．
①如图5，若∠BEC=60°，BE=4，则CE=__________．
②若点E在射线DA上，且BE=4，求CE的长．
【答案】（1）证明见详解．
（2）图见详解．
（3）①25+2或25−2；②25+2
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AO=CO，再根据平行线的性质可得∠ABD=∠BDC，结合∠BDC=2∠DBC，可得∠ABD=2∠DBC，即可证明．
（2）先作与∠AOB=30°相等的角∠OCD=30°，射线CD与射线OB交于点D并延长，再以点D为圆心，DC为半径画圆，交CD于点E，连接OE即可．
（3）①根据题意分成当E在A点上方时，当E在D点下方时分别证明△EBA∽△CED，△ECF∽△BED，再根据相似三角形的性质求解即可．
②延长AD至点F，令AD=DF，在AF上取点M，令CM=CF，连接BF，FC，利用“倍中线”，等角对等边和全等的性质可证明△EBA∽△CEM，再根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO=CO
∴∠ABD=∠BDC，
∵∠BDC=2∠DBC，
∴∠ABD=2∠DBC，
∵AO=CO，
∴BO是△ABC的“倍中线”；
（2）解：如图所示，点D即为所求：
先作与∠AOB=30°相等的角∠OCD=30°，射线CD与射线OB交于点D并延长，
即OD=DC，
再以点D为圆心，DC为半径画圆，交CD于点E，连接OE，
∴∠ODE=∠AOB+∠OCD=30°+30°=60°，OD=DC=DE，
∴△ODE为等边三角形，
∴∠EOD=2∠AOB=60°，
∴OD是△OCE的“倍中线”．
（3）解：①当E在A点上方时：
∵AD是△ABC的“倍中线”，∠BEC=60°，∠BEC=∠BAD
∴∠BAD=2∠DAC=60°，BD=DC
∴∠DAC=30°，∠BAE=120°
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，
∴BD=DC=AD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=∠BEC=60°，∠ADC=2×60°=120°=∠BAE
∵∠AEB+∠AEC=∠AEB+∠EBA=∠BAD=60°
∴∠AEC=∠EBA
∴△EBA∽△CED，
∴ABED=AECD=BEEC
设AB=AD=BD=DC=a，EA=b，
即aa+b=ba=4EC
∴a2−ab−b2=0，EC=4ab
∴以a为未知数，以b为字母，用求根公式可得：a1=1−52b（舍负数），a2=1+52b，
∴EC=4ab=4×1+52=2+25；
当E在D点下方时：延长AD至点F，令AD=DF，连接BF，FC，如图所示：
∵AD是△ABC的“倍中线”，
∴BD=DC，
又∵AD=DF，∠ADB=∠CDF，∠ADC=∠BDF，
∴△ADB≌△CDFSAS，△ADC≌△BDFSAS，
∴AB=CF，AC=BF，∠BAD=∠DFC，∠CAD=∠BFD，
∵AD是△ABC的“倍中线”，∠BEC=60°，∠BEC=∠BAD，
∴∠BAD=2∠DAC=2∠DFB=60°，
∴∠DFB=30°，∠BFE=120°，
∴∠BFC=∠BFD+∠DFC=90°，
∴BD=DC=DF，
∴△FCD为等边三角形，
∴∠FCD=∠BEC=60°，∠BDF=2×60°=120°=∠BFE，
∵∠FEB+∠FEC=∠FEC+∠ECF=∠DFC=60°，
∴∠FEB=∠ECF，
∴△ECF∽△BED，
∴CFED=FEBD=CEEB，
设CF=FD=CD=DB=a，EF=b，
即aa+b=ba=CE4，
∴b2+ab−a2=0，CE=4ba，
∴以b为未知数，以a为字母，用求根公式可得：b1=−1−52a（舍负数），b2=−1+52a，
∴CE=4ba=4×−1+52=25−2；
综上可得：CE的值为：25+2或25−2．
故答案为：25+2或25−2．
②延长AD至点F，令AD=DF，在AF上取点M，令CM=CF，连接BF，FC，如图所示：
∵AD是△ABC的“倍中线”，
∴BD=DC，∠BAM=2∠MAC，
又∵AD=DF，∠ADB=∠CDF，
∴△ADB≌△CDFSAS，
∴∠BAD=∠DFC，
∵CM=CF，
∴∠BAD=∠DFC=∠FMC，
∴∠FMC=2∠MAC=∠MAC+∠ACM，∠BAE=∠EMC，
∴AM=MC，
∵∠AEB+∠AEC=∠AEB+∠EBA=∠BEC=∠BAD=∠FMC，
∴∠AEC=∠EBA，
∴△EBA∽△CEM，
∴ABEM=BECE=AECM，
设AB=CF=CM=AM=a，EA=b，
即aa+b=ba=4EC，
∴a2−ab−b2=0，EC=4ab，
∴以a为未知数，以b为字母，用求根公式可得：a1=1−52b（舍负数），a2=1+52b，
∴EC=4ab=4×1+52=2+25，
CE的值为：25+2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，尺规作图，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，等角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型十九三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理
19．（2025·宁夏银川·二模）兴趣小组在活动时，王老师提出了这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AB=6,AC=10,D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到E点，使DE=AD，连接BE．根据_____可以判定△ADC≌△EDB，得出AC=BE．就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边关系，可得出中线AD的取值范围是_____．
【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑把中线延长一倍，构造全等三角形，将分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，称为“中线加倍”法．
【问题解决】
（2）如图2在△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE=5，且∠ADE=90°．求AE的长．
【问题拓展】
（3）如图3在△ABC中，∠A=90°，D是BC边的中点，∠EDF=90°，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE2+CF2=EF2．
【答案】（1）SAS；2BA．求证：四边形ABCD是互补四边形；
(3)如图2，互补四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，AB=AD=23，点E，F分别是边BC，CD的动点，且∠EAF=12∠BAD=60°，△CEF周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由；
(4)如图3，互补四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=BC，∠B=150°，将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，求CD的长．
【答案】(1)∠A=90°；
(2)证明见解析；
(3)△CEF周长不变，周长为12；
(4)CD的长为2+3或4+23．
【分析】（1）由定义可得∠B+∠D=180°，设∠B=2x，∠C=3x，∠D=4x，解方程2x+4x=180°后即可求出∠A的度数；
（2）在BC上取BE=AB，连接DE，利用“边角边”证明△ABD≌△EBD，由全等三角形的性质得∠BAD=∠BED，AD=ED，再由等量代换、等边对等角得出∠DEC=∠DCE，根据∠DEC+∠BED=180°即可证四边形ABCD是互补四边形；
（3）延长CD使DG=BE，连接AG、AC，利用“边角边”证明△ADG≌△ABE，由全等三角形的性质得AG=AE，∠DAG=∠BAE，可证∠EAF=∠GAF，再利用“边角边”证明△EAF≌△GAF，再结合全等三角形的性质得EF=DF+BE，即C△CEF=DC+BC，证明Rt△ADC≌Rt△ABC后，结合全等三角形性质、含30°的直角三角形特征、勾股定理得到AC=2AD=43，DC=AC2−AD2=6即可得到△CEF周长；
（4）分两种情况考虑：①四边形BMDN是平行四边形；②四边形ABCE是平行四边形，结合平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含30°的直角三角形特征、勾股定理即可求出CD的长．
【详解】（1）解：依题意得：∠B+∠D=180°，
设∠B=2x，∠C=3x，∠D=4x，
即2x+4x=180°，
解得x=30°，
∴∠B=60°，∠C=90°，∠D=120°，
∴∠A=360°−∠B−∠C−∠D=90°．
（2）解：在BC上取BE=AB，连接DE，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠EBD，
∵在△ABD和△EBD中，
AB=EB∠ABD=∠EBDBD=BD，
∴△ABD≌△EBDSAS，
∴∠BAD=∠BED，AD=ED，
∵AD=CD，
∴ED=CD，
∴∠DEC=∠DCE，
又∵∠DEC+∠BED=180°，
∴∠DCE+∠BAD=180°，
即对角互补，四边形ABCD是互补四边形．
（3）解：△CEF周长不变，证明如下：
延长CD使DG=BE，连接AG、AC，
∵∠B=∠D=90°，
∴∠ADG=∠B=90°，
∵在△ADG和△ABE中，
AD=AB∠ADG=∠BDG=BE，
∴△ADG≌△ABESAS，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵∠EAF=12∠BAD=60°，
∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠GAF，
∵在△EAF和△GAF中，
AG=AE∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAFSAS，
∴EF=GF=DF+DG=DF+BE，
∴C△CEF=EF+CE+CF=DF+BE+CE+CF=DC+BC，
∵在Rt△ADC和Rt△ABC中，
AD=ABAC=AC，
∴Rt△ADC≌Rt△ABCHL，
∴DC=BC，∠DAC=∠BAC=12∠BAD=60°，
∴∠ACD=30°，
∴AC=2AD=43，DC=AC2−AD2=6，
∴C△CEF=DC+BC=12，
故△CEF周长不变，周长为12．
（4）解：分两种情况：
①如下图所示，四边形BMDN是平行四边形，
∴BM∥AD，
∴∠MBD=∠NDB，∠BMC=∠ADC，
∵∠A=∠C=90°，∠ABC=150°，
∴∠ADC=30°，
同（3）得，Rt△BAD≌Rt△BCDHL，
∴∠NDB=∠MDB，
∴∠MBD=∠MDB，
∴BM=DM，
∴四边形BMDN是菱形，
∴BN=BM=DM=DN，∠MBN=∠ADC=30°，
设BN=BM=DM=DN=2x，
作NH⊥BM于点H，则NH=12BN=x，
∵菱形BMDN的面积=NH·BM=x·2x=2x2=2，
解得x1=1或x2=−1（舍去），
∴BN=BM=DM=DN=2，
∵∠BMC=∠ADC=30°，
∴BC=12BM=1，CM=BM2−BC2=3，
∴CD=CM+DM=2+3；
②如下图所示，四边形ABCE是平行四边形，
∵AB=BC，
∴平行四边形ABCE是菱形，
∴∠BCE=∠BAE=180°−∠ABC=30°，AB=AE=CB=CE，
作BH⊥AE交AE于点H，FE⊥CE交CD于点F，
设AB=AE=CB=CE=2x，则BH=12AB=x，
∵菱形ABCE的面积=BH·AE=x·2x=2x2=2，
解得x1=1或x2=−1（舍去），
∴AB=AE=CB=CE=2，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=∠BCD−∠BCE=60°，
则Rt△CEF中，∠CFE=30°，CF=2CE=4，EF=CF2−CE2=23，
∵∠BAD=∠BCD=90°，∠ABC=150°，
∴∠ADC=30°，
同①得：Rt△BAD≌Rt△BCDHL，
∴∠ADB=∠CDB=12∠ADC=15°，
∵∠CFE是△DEF的外角，
∴∠FED=∠CFE−∠CDB=15°=∠CDB，
∴DF=EF=23，
∴CD=CF+DF=4+23．
综上所述：CD的长为2+3或4+23．
【点睛】本题考查的知识点是一元一次方程的实际应用、全等三角形的判定与性质、等边对等角、含30°的直角三角形特征、勾股定理、平行四边形性质、菱形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算
36．（2025·湖南湘潭·模拟预测）阅读理解：
如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB=∠ACB，则A,B,C,D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC=180°，则A,B,C,D四点共圆．
(1)如图1，已知∠ADB=∠ACB=60°，∠BAD=65°，则∠ACD=_____；
(2)如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD,BE⊥AB,AD=2，求AE的长；
(3)如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE=3，求EF的长．
【答案】(1)55°
(2)22
(3)2393
【分析】（1）由∠ADB=∠ACB=60°，得出A，B，C，D四点共圆，则∠ACD=∠ABD=180°−∠ADB−∠BAD，即可得出结果；
（2）在线段CA取一点F，使得CF=CD，推出AF=DB,∠CFD=∠CDF=45°，
得出∠AFD=135°，证出∠DBE=135°，则∠AFD=∠DBE，再证出∠FAD=∠BDE，由ASA证得△ADF≌△DEB得出△ADE是等腰直角三角形，即可得出结果；
（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，则∠EKG=∠EBG=∠EKF=∠EAF=90°，得出E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，则∠KBE=∠EGK=60°，∠EAK=∠EFK=60°，得出△ABK是等边三角形，AB=AK=KB=4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，得出KM=AK·sin60°=23，ME=1，由勾股定理求出EK即可得出结果．
【详解】（1）解：∵∠ADB=∠ACB=60°，
∴A,B,C,D四点共圆，
∴∠ACD=∠ABD=180°−∠ADB−∠BAD=180°−60°−65°=55°．
故答案为：55°
（2）在线段CA取一点F，使得CF=CD，如图2所示：
∵∠C=90°,CF=CD,AC=CB，
∴AF=DB,∠CFD=∠CDF=45°，
∴∠AFD=135°，
∵BE⊥AB,∠ABC=45°，
∴∠ABE=90°,∠DBE=135°
∴∠AFD=∠DBE
∵AD⊥DE，
∴∠ADE=90°，
∵∠FAD+∠ADC=90∘，∠ADC+∠BDE=90∘，
∴∠FAD=∠BDE，
在△ADF和△DEB中，
∠FAD=∠BDEAF=BD∠AFD=∠DBE，
∴△ADF≌△DEB（ASA），
∴AD=DE，
∵∠ADE=90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=2AD=22；
（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：
∴∠EKG=∠EBG=∠EKF=∠EAF=90°，
∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，
∴∠KBE=∠EGK=60∘，∠EAK=∠EFK=60∘，
∴△ABK是等边三角形，
∴AB=AK=KB=4，
作KM⊥AB，则M为AB的中点，
∴KM=AK⋅sin60°=23，
∵AE=3,AM=12AB=2，
∴ME=3−2=1，
∴EK=MK2+ME2=232+12=13
∴EF=EKsin60°=1332=2393．
【点睛】本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆的判定、圆周角定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度
37．（2024九年级·吉林·学业考试）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S.

(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图①，若∠B=45°，m=52，则n=________，S=________；
②如图②，若∠B=60°，m=43，则n=________，S=________；
(2)如图③，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m，n的数量关系，并说明理由.
【答案】(1)①52，25； ②4，83
(2)S=12mn，理由见解析
【分析】（1）①证明△ADE、△BDF都是等腰直角三角形，即可求解；
②根据直角三角形的性质求得DE=23，再利用解直角三角形AE=6，再根据角平分线的性质可得DE=DF=23，再根据解直角三角形和直角三角形的性质求得BF=DFtan30°=2，BD=2BF=4，即可求解；
（2）如图③中，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N，证明△DME≅△DNFAAS，推出S=S△ADE+S△BDF=S△ADM+S△BDN，把△BDN绕点D逆时针旋转90°得到右边△ADH，∠ADH=90°，AD=m，DH=n，即可得出结论．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=90°，∠B=45°，
∴CA=CB，
∵CD平分∠ACB，
∴AD=DB=52，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠A=∠B=45°，
∴△ADE、△BDF都是等腰直角三角形，
∴BF=DF=5，AE=DE=5，
∴S=12×5×5+12×5×5=25，
故答案为：52，25；
②在Rt△ADE中，AD=43，∠A=90°−∠B=30°，
∴DE=12AD=23，AE=3DE=6，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DE=DF=23，
∵∠ACB=∠DFB=90°，
∴DF∥AC，
∴∠A=∠BDF=30°，
∴BF=DFtan30°=2，BD=2BF=4，
∴n=4，
∴S=12×23×6+12×23×2=83，
故答案为：4，83；
（2）解：如图③中，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BC于点N，
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM=DN，
∵∠DMC−∠DNC−∠MCN=90°，
∴四边形DMCN是矩形，
∵DM=DN，
∴四边形DMCN是正方形，
∴∠MDN=∠EDF=90°，
∴∠MDE=∠NDF，
∵∠DME=∠DNF，
∴△DME≅△DNFAAS，
∴S=S△ADE+S△BDF=S△ADM+S△BDN，
把△BDN绕点D逆时针旋转90°得到右边△ADH，∠ADH=90°，AD=m，DH=n，
∴S=12mn．

【点睛】本题考查直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质、角平分线的定义和性质，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型
38．（2025·湖北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2x+c与y轴交于点A0,1，P,Q为抛物线上两点，其横坐标分别为m，2mm>0，连接AP,AQ．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若∠OAP+∠OAQ=180°，求m的值；
(3)设此抛物线在点P与点Q之间部分（包括点P和点Q）的最高点与最低点的纵坐标的差为d．
①求d关于m的函数解析式；
②若当0