中考数学二轮培优专题16 婆罗摩笈多模型（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮培优专题16 婆罗摩笈多模型（2份打包，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了基础模型，变形等内容，欢迎下载使用。
专题16 婆罗摩笈多模型
婆罗摩笈多模型条件：1）公共顶点：顶点C
2）等线段：BC=DC CE=CG
3）顶角相等：∠DCB=∠GCE=90°
一、基础模型
【问题一 已知中点证垂直】
已知：四边形ABCD、CEFG为正方形，连接BE、DG，I、C、H三点共线
若点I为中点，则CH⊥BE，BE=2IC，S∆DCG=S∆BCE
证明（思路）：
①延长IC到点P，使PI=IC，连接PG
先证明∆DIC≌∆GIP(SAS)，所以DC=PG，∠DCI=∠P 则DC‖PG
∵四边形ABCD、CEFG为正方形
∴DC=BC CE=CG ∠GCE=∠BCD=90° ∴BC=PG
∵∠PGC= =180°-∠DCG (两直线平行同旁内角互补)
∠BCE=360°-90°-90°-∠DCG=180°-∠DCG
∴∠PGC=∠BCE
则∆PCG≌∆BEC(SAS) ∴∠PCG=∠CEB
∵∠PCG+∠ECH=180°-90°=90°
∴∠CEB +∠ECH=90° ∴∠CHE=90°
∴CH⊥BE
②∵∆PCG≌∆BEC ∴PC=BE ∴BE=2IC
③S∆EBC=S∆PCG=S∆PIG+S∆GCI= S∆DIC+S∆GCI=S∆DCG
【问题二 已知垂直证中点】
已知：四边形ABCD、CEFG为正方形，连接BE、DG，I、C、H三点共线
若CH⊥BE, 则点I为中点，BE=2IC，S∆DCG=S∆BCE
证明（思路）：
①分别过点D、G作DM⊥CI与点M，NG⊥CI于点N
∵∠2+∠3=90°，∠1+∠2=90° ∴∠1=∠3
由已知条件可得∆CDM≌∆BCH(AAS) ∴DM=CH CM=BH
同理∆GCN≌∆CEH(AAS) ∴NG=CH NC=HE ∴NG=DM
再证明∆DMI≌∆GNI(AAS) ∴DI=IG MI=NI
则点I为中点
②BE=BH+HE=CM+NC=NM+NC+NC=2NI+2NC=2IC
③∵S∆BHC=S∆DMC S∆GNC=S∆CHE S∆DMI=S∆GNI
∴S∆DCG= S∆DCI + S∆GNI + S∆CNG= S∆DMC+ S∆GNC= S∆BHC+ S∆CHE= S∆BCE
二、变形
变形一：如图∆AOB、∆COD为等腰直角三角形，连接AC、BD，MN
过点O且与AC交于点N、BD交于点M
则有如下结论：
1）若点N为中点，则MN⊥BD，
2）若MN⊥BD，则点N为中点
3）BD=2ON
4）S∆BOD=S∆AOC
证明（思路）：
1）延长MN至点H，使NH=NO，连接HC
先证明∆ANO≌∆CNH(SAS)，所以AO=HC，∠AON=∠H 则AO‖HC
再证明∆HOC≌∆BDO(SAS) ∴∠COH=∠ODB HO=BD
∴BD=2ON，S∆BOD=S∆AOC
∵∠COH+∠DOM=90°
∴∠ODB +∠DOM=90° ∴∠OMD=90°
∴MN⊥BD
2）方法一：构造一线三垂直模型（与问题二证明方法相同）
方法二：在BD上截取一点P，使BP=ON，连接OP
先证明∆ANO≌OBP(SAS) ∴∠ANO=∠BPO AN=OP ON=BP
再证明∆NOC≌∆PDO(SAS) ∴NC=OP ON=PD
∴BD=2ON，S∆BOD=S∆AOC
变形二：如图∆AOB、∆COD为等腰直角三角形，连接AC、BD，MN
过点O且与AC交于点N、BD交于点M
则有如下结论：
1）若点N为中点，则MN⊥BD，
2）若MN⊥BD，则点N为中点
3）BD=2ON
4）S∆BOD=S∆AOC
证明（自行证明）：
1）延长ON至点H，使ON=NH，连接AH
2）在BD上截取DH=ON，连接OH

【培优训练】
1．（2021秋·重庆·八年级重庆市大学城第一中学校校联考期中）如图，在锐角中，是边上的高，分别以为一边，向外作等腰和等腰其中，连接与的延长线交于点，下列5个结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【分析】通过证明，即可证明①，②；过点D作于点M，过点E作于点N，证明，，，即可证明③，⑤；根据直角三角形两个锐角互余，通过角度的等量代换，即可证明④．
【详解】解：①∵为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
③过点D作于点M，过点E作于点N，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即为的中线，
当时，，
∵为锐角三角形，
∴，故③不正确，不符合题意；
④∵，
∴，
∵是边上的高，
∴，
∴，故④正确；
⑤由③可知：，，，
∵，
，
∴．
综上，正确的有①②④⑤，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形全等的性质和判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形对应边相等，对应角相等，根据题意画出辅助线，构建全等三角形．
2．（2022春·四川自贡·八年级校考期中）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB，AC为一边，向外作正方形ABDE 和ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC，其中正确结论是(   　)

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，

∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，

∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
3．（2022·浙江温州·校考一模）如图， 在中以 为边向外作正方形与正方形， 连结， 并 过点作于并交于． 若， 则的长为 (      )．

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可得FQ＝DP，进而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中点，据此可得DM＝DF．
【详解】解：如图，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，
∴CN＝CD＝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，
∴DM＝DF＝．
故选：A．

【点睛】本题主要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决问题的关键．
4．（2022秋·浙江温州·九年级温州市第十二中学校考阶段练习）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，延长，交边于点，连接，分别交边，于点，，已知，，则正方形的边长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明，，求得，过点作于点，得出，，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵正方形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
在与中，

∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∵，
∴，
如图，过点作于点，

∴，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
即正方形的边长为，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，缕清线段之间的关系是解题的关键．
5．（2022秋·吉林长春·八年级校考阶段练习）在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC，其中正确结论的个数是（      ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】根据正方形的性质和全等三角形的性质逐项分析即可得出答案．
【详解】根据正方形的性质可得AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，然后求出∠CAE=∠BAG，再利用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=CE，判定①正确；
设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE=∠AGB，然后求出∠CNG=90°，根据垂直的定义可得BG⊥CE，判定②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再利用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM=∠ABC判定④正确，
全等三角形对应边相等可得EP=AH，同理可证GQ=AH，从而得到EP=GQ，再利用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM=GM，从而得到AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故选A．

考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键．
6．（2022秋·八年级课时练习）在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是_________．

【答案】①②③④
【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，

∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，

∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
7．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，连接．过点作的垂线，垂足为，分别交，于点，．若，，则四边形的面积是_________．

【答案】80
【分析】连接LC、EC、EB，LJ，由平行线间同底的面积相等可以推导出：,由，可得，故，证得四边形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出
【详解】连接LC、EC、EB，LJ，

在正方形，，中
．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
∵.
∴,
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
故答案为：80．
【点睛】此题考查正方形的性质、矩形的性质与判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理，平行线间同底的两个三角形，面积相等；难度系数较大，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
8．（2023秋·四川南充·八年级四川省南充高级中学校考期末）如图，以的两边，为边向形外作正方形，，则称这两个正方形为外展双叶正方形．有以下5个结论：①面积与面积相等．②过点作边的垂线交于点，则．③为边的中点，延长线与交于点，则且．④连接、相交于点，则且．⑤连结，为的中点，则且．其中正确的结论是_________（填序号）．

【答案】①②③④⑤
【分析】①作，作，证明，推出，由三角形面积公式即可判断；
②作出图2的辅助线，证明/，推出，得到，再证明，即可判断；
③作出图3的辅助线，证明，再证明，即可判断；
④作出图4的辅助线，证明，推出，再证明，即可判断；
⑤作出图5的辅助线，证明和，推出，再根据直角三角形的性质即可判断．
【详解】解：①如图1，过点C作于点M，过点H作的延长线于点N，则，

∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴（同角的补角相等），
在和中，，
∴，
∴，
又∵，，且，
∴面积与面积相等，故①正确；
②如图2，过点A作的垂线交于点D，设垂足为K，过点H作于点Q，过点F作的延长线于点T，则，

∵，
∴，
∴（同角的余角相等），
在和中，，
∴，
∴，
同理可证，
∴，
在和中，，
∴，
∴，故②正确；
③如图3，延长至L，使，连接，则，

∵O为边的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由②得，
∴，
∵，
∴
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∵
∴，故③正确；
④如图4，连接相交于，设交于点W，

∵
∴，即
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故④正确；
⑤如图5，延长至I，使，连接并延长交于J，

∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
∵S是的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，且，
∴，即，故⑤正确；
综上所述，正确的有①②③④⑤，
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．
9．（2020·黑龙江鹤岗·统考中考真题）以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于，延长交于点．
　
（1）如图1，若，，易证：；
（2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）时，（1）中结论成立，证明见解析；时，（1）中结论成立，证明见解析．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC=45°，证得∠EAN=∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN=NG．
【详解】（1）证明：∵，，∴，
∵，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵四边形和四边形为正方形，
∴，
∴.
（2）如图1，时，（1）中结论成立.

理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
如图2，时，（1）中结论成立.

理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键．
10．（2020·福建·统考模拟预测）求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边．
要求：（1）在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E，并延长EP与AD交于点F，不写作法，保留作图痕迹
（2）利用（1）中所作的图形写出已知、求证和证明过程．

【答案】（1）见解析；（2）DF=FP=AF，点F为AD的中点，过程见解析
【分析】（1）过P作BC的垂线即可得到答案；（2）根据题意写好已知，求证，利用圆周角定理及直角三角形的性质证明
【详解】解：（1）补全的图形如图所示；
       
（2）已知：四边形ABCD为圆内接四边形，AC⊥BD，PE⊥BC．延长EP交AD于点F．
求证：点F为AD的中点
证明：∵AC⊥BD，PE⊥BC
∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90°
∵EF是线段  
∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90°
∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90°
∴∠ECP=∠DPF
∵∠ACB与∠ADB为同弧所对的圆周角
∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF
∴∠DPF=∠PDF
∴△DPF为等腰三角形，DF=FP
∵∠APF=∠APD -∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF
∴∠APF=∠PAF
∴△APF为等腰三角形，PF=AF
即DF=FP=AF，点F为AD的中点．
【点睛】本题考查的是过一点作已知直线的垂线，圆周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形两锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H．

求证：
（1）AMEG；
（2）AH⊥EG；
（3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析
【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论；
（2）由△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到AH⊥EG；
（3）连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到2（AB2+AC2）．
【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，

∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM＝BM，
在△MBN和△MCA中

∴△MBN≌△MCA（SAS），
∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，
∴BN∥AC，NB＝AG，
∴∠NBA+∠BAC＝180°，
∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠NBA＝∠GAE，
在△NBA和△GAE中

∴△NBA≌△GAE（SAS），
∴AN＝EG，
∴AMEG；
（2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，
∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠HAE+∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
即AH⊥EG；
（3）证明：连接CE、BG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠BAG=∠CAE，
∴△ACE≌△ABG
∴CE⊥BG，
∴EG2+BC2＝CG2+BE2，
∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．

【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
12．（2019秋·湖北十堰·九年级校联考期末）已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N，
(1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG；
(2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由；
(3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长．

【答案】(1)证明见解析；(2)结论不变；(3)AN的值为．
【分析】(1)方法一：如图1中，直接证明△ABC≌△AEG即可解决问题；
方法二：如图2中，如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．证明△EAG≌△ABH即可解决问题．
(2)如图3中，结论不变．证明方法类似方法二．
(3)分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】(1)证明：方法一：如图1中，

∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
在△ABC和△AEG中，

∴△ABC≌△AEG(SAS)，
∴BC＝EG，∠CBA＝∠AEG，
又∵M是AB的中点，
∴AM＝BM＝BC，
∴AM＝EG，
∠M BA＝∠MAB＝∠AEN，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠BAM+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG．
方法二：如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．

在△ACM和△HBM中，

△ACM≌△HBM(SAS)，
∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM，
∴AC∥BH，
∴∠HBA＝∠CAB＝90°
∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
∴BH＝AG，
在△EAG和△ABH中，

∴△EAG≌△ABH(SAS)，
∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG，
∵∠BAC＝90°，AM为BC中点，
∴AM＝BC，
∴AM＝EG．
(2)如图3中，结论不变．

理由：在△ACM和△HBM中，

△ACM≌△HBM(SAS)，
∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM，
∴AC∥BH，
∴∠HBA+∠CAB＝90°，
∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAC+∠EAG＝180°，
∴∠ABH＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
∴BH＝AG，
在△EAG和△ABH中，

△EAG≌△ABH(SAS)，
∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG，
∵∠BAC＝90°，AM为BC中点，
∴AM＝BC，
∴AM＝EG．
(3)①如图4﹣1中，当点F在BC的延长线上时，作CH⊥AM于H．

易证：△ANG≌△CHA，可得AN＝CH，
在Rt△ACM中，∵AC＝4，CM＝3，
∴
∵•AM•CH＝•AC•CM，
∴CH＝，
∴AN＝CH＝．
②如图4﹣2中，当点F在线段BC上时，同法可得AN＝CH＝.

综上所述，AN的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常压轴题．
13．（2019春·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，分别以的边为腰向外作等腰和等腰，连是的中线．
     
（1）知识理解：图①所示，当时，则与的位置关系为______，数量关系为______；
（2）知识应用：图②所示，当时，M，N分别是BC，DE的中点，求证：且；
（3）拓展提高：图③所示，四边形中，，分别以边和为腰作等腰和等腰，连，分别取、的中点，连．

①求证：；
②直接写出之间的数量关系．
【答案】（1），；（2）详见解析；（3）①详见解析；②
【分析】（1）根据题意，延长FA交BC于点H，通过等腰三角形的相关性质得到全等条件，从而证明，进而即可得解；
（2）根据题意，延长CA至F，使，FA交DE于点P，并连接BF，先证明，再根据等角的余角相等以及中位线的性质即可得解；
（3）①根据题意，将沿AH方向平移至，沿DH方向平移至，连接EN，FQ，NG，QG，延长HG至S，使GS=GH，连接HS，QS，通过证明及进而即可得解；②通过上述问题得到的结论结合进行求解即可得解.
【详解】（1），
证明：如下图所示，延长FA交BC于点H
∵AB=AC，与为等腰直角三角形
∴
∴与为等腰三角形，
，
∵
∴
∴
∵AF是的中线，
∴
∴
∵
∴
∴，
在与中

∴
∴，
∴
∵
∴
∴，；

（2）证明：如下图，延长CA至F，使，FA交DE于点P，并连接BF
∵与为等腰直角三角形
∴，，，
∵，
∴
在与中

∴
∴，
∴
∴
又∵，M是BC中点
∴，
∴，；

（3）①证明：将沿AH方向平移至，沿DH方向平移至，
连接EN，FQ，NG，QG，延长HG至S，使GS=GH，连接HS，QS
∵AH=DH，，，，
∴，
又∵EG=FG
∴
∴GN=GQ，
∵E，G，F三点共线
∴N，G，Q三点共线
∴四边形NHQS是平行四边形
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
∴；
②
证明：∵
∴.

【点睛】本题主要考查了三角形及四边形的相关综合问题，其中重点需要掌握三角形全等的判定，等腰三角形的“三线合一”性质，三角形中位线定理，平行四边形的性质及判定等相关知识，该部分内容比较综合，也是考试重点，要求熟练掌握.
14．（2021秋·河南新乡·九年级统考期中）某学习小组在探究三角形相似时，发现了下面这种典型的基本图形．

（1）如图1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直线l经过点A，BD⊥直线I，CE上直线l，垂足分别为D、E．求证：＝k．
（2）组员小刘想，如果三个角都不是直角，那么结论是否仍然成立呢？如图2，将（1）中的条件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，在ABC中，沿ABC的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．
①求证：I是EG的中点．
②直接写出线段BC与AI之间的数量关系： ．
【答案】（1）见解析（2）结论还成立，证明见解析（3）①见解析②BC=AI
【分析】（1）由条件可证明△ABD∽△CAE，可得=＝k；
（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD∽△CAE，同（1）可得出结论；
（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM，证明△ABC∽△GMA，再得到四边形AGME是平行四边形，故可求解；
②由①得到BC=AM，再根据四边形AGME是平行四边形得到BC=AI，故可求解．
【详解】（1）如图1，

∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，
∴△ADB∽△CEA，
∴=＝k；
（2）成立，证明如下：
如图2，

∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，
∴∠DBA＝∠CAE，
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA
∴△ADB∽△CEA，
∴=＝k；
（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM
∵四边形AGFC是矩形，
∴∠GAC=90°
又AH⊥BC
∴∠AHC=90°
∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°
∴∠5=∠4
∵∠BDE=∠AHB=90°
∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°
∴∠2=∠1
又GMAE
∴∠3=∠2
∴∠3=∠1
∴△ABC∽△GMA
∴
又∵
∴
∴GM=AE
又∵GMAE
∴四边形AGME是平行四边形
∴EI=IG
故I为EG的中点；
②由①知
∴BC=AM
∵四边形AGME是平行四边形
∴AI=IM
∴AI=AM
∴BC=AI
∴线段BC与AI之间的数量关系为BC=AI
故答案为：BC=AI．

【点睛】此题主要考查相似三角形的判断与性质综合，解题的关键是根据题意找到相似三角形，列出比例式求解．
15．（2019·安徽合肥·校联考一模）如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．
（1）求证：BE⊥DC；
（2）若BE＝BC．
①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求 的值．
②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．

【答案】（1）详见解析；（2）①；②2．
【分析】（1）证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）①取DE的中点H，连接GH、FH，根据三角形中位线定理得到GH∥BE，GH＝BE，得到GH＝FH，GH⊥FH，根据勾股定理计算，得到答案；
②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，证明△BAE≌△BAC，得到∠BAE＝∠BAC＝135°，证明△ODA∽△OAE，根据相似三角形的性质求出OD•OE，根据三角形的面积公式就是，得到答案．
【详解】（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，
∴∠EAB＝∠CAD，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠BAD＝90°，
∴∠DOB＝90°，即BE⊥DC；
（2）①取DE的中点H，连接GH、FH，

∵点G是BD的中点，
∴GH∥BE，GH＝BE，
同理，FH∥CD，FH＝CD，
∵BE＝CD．BE⊥DC，
∴GH＝FH，GH⊥FH，
∴△HGF为等腰直角三角形，
∴GF＝GH，
∵GH＝BE，
∴，
∵BE＝BC，
∴；
②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，

在△BAE和△BAC中，
，
∴△BAE≌△BAC（SSS），
∴∠BAE＝∠BAC＝135°，
∴∠DAE＝135°﹣90°＝45°，即∠OAD+∠OAE＝45°，
∵△BAE≌△DAC，
∴AM＝AN，又AM⊥BE，AN⊥CD，
∴OA平分∠BOC，
∴∠BOA＝∠COA＝45°，
∴∠DOA＝∠EOA＝135°，
∴∠ODA+∠OAD＝45°，
∴∠OAE＝∠ODA，
∴△ODA∽△OAE，
∴，即OD•OE＝OA2＝4，
∴△DOE的面积＝×OD•OE＝2．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
16．（2020春·陕西西安·七年级西安市铁一中学校考期末）（1）猜想发现
如图1，已知△ABC，分别以AB和AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接DE．设△ABC的面积是S1，△ADE的面积是S2，猜想S1和S2的数量关系为　 　．
（2）猜想论证
如图2，已知△ABC，分别过点A作线段AD和AE，满足∠DAB+∠EAC＝180°，并且AD＝AC，AE＝AB，连接DE．设△ABC的面积是S1，△ADE的面积是S2，（1）中S1和S2的数量关系是否仍然成立？请说明理由．
（3）拓展探究
如图3，点D是锐角∠ABC角平分线上的一点，满足BD＝CD，点E在BC上，且DE⊥DC．请问在射线BA上是否存在点F，使得S△BDE＝S△CDF，如果存在，请确定点F的位置并证明；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）S1＝S2；（2）成立，证明见解析；（3）存在，S△BDE＝S△DFC．
【分析】（1）结论：S1=S2．以AD，AE为边构造平行四边形ADTE，连接AT．△BAC≌△ADT（SAS），推出S△ABC=S△ADT即可解决问题．
（2）结论成立，证明方法类似（1）．
（3）存在，过点D作DF⊥BD交AB于F，点F即为所求．利用（2）中结论解决问题，只要证明DE=DF，∠BDE+∠FDC=180°即可．
【详解】解：（1）结论：S1＝S2．

理由：以AD，AE为边构造平行四边形ADTE，连接AT．
∵四边形ABFD，四边形ACGE都是正方形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∵四边形ADTE是平行四边形，
∴DT＝AE，DT∥AE，
∴∠ADT+∠DAE＝180°，
∴∠BAC＝∠ADT，
∵AC＝DT，AB＝AD，
∴△BAC≌△ADT（SAS），
∴S△ABC＝S△ADT，
∵ET∥AD，
∴S△ADT＝S△ADE，
∴S1＝S2．
故答案为：S1＝S2．
（2）结论仍然成立．

理由：以AD，AE为边构造平行四边形ADTE，连接AT．
∵AD＝AC，AE＝AB，∠∠DAB+∠EAC＝180°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∵四边形ADTE是平行四边形，
∴DT＝AE，DT∥AE，
∴∠ADT+∠DAE＝180°，
∴∠BAC＝∠ADT，
∵AC＝AD，AB＝TD，
∴△BAC≌△TDA（SAS），
∴S△ABC＝S△ADT，
∵ET∥AD，
∴S△ADT＝S△ADE，
∴S1＝S2．
（3）存在，过点D作DF⊥BD交AB于F，点F即为所求．

理由：过点D作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N．
∵DF⊥BD，DE⊥DC，
∴∠BDF＝∠EDC＝90°，
∴∠ABD+∠BFD＝90°，∠DCE+∠DEC＝90°，
∵∠ABD＝∠DBC，DB＝DC，
∴∠DBC＝∠DCE，
∴∠BFD＝∠DEC，
∵∠ABD＝∠DBC，DM⊥BA，DN⊥BC，
∴DM＝DN，
∵∠DMF＝∠DNE＝90°，
∴△DMF≌△DNE（AAS），
∴DE＝DF，
∴DB＝DC，DE＝DF，∠BDE+∠FDC＝180°，
由（2）可知，S△BDE＝S△DFC．
∴点F即为所求．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，凭证时必须的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用构建模型思想解决问题，属于中考压轴题．
17．（2019秋·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角三角形ABD和等腰直角三角形ACE，连接DE.若M为BC中点，MA延长线交DE于点H，
(1) 求证：AH⊥DE.
(2) 若DE=4，AH=3，求△ABM的面积

【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）延长AM至点F，使MF=AM，连接BF，直接证明△AMC≌△FMB，然后通过角度转换得到∠FBA=∠DAE，再证明FBA≌△EAD，即可求得∠AHE=90°；（2）DE=4，AH=3，求出S△ADE，从而得出S△ABC，M为BC的中点，即可求得△ABM的面积.
【详解】（1）延长AM至点F，使MF=AM，连接BF，
∵M为BC的中点，∠AMC=∠BMF，
在△AMC和△FMB中

∴△AMC≌△FMB（SAS）
∴∠BFM=∠MAC，∠FBM=∠MCA，BF=CA,
△ABD和△ACE都为等腰直角三角形，
∴∠DAE=180°-∠BAC，
∴∠FBA=∠DAE，
在△FBA和△EAD中

∴△FBA≌△EAD（SAS），
∴∠BFA=∠AED，
∵∠EAC=90°，
∴∠MAC+∠HAE=90°，
∴∠HAE+∠DEA=90°，
∴∠AHE=90°，
∴AH⊥DE；
（2）∵DE=4，AH=3，
∴S△ADE=3×4÷2=6，
∴S△FBA=6，即S△ABC=6，
∵M为BC的中点，
∴S△ABM=3

【点睛】本题主要考查三角形的综合证明，熟练掌握三角形全等的性质，辅助线知识，角度及面积计算是解决本题的关键
18．（2021春·四川成都·八年级校考期中）请解答下列各题：

(1)如图1，锐角中，分别以、为边向外作等腰直角和等腰直角，使，，，连接，，试猜想与的数量关系为_________．
(2)如图2，锐角中分别以、为边向外作等腰和等腰，使，，，连接、，试猜想与的大小关系，并说明理由．
(3)如图3，在中，，以为直角边，A为直角顶点向外作等腰直角，连接，若，，求长．
(4)如图4，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，过点作直线轴，点是直线上的一个动点，线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，则的最小值为___________．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
(4)

【分析】（1）首先根据等式的性质证明，则根据即可证明，根据全等三角形的性质即可证明．
（2）首先根据等式的性质证明，则根据即可证明，根据全等三角形的性质即可证明；
（3）构造如（1）的图形，得出，再在中求出即可．
（4）连接，将绕点逆时针旋转得到，延长交轴于点，延长交轴于．首先证明，推出点的运动轨迹是直线，过点作于，作点关于的对称点，连接，，，设交于，想办法求出点的坐标，求出即可解决问题．
【详解】（1）解：结论：．
理由是：如图1中，

，
，即，
在和中，
，
，
．
（2）结论：．
理由是：如图2中，

，
，即，
在和中，
，
，
．
（3）如图3中，在的上方作等腰直角，使得，，连接．

，

是等腰直角三角形，
，
，
在中，．
，
，
，，
，
，
．
故答案为．
（4）如图4中，连接，将绕点逆时针旋转得到，延长交轴于点，延长交轴于．

，，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
点的运动轨迹是直线，
，
，
过点作于，作点关于的对称点，连接，，，设交于，
，，，
，
，，
直线的解析式为，
，
直线的解析式为，
由，解得，
，，
，
，，
，，
，
，
，
的最小值为．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是判断出，构造全等三角形，利用轴对称解决最短问题，是一道中考压轴题．
19．（2017春·福建宁德·八年级统考期末）（1）观察发现：如图1，已知Rt△ABC，∠ABC=90°，分别以AB，BC为边，向外作正方形ABDE和正方形BCFG，连接DG．若M是DG的中点，不难发现：BM=AC．
请完善下面证明思路：①先根据 　，证明BM=DG；②再证明　 　，得到DG=AC；所以BM=AC；
（2）数学思考：若将上题的条件改为：“已知Rt△ABC，∠ABC=90°，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACHI，N是EI的中点”，则相应的结论“AN=BC”成立吗？
小颖通过添加如图2所示的辅助线验证了结论的正确性．请写出小颖所添加的辅助线的作法，并由此证明该结论；
（3）拓展延伸：如图3，已知等腰△ABC和等腰△ADE，AB=AC，AD=AE．连接BE，CD，若P是CD的中点，探索：当∠BAC与∠DAE满足什么条件时，AP=BE，并简要说明证明思路．

【答案】（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，△BDG≌△BAC；（2）能，理由见解析；（3）当∠BAC=∠DAE=90°时，AP=BE，
【详解】试题分析：（1）根据题意即可得到结论；
（2）过I作IK⊥EA交EA的延长线于K，根据平角的定义得到∠BAC=∠IAK，根据全等三角形的性质得到BC=IK，AB=AK，等量代换得到AE=AI，推出AN是△EKI的中位线，于是得到结论．
（3）延长BA到F，使AF=AB，连接EF，过A作AG∥BE，根据三角形中位线的性质得到AG= BE，根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠AEF，EF=CD，根据全等三角形的性质即可得到结论．
试题解析：
（1）①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，②△BDG≌△BAC；
故答案为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，△BDG≌△BAC；
（2）能，
理由：过I作IK⊥EA交EA的延长线于K，
∵∠EAI+∠BAC=360°﹣90°﹣90°=180°，∠EAI+∠TAK=180°，
∵∠BAC=∠IAK，
在△ABC与△AKI中，，
∴△ABC≌△AKI，
∴BC=IK，AB=AK，
∵AE=AB，
∴AE=AI，
∵N是EI的中点，
∴AN是△EKI的中位线，
∴AN=IK，
∴AN=BC；
（3）当∠BAC=∠DAE=90°时，AP=BE，
延长BA到F，使AF=AB，连接EF，过A作AG∥BE，
∴EG=EF，
∴AG=BE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAD=180°﹣∠BAE，
∵∠FAE=180°﹣BAE，
∴∠CAD=∠FAE，
在△ACD与△AFE中，，
∴△ACD≌△FAE，
∴∠ADC=∠AEF，EF=CD，
∵P是CD的中点，
∴DP=CD，
∴EG=DP，
在△ADP与△AEG中，，
∴△ADP≌△AEG，
∴AP=AG，
∴AP=BE．

20．（2022·江苏苏州·统考一模）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形．

(1)如图1，已知等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，请将它分成两个三角形，使它们成为偏等积三角形；
(2)理解运用：如图2，已知△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG．求证：△ABC与△AEG为偏等积三角形；
(3)如图3，四边形ABED是一片绿色花园，△ACB、△DCE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°（0＜∠BCE＜90°），已知BE＝60m，△ACD的面积为2100m2．计划修建一条经过点C的笔直的小路CF，F在BE边上，FC的延长线经过AD中点G．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)42000元.

【分析】（1）如图1，作的中线，与的面积相等（作中线也可以）;
（2）如图2，过点作交的延长线于．证明，推出可得结论;
（3）首先，过作于，过作于，证，得，则；其次，过点作，交的延长线于，证得，得到，再证，得，由余角的性质可证，然后由三角形面积得，求出，即可求解．
（1）
如图1中，作的中线，与的面积相等（作中线也可以）;

（2）
证明：如图，过点作交的延长线于;

四边形，四边形都是正方形，
，，，
，
，
，
，
，，
，
与为偏等积三角形;
（3）
首先，过作于，过作于，如图所示，

则，
、是等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
在和中，
，，，
，
，
，，
，
其次，如图，过点作，交的延长线于，

则，
点为的中点，
，
在和中，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
修建小路的总造价为：（元．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了新定义“偏等积三角形”的定义、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积三角形”的定义，证明和是解题的关键，属于中考常考题型．
21．（2021·湖北十堰·统考模拟预测）如图，在中，，，点，分别在边，上，，连接、，点为的中点．

（1）观察图1，猜想线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论是否仍然成立，若成立请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由；
（3）把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出线段长的取值范围．
【答案】（1），；（2），仍成立，理由见解析；（3）．
【分析】（1）证明△BAE≌△CAD，继而结合直角三角形中斜边中线的性质即可得答案；
（2）延长交于，延长到使，连接，用三角形全等推出，再得到，用平行线的性质和判定就可以证明．
（3）利用三角形三边关系求出AM的范围即可确定线段长的取值范围．
【详解】（1），；理由如下：
∵AB=AC，∠BAE=∠CAD=90°，AD=AE，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD，∠ABE=∠ACD，
又∵P为CD中点，
∴AP=CP=CD，
∴，∠ACD=∠CAP，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠CAP+∠AEB=90°，
∴∠ANE=90°，
∴

（2）成立．，．
理由如下：
延长交于，延长到使，连接，
，
∵点为的中点，∴
则，
∴，，
∴，
∴，．
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，
即．

（3）∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，，，
∴AD=AE=3，AC=AB=5，
又由（2）知，CM=AD=3，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查的是三角形的旋转和相似三角形的综合题，熟悉掌握三角形旋转和相识三角形的性质和灵活的作品辅助线是解题的关键．
22．（2022秋·河南开封·九年级开封市第十三中学校考期中）如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接，点、、分别为、、的中点．

(1)观察猜想：图1中，线段与的数量关系是_________，位置关系是_________；
(2)探究证明：把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，，直接写出面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)是等腰直角三角形，理由见解析
(3)

【分析】（1）根据三角形的中位线定理，以及平行线的性质即可得解；
（2）先证明，得到，再根据三角形中位线定理和平行线的性质即可得证；
（3）当最长，即最长时，的面积最大，根据，当点在的延长线上时，的面积最大，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵点，是，的中点，
∴，，
∵点，是，的中点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）是等腰直角三角形．
理由如下：由旋转知，，
∵，，
∴，
∴，，
利用三角形的中位线得，，，
∴，
∴是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
∴，
同（1）的方法得，，
∴，
∵，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（3）∵是等腰直角三角形，
∴当最大时，面积最大；
∵
∴ 最大时，面积最大；
∵，
∴当点在的延长线上时，最大，
，
此时：，
∴面积的最大值．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，以及旋转的综合应用．熟练掌握三角形的中位线定理和旋转的性质是解题的关键．
23．（2022秋·河南安阳·九年级校联考期中）我们定义：如图1，在看，把绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”， 边B'C'上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：

(1)在图2，图3中，是的“旋补三角形”， 是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系为___________；
②如图3，当，时，则长为 ___________．
猜想论证：
(2)在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)①，②4；
(2)，见解析

【分析】（1）①首先证明，，可得即可解决问题；
②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）如图1中，延长至点Q，使得，连接，，则，根据，，，即可得到，即可解决问题．
【详解】（1）解：（1）①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系为；

理由：∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
②如图3，当，时，则长为4．

理由：∵，，
∴ ，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：4．
（2）猜想．
证明：如图，延长至点Q，使得，连接，，则，

∴，，
∴，
∵，
∴，
又由题意得到，，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
24．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）新定义：如图1（图2，图3），在中，把边绕点A顺时针旋转，把边绕点A逆时针旋转，得到，若，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

【特例感知】
(1)①若是等边三角形（如图2），，则______________．
②若（如图3），， _____________．
【猜想论证】
(2)在图1中，当是任意三角形时，猜想与的数量关系，并证明你的猜想；（提示：过点作且，连接，则四边形是平行四边形）
【拓展应用】
(3)如图4，点A，B，C，D都在半径为5的圆P上，且与不平行，，是的“旋补三角形”，点P是“旋补中心”，求BC的长．
【答案】(1)①2；②3；
(2)，证明见解析；
(3)8

【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得出，，结合“旋补三角形”的定义可得出，．利用等腰三角形的三线合一可得出，通过解直角三角形可求出AD的长度；
②由“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可得出，根据全等三角形的性质可得出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出的长度；
（2），过点作且，连接，则四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质结合“旋补三角形”的定义可得出、、，进而可证出，根据全等三角形的性质可得出，由平行四边形的对角线互相平分即可证；
（3）作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F，由（2）的结论可求出的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，进而可求出的长度．
【详解】（1）解：①∵是等边三角形，，
∴，，
∴，．
∵为等腰的中线，
∴，，
∴．
在中，，，，
∴．
②∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：①2；②3．
（2），
证明：在图1中，过点作且，连接，则四边形是平行四边形，

∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）在图4中，作、的垂直平分线，交于点P，则点P为四边形的外接圆圆心，过点P作于点F．

∵，，
∴为的中位线，
∴．
在中，，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、解直角三角形、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用解含角的直角三角形求出；②牢记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）构造平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分找出；（3）利用（2）的结论结合勾股定理求出BF的长度．