专题05 四边形中的证明与计算问题-2023年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）

这是一份专题05 四边形中的证明与计算问题-2023年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用），文件包含专题05四边形中的证明与计算问题解析版docx、专题05四边形中的证明与计算问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共92页， 欢迎下载使用。

专题05：四边形中的证明与计算问题
目录
一、热点题型归纳
【题型一】 应用四边形的性质证明及计算
【题型二】 中点四边形
【题型三】 十字架模型
【题型四】 对角互补模型
【题型五】 梯子模型
【题型六】 与正方形有关的三垂直问题
【题型七】 与正方形有关的半角模型
二、最新模考题组练


【题型一】 应用四边形的性质证明及计算
【典例分析】
1.如图，在平行四边形中，平分，平分．

(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程．
【答案】(1)证明见解析
(2)当满足时，四边形是矩形，证明见解析

【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证；
（2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，平分，
，
，
在和中，
∵，
．
（2）解：当满足时，四边形是矩形，证明如下：
四边形是平行四边形，
，
由（1）已证：，
，
，即，
四边形是平行四边形，
当满足时，则（等腰三角形的三线合一），
四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
【提分秘籍】
掌握好平行四边形和特殊平行四边形的概念和基础性质，灵活应用是关键。
【变式演练】
1．如图，中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作，交DE的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形ADCF是菱形，证明见解析

【分析】（1）由 得∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA，结合，可证，根据全等三角形的性质即求解；
（2）由，，易得四边形ADCF是平行四边形，若，点D是AB的中点，可得，即得四边形ADCF是菱形．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA．
∵点E是AC的中点，
∴AE=CE，
∴，
∴；
（2）解：当时，四边形ADCF是菱形．
证明如下：
由（1）知，，
∵，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵，
∴是直角三角形．
∵点D是AB的中点，
∴，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．
2．如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．

(1)求证：；
(2)试判断四边形的形状，并写出证明过程．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，见解析

【分析】（1）由题意得，根据平行线的性质得，用ASA即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得，即可得四边形为平行四边形，根据菱形的性质得，即，即可得．
【详解】（1）证明：点是的中点，
，
又
，
在和中，
，
；
（2）四边形为矩形，证明如下：
证明：，
，
又，
四边形为平行四边形，
又四边形为菱形，
，
即，
四边形为矩形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
3．如图，矩形中为边上一点，将沿AE翻折后，点B恰好落在对角线的中点F上．

（1）证明：；
（2）若，求折痕的长度
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由折叠的性质证明再证明 从而可得结论；
（2）利用折叠与三角形全等的性质求解 再利用的余弦求解即可.
【详解】解：（1） 矩形，

由对折可得：

为的中点，



（2），

由折叠可得：






【点睛】本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，三角形全等的判定与性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.
4．如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，是对角线上的两点，且．连接，，，．
（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若，，求四边形的周长．

【答案】（1）证明见解析（2）四边形的周长=
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，再根据SAS证明两三角形全等即可
（2）先根据正方形的性质得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD，再根据勾股定理计算出BE，再证明四边形DEBF是菱形，即可得出四边形的周长
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形
∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°
在△ADE和△CBF中
∴(SAS)
（2）∵四边形是正方形
∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD
∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又
∴OA=OB=sin∠OAB×AB=
∵
∴OE=2
在Rt△EOB中，
∵四边形是正方形
∴AO=CO，DO=BO
又∵
∴EO=FO，又DO=BO
∴四边形DEBF是平行四边形
又∵AC⊥BD，即BD⊥EF
∴四边形DEBF是菱形
∴BE=DE=DF=BF=
∴四边形的周长=4×=
【点睛】本题考查全等三角形的证明、正方形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊锐角三角函数值、熟练掌握特殊平行四边形的性质及判定是解题的关键

【题型二】 中点四边形
【典例分析】
1.四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．

（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，

∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．

【提分秘籍】
结论一：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形。
结论二：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
结论三：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半。
结论四：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形。
结论五：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形。
结论六：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形。
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正，任意四边为平行。
【变式演练】
1．我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．

（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状（不必证明）．
【答案】（1）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．

【题型三】 十字架模型
【典例分析】
1.如图，点E、F是正方形ABCD中CD、AD边上的点，BE＝CF，求证：DF＝CE．

【分析】首先利用正方形的性质得到全等三角形的一部分条件，然后利用已知条件证明Rt△BCE和Rt△CDF全等即可解集问题．
【解答】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠BCD＝90°，BC＝CD，
在Rt△BCE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），
∴DF＝CE．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，也利用了全等三角形的判定与性质，题目比较简单．
【提分秘籍】


【结论1】
正方形 ABCD 中，EF⊥GH ⇔ EF = GH
【结论 2】
在矩形 ABCD 中，EF⇔GH EF: GH=AD:AB
【变式演练】
1.【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、BC上，且AE⊥DF，求证：AE＝DF．
【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边AD上，点M、N分别在边AB、CD上，且BE⊥MN，求的值．
【拓展应用】如图3，在平行四边形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F分别在边AD、BC上，点M、N分别在边AB、CD上，当∠EFC与∠MNC的度数之间满足什么数量关系时，有试写出其数量关系，并说明理由．

【分析】【问题探究】利用ASA证明△ADE≌△DCF，得AE＝DF；
【知识迁移】过点N作NO⊥AB于点O，利用△ABE∽△ONM，得，即可得出答案；
【拓展应用】作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，说明△ABG∽△NHM，得，且四边形AEFG、HNCB是平行四边形，进而解决问题．
【解答】【问题探究】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠AED+∠DAE＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AED+∠CDF＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF，
在△ADE与△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（ASA），
∴AE＝DF；
【知识迁移】解：如图，过点N作NO⊥AB于点O，

∴∠BMN+∠MNO＝90°，
∵BE⊥MN，
∴∠BMN+∠MBE＝90°，
∴∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，
在△ABE与△MNO中，∠MNO＝∠MBE，∠BMN＝∠AEB，
∴△ABE∽△ONM，
∴，
∵ON＝BC，
∴；
【拓展应用】解：当∠EFC＝∠MNC时，，

作AG∥EF，交BC于G，NH∥BC，交AB于H，
则∠EFC＝∠AGC，∠MNC+∠BMN＝180°，∠MHN＝∠ABC，
∵∠AGB+∠AGC＝180°，
∴∠AGB＝∠NMH，
∴△ABG∽△NHM，
∴，
∵HN∥BC，AB∥CD，AG∥EF，AD∥BC，
∵四边形AEFG、HNCB是平行四边形，
∴AG＝EF，MN＝BC，
∴当∠EFC＝∠MNC时，．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
2.如图1，P为正方形ABCD的边BC上一动点（P与B、C不重合），点Q在CD边上，且BP＝CQ，连接AP、BQ交于点E．
（1）求证：AP⊥BQ；
（2）当P运动到BC中点处时（如图2），连接DE，请你判断线段DE与AD之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，过A点作AM⊥DE于点H，交BQ、CD于点N、M，若AB＝2，求QM的长度．


【分析】（1）证明△ABP≌△BCQ即可得出答案；
（2）延长BQ、AD交于一点F，证明DF＝AD，在Rt△AFE中利用直角三角形斜边中线定理即可得出答案；
（3）通过角度的推导证明△QMN和△ABN均为等腰三角形，设QM＝MN＝x，在△ADM中利用勾股定理即可列方程求解．
【解答】解：（1）在正方形ABCD中有：AB＝BC，∠ABP＝∠BCQ＝90°，
∵BP＝CQ，
∴△ABP≌△BCQ（SAS），
∴∠PAB＝∠QBC，
∵∠QBC+∠ABQ＝90°，
∴∠PAB+∠ABQ＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AP⊥BQ；
（2）AD＝DE，理由如下：
如图，延长BQ、AD交于一点F，

当点P为BC中点时，Q为CD中点，即CQ＝DQ，
∵∠FQD＝∠BQC，∠FDQ＝∠C，
∴△FDQ≌△BCQ（ASA），
∴FD＝BC，
∴FD＝AD，
由（1）得：∠FEA＝90°，
∴DE＝FA＝AD；
（3）由（1）得：AP⊥BQ，
∴∠ANE+∠NAE＝90°，
∵∠NAE+∠AEH＝90°，
∴∠ANE＝∠AEH，
设∠ANE＝∠AEH＝α，
∵DE＝DA，
∴∠DAE＝∠AEH＝α，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠DAE＝α，
∵△PAB≌△QBC，
∴∠CQB＝∠APB＝α，
∵∠QNM＝∠ANE＝α，
∴∠CQB＝∠QNM，
∴QM＝MN，
∵CD∥AB，
∴∠ABQ＝∠CQB＝α，
∴∠ABQ＝∠ANE，
∴AN＝AB＝2，
设QM＝MN＝x，则DM＝DQ+QM＝1+x，AM＝AN+MN＝2+x，
∵AD2+DM2＝AM2，
∴22+（x+1）2＝（x+2）2，
解得：x＝，
∴QM＝．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的边角性质及正方形中常考的“十字架”模型是解题关键．
【题型四】 对角互补模型
【典例分析】
1.已知，求证：，．

【答案】见解析
【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．
【详解】证明：延长DC至点E使CE=AD，
∵，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
，
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．

【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．

【提分秘籍】

四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则有：
①AD = CD
②AB+BC=2BD
③S△ABD+S△BDC=12BD2

已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则有
①CD=CE
②OD+OE=OC
③S△DCO+S△COE=√34OC2

∠AOB=2α，∠DCE=180°-2α，OC平分∠AOB，则有：
①CD=CE
②OD+OE=2OC•COSα
③S△DCO+S△COE=OC2•sinαCOSα

【变式演练】
1.（1）如图1，在四边形中，，，点E、F分别在边上，且，探究图中、、之间的数量关系．
小明探究的方法是：延长FD到点G，使，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论是______．
（2）如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边上，且，探究上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，在四边形中，，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，仍然满足，请直接写出与的数量关系为______．

【答案】（1）；（2）仍成立，理由见解析；（3）．
【分析】（1）延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．
（2）延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．
（3）在DC延长线上取一点G，使得，连接AG，证明和，在通过角的和差即可得到结论．
【详解】解：（1）．理由：
如图1，延长到点G，使，连接，证明和即可得出结论．

在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长到点G，使，连接，

∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
，
∴，
∴
（3）．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得，连接AG，

∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
2．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．

（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】解：（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，

故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；

（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD=BC=BD=3，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.

【题型五】 梯子模型
【典例分析】
1．如图，，矩形在的内部，顶点，分别在射线，上，，，则点到点的最大距离是（    ）　

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【详解】取中点，连接、、，
，
．
在中，利用勾股定理可得．
在中，根据三角形三边关系可知，
当、、三点共线时，最大为．

故选．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大是解题的关键．
2．如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接，求证：O，Q，C三点共线时，取得最大值．

【答案】见解析
【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可；
【详解】如图．

在中，，
∴．
在中，由勾股定理得．
∵，
∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即；
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．

【提分秘籍】

如图所示，线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，∠ACB=∠AOC=90°，AC的中点为P，连接OP、BP、OB，则当O、P、B三点共线时，此时线段OB
最大值。

如图所示，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点A在边OM上运动时，点B随之在ON上运动，且运动的过程中矩形ABCD形状保持不变，AB的中点为P，连接OP、PD、OD，则当O、P、D三点共线时，此时
线段OD 取最大值。
【变式演练】
1．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是_____．

【答案】2+
【分析】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OP的长．在Rt△ABP中，由勾股定理得到BP的长．在△OBP中，根据三角形三边关系定理得到OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，从而得到OB的最大值．
【详解】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，则OP=AC=2．在Rt△ABP中，BP=．
在△OBP中，OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，∴OB的最大值为．
故答案为．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的斜边的一半和勾股定理．解题的关键是构造三角形OPB．

2．如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限．其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上且AB＝12cm
（1）若OB＝6cm．
①求点C的坐标；
②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离；
（2）点C与点O的距离的最大值是多少cm．

【答案】（1）①点C的坐标为（－3，9）；②滑动的距离为6（﹣1）cm；（2）OC最大值12cm．
【分析】（1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，根据30°的直角三角形的性质解答即可；
②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，根据锐角三角函数和勾股定理解答即可；
（2）设点C的坐标为（x，y），过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，证得△ACE∽△BCD，利用相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：（1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，如图1：

在Rt△AOB中，AB=12，OB=6，则sin∠BAO=
∴∠BAO=30°，∠ABO=60°，
又∵在Rt△ACB中，∠CBA=60°，
∴∠CBD=60°，∠BCD=30°，BC=AB·sin30°=6
∴BD=BC·sin30°=3，CD=BC·cos30°=3，
∴OD=OB+BD=9
∴点C的坐标为（﹣3，9）；
②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，如图2：

AO=12×cos∠BAO=12×cos30°=6．
∴A'O=6﹣x，B'O=6+x，A'B'=AB=12
在△A'O B'中，由勾股定理得，
（6﹣x）2+（6+x）2=122，解得：x=6（﹣1），
∴滑动的距离为6（﹣1）；
（2）设点C的坐标为（x，y），过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，如图3：

则OE=﹣x，OD=y，
∵∠ACE+∠BCE=90°，∠DCB+∠BCE=90°，
∴∠ACE=∠DCB，
又∵∠AEC=∠BDC=90°，
∴△ACE∽△BCD，
∴，即，
∴y=﹣x，
OC2=x2+y2=x2+（﹣x）2=4x2，
∴当|x|取最大值时，即C到y轴距离最大时，OC2有最大值，即OC取最大值，
如图，即当C'B'旋转到与y轴垂直时．此时|x|=6，OC=，
故点C与点O的距离的最大值是12cm．
考点：相似三角形综合题．

【题型六】 与正方形有关的三垂直问题
【典例分析】
1.如图所示，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与不重合），于E，交DG于F.
求证：.

【答案】见解析.
【分析】首先证明△AED≌△DFC，则能得出DE=FC，AE=DF，进而得出结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
又∵AE⊥DG，CF∥AE，
∴∠AED=∠DFC=90°，
∴∠EAD+∠ADE=∠FDC+∠ADE=90°，
∴∠EAD=∠FDC，
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS）．
∴AE=DF，ED=FC．
∵DF=DE+EF，
∴AE=FC+EF．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质以及三角形全等的判定方法是解题的关键．
【提分秘籍】
应用一线三垂直模型构造全等三角形，再进行计算或证明即可。

【变式演练】
1.如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．

(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)16
(3)

【分析】（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）证明：在上取点，使，连接，

则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）解：四边形的面积不变，为，
连接，

，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）解：作于，

，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
2.四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，

∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，

②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，

综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．

【题型七】 与正方形有关的半角模型
【典例分析】
1.如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿 AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．

（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；
（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；
（2）根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．
【详解】（1）由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，
又∵∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）∵EC=FC=1，
∴BE=DF，EF=，
∵EF=EG+GF=BE+DF，
∴BE=DF=EF=，
∴AB=BC=BE+EC=．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．

【提分秘籍】



先证明∆AEF ≌ ∆AMF (SAS)
从而EF=BE+DF
提示：线段AC取一点E，使CE=BM连接DE、MN
先证明∆MBD ≌ ∆ECD (SAS)
再证明∆DNM ≌ ∆DNE (SAS)
最后证MN= NC+MB
提示：延长DA至点M，使DM=BE
先证明∆FDM ≌ ∆FEB(SAS)
再证明∆CMF ≌ ∆CBF(SAS)
从而CB=CD+BE

【变式演练】
1.如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．

（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．
【答案】(1)见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形．
【详解】解：连结AM，DM，BM，

∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
2．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．

【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
     连接

     ∵四边形是正方形
     ∴，
     又∵
     ∴
     ∴，
     ∵
     ∴
    ∴
    又∵
    ∴
    ∴
    又∵
    ∴
（2）
证明：延长到，使得
     连接

     ∵，
     ∴
     又∵，
     ∴
     ∴，
     ∵
     ∴
    ∴
    又∵
    ∴
    ∴
    又∵
    ∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
3．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°
（1）求证：BE+DF=EF
（2）当BE=1时，求EF的长

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）如图（见解析），先根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质可得，从而可得点在同一条直线上、，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证；
（2）设，先根据（1）的结论可得，再根据正方形的性质可得，从而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）如图，将绕点A顺时针旋转得到，
四边形ABCD是正方形，
，
点B是点D旋转后的对应点，点G是点F旋转后的对应点，
由旋转的性质得：，
，
点在同一条直线上，
又，
，
在和中，，
，
，
又，
；

（2）设，
由（1）已证：，
，
，
四边形ABCD是边长为3的正方形，
，
，，
在中，，即，
解得，
故EF的长为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（1），利用旋转的性质构造全等三角形是解题关键．

1．（2019·江苏宿迁·统考二模）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直线分别交BC、AD于点E、F，G、H分别是OB、OD的中点．求证：
（1）OE＝OF；
（2）四边形GEHF是平行四边形．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由“ASA”证明△AOE≌△COF，可得OE＝OF；
（2）由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形GEHF是平行四边形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD
∴∠DAC＝∠BCA，且OA＝OC，∠AOE＝∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）
∴OE＝OF
（2）∵OB＝OD，G、H分别是OB、OD的中点
∴GO＝OH，且OE＝OF
∴四边形GEHF是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用平行四边形的判定和性质是解题的关键．
2．（2020·山东济南·济南育英中学校考一模）如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．


【答案】证明见解析．
【分析】先证△DAF≌△DCE，再证△AEG≌△CFG，最后证△DGE≌△DGF，根据全等三角形的性质即可得到∠DGE＝∠DGF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC＝AB＝BC，
∵AE＝CF，
∴DE＝DF
在△DAF和△DCE中，
，
∴△DAF≌△DCE（SAS），
∴∠EAG＝∠FCG，
在△AEG和△CFG中，
，
∴△AEG≌△CFG（AAS），
∴EG＝FG，
在△DGE和△DGF中，
，
∴△DGE≌△DGF（SSS），
∴∠DGE＝∠DGF．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022·山东淄博·统考二模）在四边形ABCD中，已知AD∥BC，∠B＝∠D，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AF＝2AE，BC＝6，求CD的长．

【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）根据两组对边分别平行证明该四边形为平行四边形．
（2）利用等面积法求出CD长．
【详解】（1）
证明：∵AD//BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵∠B＝∠D，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∴AB//CD，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴平行四边形的面积＝BC×AE＝CD×AF，
∵AF＝2AE，
∴BC＝2CD＝6，
∴CD＝3．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和等面积法的使用，掌握这两点是解题关键．
4．（2023·福建·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形，P，Q是对角线上的两个点，且．求证：．

【答案】证明见解析
【分析】先根据平行四边形的性质得到，再利用 证明即可证明．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，熟知平行四边形对边相等且平行是解题的关键．
5．（2023·贵州黔南·统考一模）在正方形中，是边上一点，在延长线上取点使过点作交于点，交于点交于点．

(1)求证：；
(2)若是的中点，请判断与的数量关系并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）由“”可证；
（2）由“”可证，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形为正方形，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：，理由如下：
连接，如图，

由（1）可得．
，
为的中点，
，
．
四边形为正方形，
．
，
．
在和中，
，
．
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
6．（2023·广东东莞·校考一模）如图，点G是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点H．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）由四边形和四边形是正方形，可得，，，从而得到，然后利用即可证明结论；
（2）由（1）则可得，，再根据正方形的性质求出的长，然后在中，利用勾股定理可得的长，进而求得的长．
【详解】（1）解：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
在和中，，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图，连接，与交于点O，

由（1）得：
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
7．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，在中，是上一点，连接交于点，且，．

(1)的度数；
(2)当时，求的度数．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由平行四边形的性质得到，由平行线的性质求出的度数，即可得到；
（2）由平行四边形的性质得到，即可求出的度数，由直角三角形的性质即可求出的度数．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，
，
，
，
，

（2）四边形是平行四边形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查平行四边性质的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，关键是掌握平行四边形的性质．
8．（2023·江苏镇江·校联考一模）如图，在平行四边形中，的角平分线交于点F，的角平分线交于点G，两条角平分线在平行四边形内部交于点P，连接，．

(1)求证：点E是中点；
(2)若，，则的长为　　．
【答案】(1)见解析
(2)2

【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义可证，进而得到，利用等腰三角形的性质与判定可得，即可得证；
（2）先求，然后证明，，最后利用线段的和差关系即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵平行四边形，
∴，，
∴，
∵、分别平分和，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点E是中点；
（2）解：∵
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
同理：，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
9．（2023·广西贺州·统考一模）如图，在矩形的边上取一点，将沿直线折叠得到，此时点的对称点恰好落在边上，G为中点，连接BG分别与，交于M，N两点，且，连接．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)猜想和的数量关系，并说明理由；
(3)，求线段的长和的值．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)，

【分析】（1）由折叠的性质得，再推出，证明四边形为平行四边形，由，即可证明四边形为菱形；
（2）利用证明，即可证明；
（3）设，则，，证明，推出，解方程即可求得，在中，利用正弦函数的定义即可求解.
【详解】（1）证明：沿直线折叠得到，
，
，
，
，，
，，
四边形为平行四边形，
又，
为菱形；
（2）解：，理由如下：
连接，

，
，

，即
在矩形中
又是菱形
，平分

在和中

，
；
（3）解：为中点，，

，

在荾形中，且在矩形中，
，，，
得
且，


设，则，
，
解得（舍去），


在中，.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，菱形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
10．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，点E是正方形对角线上的一点，连接．过点E作，，分别交边，于点F，G，连接．

(1)求证：．
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据矩形的判定得出四边形是矩形，进而利用证明与全等，进而解答即可；
（2）由正方形的性质和勾股定理得出，进而利用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构成全等三角形是解题关键．
11．（2023·云南文山·统考一模）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点C作交的延长线于点，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）先根据平行的性质判断出，再根据角平分线的性质进而判断出，得出，从而得到四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答．
【详解】（1）证明：，
，
为的平分线，
，
，
．
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形．
（2）解：四边形是菱形，
，，，
，
，
∵，
∴，
在中，，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
12．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知：在正方形ABCD中，点M是CD边上的任意一点，BE⊥AM于点E，DF⊥AM于点F．

(1)求证：ADF≌BAE；
(2)如果正方形ABCD的边长为10，DF=6，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2

【分析】（1）根据正方形的性质可证△ADF≌△BAE（AAS）；
（2）根据勾股定理可得AF的长，再根据全等三角形的性质可得AE的长，从而可得EF的长．
【详解】（1）在正方形ABCD中，∠DAB=90°，DA=BA，
∴∠DAF+∠BAF=90°，
∵BE⊥AM，DF⊥AM，
∴∠AEB=90°，∠DFA=90°，
∴∠FDA+∠DAF=90°，
∴∠BAF=∠FDA，
在△ADF和△BAE中，
，
∴△ADF≌△BAE（AAS）；
（2）∵正方形ABCD的边长为10，DF=6，
在Rt△AFD中，根据勾股定理，得AF==8，
∵△ADF≌△BAE，
∴AE=DF=6，
∴EF=AF-AE=8-6=2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
13．（2023·山东枣庄·统考一模）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．

(1)猜想证明：
试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：
如图①，若，请直接写出的长．
【答案】(1)正方形，理由见解析
(2)，证明见解析
(3)

【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形
（2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论；
（3）作于G，根据勾股定理求出，可得，
由（2）可得，进而求出，根据勾股定理计算的长．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2），证明如下：
如图②所示，过点D作，垂足为H，则，

∴，
∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由（1）知四边形是正方形，
∴，
∴，
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图①所示，作于G，

∵四边形是正方形
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．