中考数学二轮复习几何模型归纳讲练专题18 全等与相似模型之十字模型（2份打包，原卷版+教师版）

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模型1.正方形的十字架模型（全等模型）
“十字形”模型，基本特征是在正方形中构成了一个互相重直的 “十字形”，由此产生了两组相等的锐角及一组全等的三角形。
1）如图1，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AE⊥BF；则 AE=BF。

2）如图2，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AE⊥GF；则 AE=GF。
3）如图3，在正方形ABCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EH⊥GF；则 HE=GF。

模型巧记：正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
例1．（22·23下·广东·课时练习）如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（ ）
A．13B．14C．15D．16
【答案】A
【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∴∠APQ=∠PQM，∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，∴PM=AD，∵∠D=∠PMQ=90°，∴△PQM≌△ADE，∴PQ=AE，
在 中，，AD=12，由勾股定理得：， ∴PQ=13．故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解题的关键．
例2．（2023年辽宁省丹东市中考数学真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据题意证明，，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，，，
，，，
，，，，
又，，，
，，，
，．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
例3．（2023安徽省芜湖市九年级期中）如图，正方形中，点E、F、H分别是的中点，交于G，连接．下列结论：①；②；③；④．正确的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用正方形的性质找条件证明，则，由得到，则，即可判断①；连接，同理可得：，，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到 ，即可判断④；可得是等腰三角形，由等腰三角形三线合一得到，垂直平分，；假设，推出矛盾，则，即可判断②；证明是等腰三角形，由三线合一可知，由得到，由得到，由三角形外角的性质得到，即可判断③．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，
∵点E、F、H分别是的中点，∴，
在与中，，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴；故①正确；连接，如图所示：

同理可得：，，在中，H是边的中点，
∴，即；故④正确；
∵，∴是等腰三角形，∴，垂直平分， ∴；
若，则是等边三角形，则，，
则，而，与矛盾，
∴，∴，∴，故②错误；
∵，∴是等腰三角形，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴；故③正确；正确的结论有3个，故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
例4．（广西2022-2023学年九年级月考）（1）感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边AB上一点（点E不与点AB重合），连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：．
（2）探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB中点，，，求GH的长．（3）应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，，BF，AE相交于点G．若，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则的面积为______，的周长为______．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），
【分析】感知：由正方形的性质得出AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，证得∠ADE＝∠BAF，由ASA证得△DAE≌△ABF（ASA），即可得出结论；
探究：分别过点A、D作，分别交BC、AB于点N、M，由正方形的性质得出，AB＝CD，∠DAB＝∠B＝90°，推出四边形DMEF是平行四边形，ME＝DF＝1，DM＝EF，证出DM⊥GH，同理，四边形AGHN是平行四边形，GH＝AN，AN⊥DM，证得∠ADM＝∠BAN，由ASA证得△ADM≌△BAN，得出DM＝AN，推出DM＝GH，由E为AB中点，得出AE＝AB＝2，则AM＝AE﹣ME＝1，由勾股定理得出DM＝，即可得出结果；
应用：S正方形ABCD＝9，由阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由SAS证得△ABE≌△BCF，得出∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四边形CEGF，则S△ABG＝，∠FBC+∠BEA＝90°，则∠BGE＝90°，∠AGB＝90°，设AG＝a，BG＝b，则，2ab＝6，由勾股定理得出a2+b2＝AB2＝32，a2+2ab+b2＝15，即（a+b）2＝15，得出a+b＝，即可得出结果．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴，，
∵，∴，，∴，
在和中，，∴≌（ASA），∴．
探究：解：分别过点A、D作，，分别交BC、AB于点N、M，如图②所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴，，，
∴四边形DMEF是平行四边形，∴，，
∵，，∴，
同理，四边形AGHN是平行四边形，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（ASA），∴，∴，
∵E为AB中点，∴，∴，
∴，∴．
应用：解：∵AB＝3，∴S正方形ABCD＝3×3＝9，
∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为：×9＝6，∴空白部分的面积为：9﹣6＝3，
在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四边形CEGF，
∴S△ABG＝×3＝，∠FBC+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴∠AGB＝90°，
设AG＝a，BG＝b，则ab＝，∴2ab＝6，
∵a2+b2＝AB2＝32，∴a2+2ab+b2＝32+6＝15，即（a+b）2＝15，而
∴a+b＝，即BG+AG＝，∴△ABG的周长为+3，故答案为：，．
【点睛】本题考查正方形的性质、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、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
模型2.矩形的十字架模型（相似模型）
矩形的十字架模型：矩形相对两边上的任意两点联结的线段是互相垂直的，此时这两条线段的的比等于矩形的两边之比。通过平移线段构造基本图形，再借助相似三角形和平行四边的性质求得线段间的比例关系。
如图1，在矩形ABCD中，若E是AB上的点，且DE⊥AC，则.
如图2，在矩形ABCD中，若E、F分别是AB、CD上的点，且EF⊥AC，则.
如图3，在矩形ABCD中，若E、F、M、N分别是AB、CD、AD、BC上的点，且EF⊥MN，则.
例1．（22·23下·广西·九年级期中）如图，把边长为，且的平行四边形对折，使点和重合，求折痕的长．
【答案】
【分析】先证明，得到，求出BE和BF，然后得到BD，DG和MG的长度，再利用全等三角形的性质，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接与交于点，并补全矩形为．
∴，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵且，∴，
又∵，∴，
∴，∴，
∴，∵，，，
∴，∴，∴．
【点睛】此题是折叠问题，考查折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用所学的性质定理得到，从而求出所需边的长度．
例2．（22·23下·河北·九年级期中）如图，在矩形中，、、、分别为、、、边上的点，当时，证明：．
【答案】见解析
【分析】过点作于点，过点作于点，先根据余角的性质证明，再证明即可证明结论成立．
【详解】证明：如解图，过点作于点，过点作于点，
∵，且四边形为矩形，
∴，∴，∴．
又∵，∴，∴．
又∵，∴，
∴．
【点睛】本题考查了余角的性质，矩形的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
例3．（22-23·贵港·中考真题）已知：在矩形中，，，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．
（1）如图1，当点与点重合时，则线段_______________，_____________；
（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，，．
①求证：四边形是平行四边形：②当时，求四边形的面积．
【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②
【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；
（2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而易证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；
②连接与交于点，则且，又由①知：， ，则，继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设，则，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．
【详解】解：（1） 2 ， 4 ；过点F作FH⊥AB，
∵折叠后点A、P、C重合∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB∴∠CFE＝∠FEA，∴∠CFE＝∠FEC，∴CF＝CE＝AE，
设AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°∴四边形DAHF是矩形，
∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: ＝4

（2）①证明：如图2，∵在矩形中，，
由折叠（轴对称）性质，得：，∴，
∵点是的中点，∴，又，∴，
∴，∴四边形是平行四边形：
②如图2，连接与交于点，则且，
又由①知：，∴，则，
又，∴，∴
在，，而，∴，
又在中，若设，则，
由勾股定理得：，则，而且，
又四边形是平行四边形，∴四边形的面积为．
【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．
例4．（2022年四川乐山中考数学适应性试卷）解答
(1)如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H．求证：；(2)如图2，在满足（1）的条件下，点M，N分别在边BC，CD上，若，求的值；(3)如图3四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，，求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)
【分析】（1）过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，易证AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；
（2）只需运用（1）中的结论，就可得到，就可解决问题；
（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，易证四边形ABSR是矩形，由（1）中的结论可得．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝5+x，RD＝10﹣y，在Rt△CSD中根据勾股定理可得x2+y2＝25①，在Rt△ARD中根据勾股定理可得（5+x）2+（10﹣y）2＝100②，解①②就可求出x，即可得到AR，问题得以解决．
【详解】（1）解：过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．
∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．
又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT+∠AQT＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP+∠DPA＝90°，
∴∠AQT＝∠DPA．∴△PDA∽△QAB，∴，∴；
（2）如图2，∵EF⊥GH，AM⊥BN，
∴由（1）中的结论可得，，∴．
（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，
则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC＝90°，∴▱ABSR是矩形，
∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS．
∵AM⊥DN，∴由（1）中的结论可得．
设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝5+x，RD＝10﹣y，∴在Rt△CSD中，x2+y2＝25①，
在Rt△ARD中，（5+x）2+（10﹣y）2＝100②，由②﹣①得x＝2y﹣5③，
解方程组，得，（舍去），或，
∴AR＝5+x＝8，∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键．
模型3.三角形的十字架模型（全等+相似模型）
1）等边三角形中的斜十字模型（全等+相似）：
如图1，已知等边△ABC，BD=EC（或CD=AE），则AD=BE，且AD和BE夹角为60°，△ABC。

2）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）：
如图2，在△ABC中，AB=BC，AB⊥BC，①D为BC中点，②BF⊥AD，③AF：FC=2：1，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七个结论中，可“知二得五”。
3）直角三角形中的十字模型：
如图3，在三角形ABC中，BC=kAB，AB⊥BC，D为BC中点，BF⊥AD，则AF：FC=2：k2，（相似）
例1.（22-23.成都市.八年级期中）如图，在等边△ABC中，D、E分别是BC、AC上的点，且BD＝CE，AD与BE相交于点P．下列结论：①AE＝CD；②AP＝BE；③∠PAE＝∠ABE；④∠APB＝120°，其中正确的结论是________（填序号）
【解答】解：①因为AC＝BC，BD＝CE，所以AE＝CD．故①正确，
②∵△ABC是等边三角形，∴∠ABD＝∠C＝60°，AB＝BC．
在△ABD与△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS）；∴AD＝BE．故②错误；
③由②知△ABD≌△BCE，所以∠DAB＝∠CBE，则∠PAE＝∠ABE，故③正确；
④∵由②知△ABD≌△BCE．∴∠BAD＝∠EBC，∴∠BAD+∠ABP＝∠ABD＝60°．
∵∠APE是△ABP的外角，∴∠APE＝∠BAD+∠ABP＝60°，∴∠APB＝120°，故④正确．
例2．（22·23下·淄博·一模）如图，等边，点E，F分别在AC，BC边上，，连接AF，BE，相交于点P．(1)求的度数；(2)求证：．
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）根据证明，利用三角形的外角性质即可得解；
（2）证明，利用对应边对应成比例列式即可．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，
又∵，∴，∴，
∴；
（2）证明：∵，，∴．
∵∴，∴，∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据等边三角形的性质和已知条件证明三角形全等是解题的关键．
例3．（22·23下·无锡·阶段练习）如图，在边长为6的等边中，、分别为边、上的点，与相交于点，若，则＝ °；则的周长为 ．

【答案】
【分析】根据证，得出，在上取一点使，则，证，根据比例关系设，则，作延长线于，利用勾股定理列方程求解即可得出和的长．
【详解】解：是等边三角形，，，
在和中，，，
，，
在上取一点使，则，
，是等边三角形，，即，，
，设，则，作延长线于，

，，，，，
在中，，即，解得或（舍去），
，，的周长为，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查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，解直角三角形等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．
例4．（22·23下·六安·一模）如图1，等边中，点D、E分别在上，且，连接交于点(1)求证：；(2)如图2，连接，若，判断与的位置关系并说明理由；(3)如图3，在的条件下，点G在上，的延长线交于H，当时，请直接写出线段FH的长．

【答案】(1)详见解析(2)，详见解析(3)
【分析】（1）因为为等边三角形，所以，，又，即可判定≌，根据全等三角形的性质得出，利用三角形外角性质解答即可；
（2）延长BE至M，使，连接，取的中点N，连接，可证得是等边三角形，得出，，再证得≌，推出，，证得∽，推出，结合点N是的中点，得出，是等边三角形，进而可得，，推出，即；（3）延长BE至M，使，连接，取的中点K，连接，可得∽，，推出，再由是的中位线，可得，，，再由∽，可得，进而可得，再证得，得出
【详解】（1）为等边三角形，，，
在和中，，≌，，
，；
（2），理由如下：
如图，延长BE至M，使，连接，取的中点N，连接，

由得：，是等边三角形，，，
，，即，
在和中，，，，
≌，，
，，
∴∽，，
，，，，即，
，即，，
点N是的中点，，，
又，是等边三角形，，，
，，，
，；
（3）如图，延长至M，使，连接，取的中点K，连接，

由知：，≌，，，
∽，，，，，
，，，，
，，点G是的中点，，
点K是的中点，是的中位线，，，
，，
，∽，，，
，，
，
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形性质和判定，直角三角形性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题关键是添加恰当辅助线构造全等三角形和相似三角形．
例5．（22·23上·深圳·期中）如图，在中，，，点D为边上的中点，连接，过点B作于点E，延长交于点F．则的长为 ．
【答案】
【分析】以为邻边作正方形，延长交为，先求出，再证明出，得出即为的中点，再证明，利用相似比及勾股定理即可求解．
【详解】解：以为邻边作正方形，延长交为，如下图：
，，，
在和中，，，
，，，即为的中点，
，，
，，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定及性质、三角形全等、正方形的性质、勾股定理，解题的关键是利用相似三角形的相似比来求解．
例6．（22·23下·沧州·二模）如图，在中，，，点D是线段上的一点，连接，过点B作，分别交、于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接，下列结论错误的是（ ）
A． B．若点D是AB的中点，则
C．当B、C、F、D四点在同一个圆上时， D．若，则
【答案】D
【分析】由，可确定A项正确；由可得，进而由确定点F为的三等分点，可确定B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质得到，得到为圆的直径，因为，根据垂径定理得到，故C项正确；因为D为的三等分点，即，可得，由此确定D项错误．
【详解】解：依题意可得，∴，∴，
又，∴．故A项正确；如图，
∵，，∴．
在与中，，∴，∴，
又∵，∴；∵为等腰直角三角形，
∴；∴；
∵，∴，∴，∴．故B项正确；
当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质可得，
∴是B、C、F、D四点所在圆的直径，∵，∴，∴，故C项正确；
∵，，，∴，
∴，，∴，∴；
∴．故D项错误．故选：D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形中相似三角形与全等三角形的应用，有一定的难度．对每一个结论，需要仔细分析，严格论证；注意各结论之间并非彼此孤立，而是往往存在逻辑关联关系，需要善加利用．
例7．（22·23·广东·期中）如图，在中，，，，点为上一点，连接，为上一点，于点，当时，求的长．
【答案】
【分析】将补成矩形，延长交于点，可得，结合已知可求、，再由即可求出CE．
【详解】解：如解图，补成矩形，延长交于点，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，
∴，∴，，∴设，则，
又∵在矩形中，，∴，
∴，即，解得．∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，直角三角形的性质，证明是本题的关键．
例8．（22-23下·深圳·一模）如图①，在Rt中，，，点D为边上的一点，连接，过点C作于点F，交于点E，连接．
(1)若，求证：；(2)如图②，若，，求的值．
【答案】(1)答案见详解(2)
【分析】（1）要证，过点B作，交的延长线于H，证得，得出与的数量关系，再证得，得出根据线段间关系，即可求证；（2）要求的值，根据角度间的转化，得出，即可求出的值，根据，推出，即可得到最后结果．
【详解】（1）证明：如图，过点B作，交的延长线于H，
，，，，，，
，，，，
,，，，．
（2）解：，，，，
由（1）可知，，
，，，，
，，，
，，，，
设，则，，,，
解得（舍去），，，
又，．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，求证三角形相似和全等，正确做出辅助线，利用直角三角形特殊三角函数求角，是解本题的关键．
例9．（22·23上·长春·阶段练习）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察与猜想】(1)如图①，在正方形中，点、分别是、上的两点，连接，，，则的值为___________．【类比探究】(2)如图②，在矩形中，，，点是边上一点，连接，，且，求的值．【拓展延伸】(3)如图③，在中，，点在边上，连结，过点作于点，的延长线交边于点．若，，，则___________．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）设与的交点为，根据正方形的性质可证明，得，即可得出答案；（2）利用△DEC∽△ABD，则；（3）过点作，延长交于点，证明，进而求得的长，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：设与的交点为，

四边形是正方形，，，
，，，，
，在与中，，
，，，故答案为：；
（2）解：如图，设与交于点，
四边形是矩形，，，，
，，，
，，，故答案为：；
（3）解：如图，过点作，延长交于点，
在中，，，
，，，，
，，，，
又，，
．故答案为：．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握基本几何模型是解题的关键．
课后专项训练
1．（22·23下·杭州·一模）如图，在等边的AC，BC边上各取一点M，N使，AN，BM相交于点O．若，，则BO的长是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】证明△ABM≌△ACN （SAS），得出∠ABM=∠CAN，证明△AMO∽△BMA，得出，可求出BM，即可得解．
【详解】∵△ABC是等边三角形∴∠BAM=∠ACN=∠ABN，AB=AC=BC
∵在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN （SAS），∴∠ABM=∠CAN，，
∵∠AMO=∠BMA，∴△AMO∽△BMA，∴，
∵，，∴，解得，∴BO=BM-OM=8-2=6，故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2023.湖北.九年级期末）如图，将边长为12cm的正方形ABCD折叠，使得点A落在CD边上的点E处，折痕为MN．若CE的长为7cm，则MN的长为（ ）
A．10B．13C．15D．无法求出
【答案】B
【详解】试题分析：作NF⊥AD，垂足为F，连接AE，NE，∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，∴∠D=∠AHM=90°，∠DAE=∠DAE．∴△AHM∽△ADE．∴∠AMN=∠AED．
在Rt△NFM和Rt△ADE中，，∴△NFM≌△ADE（AAS），∴FM=DE=CD﹣CE=5cm，
又∵在Rt△MNF中，FN=AB=12cm，∴根据勾股定理得：MN==13．故选B．
考点： 翻折变换（折叠问题）．
3．（2023.南充市中考模拟）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD的中点，连结AP，过点B作BE⊥AP于点E，延长CE交AD于点F，过点C作CH⊥BE于点G，交AB于点H，连接HF，下列结论正确的是（ ）
A．CE=B．EF=C．cs∠CEP=D．HF2=EF•CF
【答案】D
【分析】首先证明AH=HB，推出BG=EG，推出CB=CE，再证明△CBH≌△CEH，Rt△HFE≌Rt△HFA，利用全等三角形的性质即可一一判断．
【详解】连接．
四边形ABCD是正方形，∴CD=AB=BC=AD=2，CD∥AB，
∵BE⊥AP，CG⊥BE，∴CH∥PA，∴四边形是平行四边形，∴CP = AH，
∵CP=PD=1，∴AH=PC=1，∴AH=BH，在Rt△ABE中，∵AH=HB，
∴EH=HB，∵HC⊥BE，∴BG=EG，∴CB=CE=2，故选项A错误，
∵CH=CH，CB=CE，HB=HE，∴△CBH≌△CEH，∴∠CBH=∠CEH=90°，
∵HF=HF，HE=HA， ∴Rt△HFE≌Rt△HFA，∴AF=EF，设EF=AF=x，
在Rt△CDF中，有22+(2-x)2=(2+x)2，∴x= ，∴EF=∴，故B错误，
∵PA∥CH，∴∠CEP=∠ECH=∠BCH，∴cs∠CEP=cs∠BCH== ，故C错误．
∵HF= ，EF= ，FC= ∴HF2=EF·FC，故D正确，故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
4．（黑龙江省牡丹江市2021年中考数学真题试卷）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
【答案】D
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，∵BE2+BG2=GE2，∴12+(3-x)2=x2，∴x=．
在Rt△ABE中，∵AB2+BE2=AE2，∴32+12=AE2，∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，，∴△ABE≌△FHG，∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF= ====5．故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
5．（22·23下·东营·中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是线段AB上的一点，连结CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连结DF，给出以下四个结论：①；②若点D是AB的中点，则AF=AB；③当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DF=DB；④若，则 其中正确的结论序号是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．①②③④
【答案】C
【详解】试题分析：∵∠ABC=90°，∠GAB=90°，AB=BC，
∴AG//BC，∴△AFG∽△CFB，∴，故①正确；
又∵∠BCD+∠EBC=∠EBC+∠ABG=90°，∴∠BCD=∠ABG，∵AB=BC，∴△CBD≌△BAG，∴AG＝BD，
∵BD＝AB，∴AG：BC＝１：２，∴AF：FC＝１：２，∴AF：AC＝１：３，
∵AC＝AB，∴AF＝AB，故②正确；
当B、C、F、D四点在同一个圆上时，∵∠DBC＝90°，∴CD是直径，∴∠CFD＝90°，
∵BF⊥CD，∴BE＝EF，∴BD＝DF，故③正确；
若，则有BD：BC＝1：3，∵∠BEC＝∠DEB＝９０°，∠BCD=∠ABG，
∴△BDE∽△CBE，∴DE：BE＝BE：CE＝BD：BC＝１：３，
∴DE：CE＝１：９，∴S△BDF：S△BFC＝１：９，即S△ＢＣＦ＝９Ｓ△BDF，故④错误；故选C.
考点：１.相似三角形的判定和性质；２.圆周角定理；３.三角形全等的判定与性质.
6．（22·23下·江门·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．点D是线段BC上的一点，连接AD，过点C作CG⊥AD，分别交AD、AB于点G、E，与过点B且垂直于BC的直线相交于点F，点D是BC的中点，连接DE．则= ；
【答案】
【分析】先证，得到，再通过证明 ， 为等腰直角三角形得出，即可求解．
【详解】 CG⊥AD
∠ACB=90°

又 ， 为等腰直角三角形 ，
点D是BC的中点
故答案为： ．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并能灵活运用是解题的关键．
7．（22·23下·山西·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AE是BC边上的中线，过点B作AE的垂线BD，垂足为H，交AC于点D，则AD的长为 ．
【答案】
【分析】过点C作FC⊥BC于C，延长BD交CF于F，证明△ABE≌△BCF（ASA），得BE＝CF，再证明△ABD∽△CFD，列比例式可得结论．
【详解】过点C作FC⊥BC于C，延长BD交CF于F，
∵∠ABC＝∠BCF＝90°，∴∠ABC+∠BCF＝180°，∴AB∥CF，
∵AE⊥BD，∴∠AHB＝∠BAH+∠ABH＝90°，∵∠ABH+∠CBF＝90°，∴∠CBF＝∠BAH，
在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，
∵AE是BC边上的中线，∴BE＝BC＝1，∴CF＝1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝2，
∵AB∥CF，∴∠BAD＝∠DCF，∠ABD＝∠DFC，∴△ABD∽△CFD，
∴，即，解得：AD＝．故答案为：
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质．熟练运用相似三角形的判定和性质是关键．
8．（山东2022-2023学年九年级下学期期末数学试题）如图，正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于G，连接AG、HG．下列结论：①AG=AD；②AG⊥GH；③∠DAG=60°；④∠AGE=∠BCE．其中正确的有 ．
【答案】①②④
【分析】由“SAS”可证△BEC≌△CFD，可得∠BCE=∠CDF，由“AAS”可证△AEP≌△BCE，可得AP=BC，由直角三角形的性质和全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：如图，延长DA，CE交于点P，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，
∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，∴BE=AE=BF=CF=CH=DH，
在△BEC和△CFD中，，∴△BEC≌△CFD（SAS），∴∠BCE=∠CDF，
∵∠CDF+∠DFC=90°，∴∠BCE+∠CFD=90°，∴∠CGF=90°=∠DGE，∵AD与BC平行，∴∠P=∠BCE，
在△AEP和△BEC中，，∴△AEP≌△BCE（AAS），∴AP=BC，∴AP=AD，
又∵∠DGE=90°，∴AG=AP=AD，故①正确；∴∠AGD=∠ADG，
∵CH=DH，∠DGC=90°，∴GH=DH=CH，∴∠HDG=∠HGD，
∵∠ADG+∠HDG=∠ADC=90°，∴∠AGD+∠DGH=90°，∴∠AGH=90°，∴AG⊥GH，故②正确；
∵AG=AP=AD，∴∠P=∠AGE，∴∠AGE=∠BCE，故④正确；
∵CD=2CF，∴DF≠2DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，
∴∠DAG≠60°，故③错误，故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（江西2023-2024学年九年级月考数学试题）在矩形纸片中，，，将纸片折叠．

(1)如图1，若沿对折，使点C恰好落在上得到点E，求的长．
(2)如图2，若沿对角线折叠，使点C落在点F处，与交于点E，求的长．
(3)如图3，若沿折叠，使点C与点A重合，求折痕的长．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）由折叠的性质得，再用勾股定理解即可；
（2）由折叠的性质得，进而证明，推出，再用勾股定理解即可；（3）连接，连接交于点O，由折叠的性质可证四边形是菱形，用勾股定理解，求出菱形的边长，再利用菱形的面积公式列式求解．
【详解】（1）解：四边形是矩形，，由折叠知，
；
（2）解：沿对角线折叠，，
矩形中，，，，，
，，；
（3）解：如图，连接，连接交于点O，

由折叠的性质可知垂直平分，，，沿折叠，，
矩形中，，，
，，，四边形是菱形，
在中，，，
，解得，，
，，，
，．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠的性质，即折叠前后对应边相等、对应角相等．
10．（2023年成都市中考三模数学试题）已知正方形的边长为6，动点分别在边上运动，连接．

(1)如图1，过作交边于点，交于点．i）若为的中点，为的中点，求的长；ⅱ）探索线段之间的数量关系，写出你的结论并证明．(2)如图2，将四边形沿翻折得到四边形与相交于点，调整点和点的位置使得线段始终经过顶点．
i）若点到的距离，求的长；ⅱ）点到的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)i）；ⅱ），理由见解析(2)i）5；ⅱ）点到的距离的最大值为
【分析】（1）i）根据正方形的性质证明，结合勾股定理即可求解；
ⅱ）过点作于点，证明，可知，由，，可证得结论；（2）i）连接，延长交于点，由轴对称得性质可知点与点关于对称，也垂直平分，进而可得，证明，，结合勾股定理即可求解；
ⅱ）由i）可知点与点关于对称，连接，由轴对称可知：，，证得，进而可知，，在同一直线上，可得，求得，作，交于，延长交于，则，由直角三角形斜边与直角边的关系可得，当与重合时取等号，即可求得点到的距离的最大值．
【详解】（1）解：i）∵四边形是正方形，且边长为6，∴，，
∵为的中点，∴，由勾股定理可得：，
∵为的中点，∴，∵，∴，
又∵，∴，
∴，即：，解得：，∴；
ⅱ），理由如下：过点作于点，则

∵四边形是正方形，∴，，则
∵，可知四边形为矩形，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，
则，∴．
（2）i）连接，延长交于点，

∵，关于对称，则：，，∴垂直平分，
∵，为延长线与的交点∴，且点与点关于对称∴也垂直平分，
∵，∴，∵，，∴，
∴，即：，得：，则，
在中，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，即：，得：；
ⅱ）由i）可知点与点关于对称，连接，
由轴对称可知：，，
∵，，∴，
∴，∴
则，，在同一直线上，
∴，即：，∴，
作，交于，延长交于，则，

∴点到的距离为，点到的距离为，
由直角三角形斜边与直角边的关系可得：，当与重合时取等号；
综上：点到的距离的最大值为．
【点睛】本题属于几何综合，考查了全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，正方形的性质，轴对称的性质，添加辅助线构造全等三角形及相似三角形是解决问题的关键．
11．（四川省成都市2023-2024学年九年级上学期10月月考数学试题）【模型发现】如图1，在正方形中，E为边上一点（不与点B、C重合），过点D作垂直于的一条直线，垂足为G，交于点F．小明发现可以通过证明：得（不需证明）
【模型探究】（1）如图2，在正方形中，P为边上一点（不与点B、C重合），M为线段上一点（不与C、D重合），过点M作，垂足为G，交于点N，请直接写出与及线段、、之间的数量关系．
（2）如图3，在（1）的条件下，若垂足G恰好为的中点，连接，交于点H，连接并延长交边于点I，再连接，请探究线段、的数量关系；
【拓展应用】（3）如图4，若正方形的边长为8，点M、N分别为边、上的点，过A作，已知，将正方形沿着翻折，的对应边恰好经过点A，连接交于点Q.过点Q作，垂足为R，求线段的长．（直接写出结论即可）

【答案】（1），，理由见详解（2），理由见详解（3）
【分析】（1）过点作交于点，证明，即可得出结论；
（2）过点作于点，先根据直角三角形的性质，得
再证明即可得到结论；
（3）延长交于点，延长交于点，连接，设，则，先证明，得，再证明 ，即可得出结果．
【详解】解：（1），，
理由：四边形是正方形，，，，，
过点作交于点，如图1所示：四边形为平行四边形，

，，,．
，，
在和中，，，，,，
，，，
故，；
（2）解：，理由如下：过点作于点，

在正方形中，，．
恰好为的中点，，，
，，
，即，；
（3）解：延长交于点，延长交于点，连接，
由折叠性质知：，，垂直平分，，，
在中，设，则，
在中，，即
解得：，即，，，
由（1）中结论，，
，
，同理可证：，，
，，
，，，
，
且，，
，，，故线段的长为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．
12．（成都市锦江区2022-2023学年九年级上学期期中数学试题）（1）问题探究：如图1，在正方形，点，分别在边，上，于点，点，分别在边、上，．
①判断与的数量关系： ； ②推断：的值为： ；（无需证明）
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点，分别在边、上，求的值．
（4）拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
【答案】（1）=；1；（2），理由见解析；（3）；（4）
【分析】（1）①由正方形的性质得．所以，又知，得出，于是，可得．
②证明四边形是平行四边形即可解决问题．
（2）如图2，作于．证明：即可解决问题．
（3）如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接，证明，得出，证明，可得出，由勾股定理求出，则可得出答案．
（4）过点作交的延长线于，利用相似三角形的性质求出，即可解决问题．
【详解】解：（1）①证明：四边形是正方形，
，．．
，．．
，．故答案为：．
②结论：．理由：，，，
，四边形是平行四边形，，
，，．故答案为：1．
（2）结论：．理由：如图2中，过点作于．
，，
，，
，，，
，四边形是矩形，
，．
（3）如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接，
，，，四边形是矩形，
，，，
，，，，
，，且，
，且，，
，，，
，，
（不合题意，舍去），，，
由（2）的结论可知：．
（4）解：如图2中，过点作交的延长线于．
，假设，，，
，，，，
或（舍弃），，，，，
，，，
，，，
，，，，，
，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
13．（22·23下·江苏·九年级期中）平行四边形中，，分别是边、上的点，，G为垂足．（1）如图1，当，时，求证：
（2）如图2，当，，，求的最小值
（3）如图3，当，，E为的中点，直接写出的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用正方形的判定与性质得到，，再通过倒角得到，根据全等三角形的判定与性质即可得证；
（2）设，则，利用矩形的判定与性质得到，再通过倒角得到，根据相似三角形的判定与性质得到，利用勾股定理得到二次函数，利用二次函数的性质即可求解；
（3）过点A作于K，交BC的延长线于H，通过证明∽得到，设，则，，，由，得到，设，则，，根据，得到，即可求解．
【详解】解：（1）∵平行四边形中，，，
∴四边形ABCD是正方形，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，，∴≌，∴；
（2）∵，，∴，设，则，
∵平行四边形中，，∴四边形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴∽，
∴，即，∴，
∵，
∵，∴EF有最小值，最小值为；
（3）∵平行四边形中，，∴四边形ABCD是菱形，∴，
过点A作于K，交BC的延长线于H，
∵，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∴∽，∴，
设，则，，，
∵，∴，设，则，，
∵，∴，∴．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等内容，解题中辅助线的引入是得到证明方法的主要手段，这是一道较难的几何综合题．
14．（2022年湖北中考模拟）知矩形ABCD中，，点E是BC边上一点，于点O，分别交AB、CD于点F、G．
(1)特例发现：如图1，若，则______；
(2)类比探究：如图2，若，请探究的值，并写出探究过程；
(3)拓展应用：如图3，在（2）的条件下，将矩形ABCD沿CF折叠，使点A恰好落在BC边上的点E处，得到四边形PEFG，PE与CD交于点H，连接PC．已知，，求PC的长
【答案】(1)1；(2)；(3)
【分析】（1）过G作GH⊥AB于H，利用矩形的性质求得△GHF∽△ABE，由相似三角形的性质即可解答；
（2）过G作GH⊥AB于H，同（1）的解答；
（3）过P作PM⊥BC延长线于M，由折叠性质可得∠GPE=∠FEP=90°，FA=FE，PE=AD；由余角关系可得∠CEH=∠BFE=∠CGP；Rt△BFE中，由tan∠BFE=，设BE=4k，BF=3k，则AF=EF=5k；由（2）结论求得AE=，在Rt△ABE中由勾股定理建立方程求得k的值，便可求得BF，BE，EF的长，再由△PEM∽△EFB求得PM，ME的长，进而得出MC的长利用勾股定理即可解答；
【详解】（1）：如图，过G作GH⊥AB于H，ABCD是矩形，则∠C=∠B=90°，
∵∠GHB=90°，∴GHBC是矩形，∴GH=BC，
∵∠AFG+∠HGF=90°，∠AFG+∠BAE=90°，∴∠HGF=∠BAE，
∵∠GHF=∠ABE，∴△GHF∽△ABE，∴，即；
（2）：如图，过G作GH⊥AB于H，
同（1）解答可得△GHF∽△ABE，∴，即；
（3）：如图，过P作PM⊥BC延长线于M，
ABCD是矩形，由折叠性质可得∠GPE=∠FEP=90°，FA=FE，PE=AD，
△PGH和△CHE中，∠PGH+∠PHG=90°，∠CEH+∠CHE=90°，∠PHG=∠CHE，∴∠PGH=∠CEH，
∵∠BFE+∠BEF=90°，∠BEF+∠CEH=90°，∴∠CEH=∠BFE=∠CGP，
Rt△BFE中，tan∠BFE=，设BE=4k，BF=3k，由勾股定理可得EF=5k，则AF=EF=5k，
∵，由（2）结论，∴AE=，
Rt△ABE中，AB=8k，BE=4k，由勾股定理可得，
解得：k=或k=（舍去），∴AB=，BE=，EF=，BF=2，
∵，∴BC=4，∴CE=4-=，PE=AD=BC=4，
∵∠PEM=∠EFB，∠PME=∠EBF，∴△PEM∽△EFB，
∴，BE=则PM=，BF=2则ME=，∴MC=ME-CE=，
Rt△PMC中由勾股定理可得=
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，三角函数，勾股定理，等知识；此题综合性强，正确作出辅助线是解题关键．
15．（成都市锦江区2022-2023学年九年级下学期入学练习数学试题）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若，则的值为______；
（2）如图2，在矩形ABCD中，，，点E是AD上的一点，连接CE，BD，若，则的值为______；
（3）如图3，在四边形ABCD中，，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：；
（4）如图4，在中，，，将沿BD翻折，点A落在点C处，得到，点F为线段AD上一动点，连接CF，作交AB于点E， 垂足为点G，连接AG．设，求AG的最小值．
【答案】（1）1；（2）；（3）见解析；（4）
【分析】（1）先证明得到DE=CF,最后代入求值即可；
（2）先证明得到,即即可；
（3）过点F作FH⊥BC，垂足为H，先证四边形ABHF为矩形，再证△ADE∽△GDF和△HCF∽△GDF得到△ADE∽△HCF，即,即即可；
（4）过C作于H，说明CGHD四点共圆，再证可得，进而得到；然后再运用三角函数MR、DR、AR、AM,再根据题意可得，最后根据三角形的三边关系求最值即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠A=∠FDC=90°，
∵DE⊥CF，∴∠ADE+∠DFC=90°，∠DFC+∠DCF=90°，∴∠ADE=∠DCF，
在△ADE和△DCF中，∠ADE=∠DCF， AD=DC，∠A=∠FDC
∴△ADE≌△DCF（ASA）.∴DE=CF，∴=1 故答案为1；
（2）∵四边形ABCD为矩形 ∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，∴∠ADB+∠CED=90°，∠CED+∠DCE=90°，∴∠ADB=∠DCE∴△ADB∽△DCE，
∴，即故答案为：；
（3）如图，过点F作FH⊥BC，垂足为H
∵∠H=∠A=∠B=90°，∴四边形ABHF为矩形， ∴FH=AB.
∵CG⊥EG，∴∠G=90°=∠A=∠H，∵∠ADE=∠GDF，∴△ADE∽△GDF，
∵∠GDF=∠HFC，∴△GDF∽△HCF，∴△ADE∽△HFC，
∴,即 ∴．

（4）如图4，过C作于H，
∵，∴CGHD四点共圆，∴，
∵， ∴，∴，
∴，，取CD中点M，连接AM，GM，过M作于R，
，，
，，
∵，，∴，，
当A、G、M三点共线时，AG取最小值．
【点睛】本题主要考查正方形性质、三角形全等判定与性质、矩形性质、三角形相似判定与性质、翻折轴对称性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
16．（2023年广东省深圳市中考模拟数学试题）【问题解决】
如图1，已知正方形中，，分别是，边上的点，与交于点．当时，求证：；
【类比迁移】如图2，在菱形中，，分别是，边上的点，与交于点．若，求证：．
【拓展延伸】如图3，在四边形中，，分别是，边上的点，与交于点．，，，，若，请求出的值．
【答案】问题解决：见解析；类比迁移：见解析；拓展延伸：
【分析】问题解决：根据正方形的性质、，利用证，即可得出；
类比迁移：延长至，使，连接，根据菱形的性质、，利用证，得出，再证明是等边三角形，得出，即可证明；
拓展延伸：连接，过点作的垂线，交于，交于，交于，根据“，，，”、勾股定理计算出、，根据，计算，推理出、，证明，得出，代入计算即可．
【详解】问题解决：∵四边形为正方形，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，，∴，∴；
类比迁移：如下图，延长至，使，连接，
∵四边形是菱形，∴，，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴是等边三角形，∴，∴；
拓展延伸：如下图，连接，过点作的垂线，交于，交于，交于，
∵，，，，∴，
，，
∵，∴，
∴，
∵，，∴，
，，
∵，，∴，
∴，，∴，
又∵，∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形等，综合性较强，熟练掌握知识点，作出辅助线推理证明是解题的关键．
17．（22·23下·安徽·模拟预测）如图1，在等边中，点D，E分别在边上，且，连接相交于点F．

(1)求的度数；(2)如图2，连接，当时，求的值；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿翻折，使点C落在点G处，连接并延长交于点H，交于点I．当时，求的长．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）证明，可得，即可求解；
（2）过点C作，垂足为点G，可得，，，可得，，．从而得到．可证明，即可求解；
（3）根据折叠的性质可得，从而得到G，B，F，A四点共圆，进而得到，再证明，可得，再由，．，再根据，可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，
∵，∴．∴．
∴．
（2）解：如图，过点C作，垂足为点G，∴．

∵，∴．∴．
由（1）知，，∴．
在中，，
∴，∴．∴，即．
又∵，∴．∴．∴．
（3）解：∵沿翻折得到，∴，．
∵，∴．
∴G，B，F，A四点共圆．∴．
在与中，∵，∴．∴．
∵，由（2）知，∴．
∴．∵，
∴．∴．∴，即．
∴．∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，图形的折叠问题，圆的基本性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，图形的折叠的性质，圆的基本性质是解题的关键．
18．（22·23下·深圳·期中）课本再现
如图1，在等边中，E为边上一点，D为上一点，且，连接与相交于点F．

（1）与的数量关系是 ，与构成的锐角夹角的度数是 ；
深入探究（2）将图1中的延长至点G，使，连接，，如图2所示．求证：平分．（第一问的结论，本问可直接使用）。迁移应用（3）如图3，在等腰中，，D，E分别是边，上的点，与相交于点F．若，且，求值．
【答案】（1），；（2）见解析；（3）3
【分析】（1）证明，得，，再由三角形的外角性质得即可得出结论．
（2）先证明是等边三角形，再证明，推出，即可得证．
（3）延长至点G，使，连接、，过点D作于点M，于点N，分别证明，得，，再证，得，，然后证明平分，得，进而证，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，
在和中，， ∴．∴，，
∴，故答案为：，；
（2）证明：由（1）可知，，∴，
∵FG＝BF，∴是等边三角形，∴，，
∵是等边三角形，∴，， ∴，
∴，即，
∴，∴，
∴，∴， ∴平分．
（3）解：如图3，延长至点G，使，连接、，过点D作于点M，于点N，

∵，， ∴， ∵， ∴，
∴，，∴，
即， ∴，∴，，
∵， ∴，∵，，
∴，，
∵， ∴， ∴，∴平分．
∵，，∴， ∵，，
∴， 又∵， ∴．
方法二：如图4，过点D作交于点P，则，，

∵，，，
∴， ∴， ∴， 即，
∵， ∴， ∴，
∵， ∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判断与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，三角形的外角性质以及三角形面积，熟练掌握等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
19．（22-23下·太原·期末）综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以等腰直角三角形为背景，探究线段之间的数量关系．
已知：在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D是射线CB上的一个动点，连接AD，过点C作AD的垂线，垂足为点E，过点B作AC的平行线交CE的延长线于点F．
独立思考：(1)如图1，当点D与点B重合时，小颖发现BF＝AC，请你帮她说明理由；
(2)如图2，当点D为BC中点时，直接写出线段BF与AC的数量关系；
合作交流：(3)①如图3，当点D在线段CB上（不与C、B重合），请探究线段BF、BD与AC之间的数量关系（要求：写出发现的结论，并说明理由）．②如图4，当点D在线段CB延长线上，请探究线段BF、BD与AC之间的数量关系（要求：画出图形，写出发现的结论，并说明理由）．
【答案】(1)理由见解析 (2)（或）
(3)①三条线段关系为：；理由见解析；②三条线段关系为：；理由见解析
【分析】（1）根据平行线的性质得到，证得，即可得到结论．
（2）根据同角的余角相等推出∠CAD=∠BCF，利用平行线的性质求出∠CBF=90°=∠ACD，进而证得△ACD≌△CBF(ASA)，得到CD=BF，即可得到AC=2BF；
（3）①证明，得到，即可得到结论；
②同法证明，得到，即可得到结论．
【详解】（1）理由：∵，∴．
∵，∴，又∵，∴．∴．
（2）（或）；
∵CE⊥AD，∴∠CED=∠ACD=90°，∴∠ACE+∠CAE=∠DCE+∠ACE=90°，∴∠CAD=∠BCF，
∵BF∥AC，∴∠ACB+∠CBF=180°，∴∠CBF=90°=∠ACD，
∵AC=BC，∴△ACD≌△CBF(ASA)，∴CD=BF，∵D为BC中点，∴BC=2CD，∴AC=2BF；
（3）（3）①三条线段关系为：；
理由如下：∵，∴，∵，∴．∴．
∵，∴．∴中，，
又∵中，，∴，∴．
∵，∴，∴．∵，∴，
②如图，三条线段关系为：
理由如下：∵，∴，
∵，∴．∴．
∵，∴，∴中，，
又∵中，，∴，∴，
∵，∴∴．
∵，∴．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
20．（22·23下·渝北·阶段练习）是等边三角形，点、分别在、上，且，连接、交于点．
(1)如图1，求的度数；(2)如图2，以为边作等边，连接，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长、交于点，点在线段上，且，连接交于点，若，，直接写出的值．（提示：可过点作交于点，过点作于点，作于点．）
【答案】(1)(2)见解析；(3)
【分析】（1）已知是等边三角形，得到，，结合，进而证明，即可求得的度数；（2）在上截取，使得，由（1）可知：，得到，已知是等边三角形，得到，得出、、、四点共圆，可证明，得到，，进而得到是等边三角形，即可得到；（3）过点作交于点，过点作于点，作于点，由（2）可知：，可以得到，根据，得到，可证明，推出，，，设，则，即可求得．
【详解】（1）∵是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，∴
（2）在上截取，使得，由（1）可知：，∴，
又∵是等边三角形，∴，∴，
∴、、、四点共圆，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴是等边三角形，∴，∴．
（3）过点作交于点，过点作于点，作于点，
由（2）可知：，∴，∴，∴，
又∵，∵，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
设，则，∴，∴，
∴，∴
【点睛】本题主要考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．