中考大题05 四边形的证明与计算问题（9题型+必刷大题）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

这是一份中考大题05 四边形的证明与计算问题（9题型+必刷大题）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含中考大题05四边形的证明与计算问题9大题型原卷版docx、中考大题05四边形的证明与计算问题9大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共193页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
中考大题05 四边形的证明与计算问题
四边形在中考数学中是占比较大，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.
题型一： 利用四边形的性质与判定求解
1．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF=______．

（2）如图，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=73时，请直接写出AG的长．

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或32
【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BC,AE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=2538，而S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
（2）∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵cs∠CBE=BECB
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC =AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=42=2，
∴S△MGES△FEG=EMEF=2
∴S△MGE=2S△EFG= EF⋅EG=73
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
∴12MG×HE=73
∴MG=7，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
∴HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−7−a=a，
∴232=x7−x
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
∴EGEM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x
∴S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=73
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，则12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM
即32=x4−x×14−x4−x
解得：x1=32,x2=8（舍去）
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，BT=3TC=532，
∴S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
∵EF⋅EG=73，
∴S△EFG=723，
∵25830，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
1．（2023·山东济南·模拟预测）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
(3)如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)△AHF是等腰三角形，理由见解析
(3)8
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，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，属于中考压轴题．
（1）根据矩形的性质得∠DAB=∠B=90°，证明△ADE≌△BAFAAS，得出AD=AB，即可得证；
（2）△ADE≌△BAFAAS得出AE=BF，结合已知得出BH=BF，再由线段垂直平分线的性质可得AH=AF，饥渴的解；
（3）延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，证明△DAE≌△ABHSAS得出AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，证明出△AHF是等边三角形即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAFAAS，
∴AD=AB，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABH=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAFAAS，
∴AE=BF，
∵BH=AE，
∴BH=BF，
∵∠ABH=90°，
∴AH=AF，
∴ △AHF是等腰三角形；
（3）解：如图，延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB=AD，
∴∠ABH=∠BAD，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABHSAS，
∴AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，
∵DE=AF，
∴AF=AH，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8，
∴DE=AH=8．
2．（2023·广东深圳·模拟预测）【问题发现】
（1）在一次小组合作探究课上，老师将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG，请直接写出线段BE与DG的数量关系______ ，位置关系______ ；

【类比探究】
（2）若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“矩形ABCD和矩形AEFG，且矩形ABCD ∽矩形AEFG，AE=3，AG=4，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若AD=12105，求BE的长．

【拓展延伸】
（3）若将正方形ABCD和正方形AEFG改成菱形ABCD和菱形AEFG，且菱形ABCD∽菱形AEFG如图3，AD=5，AC=6，AG平分∠DAC，点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ，使得AQ=35AP，连接PQ，QC，当tan∠PQC=43时，直接写出AP的长．

【答案】（1）BE=DG，BE⊥DG；（2）3；（3）45或2053
【分析】（1）可证明△BAE≌△DAG，从而BE=DG，∠ADG=∠ABE，进一步得出结论；
（2）作AH⊥DE于H，可依次求得EG=5，AH=125，GH=165，解直角三角形Rt△ADH求得DH=365，DG=4，可证明△ABE∽△ADG，从而BEGD=AEAG=34，从而得出BE=34GD=3；
（3）分为两种情形：当Q在AF上时，连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，可证得∠DAC=∠GAF， ADAT=APAQ=53，从而得出△DAT∽△PAQ，从而∠PQA=∠ATD=90°，可推出∠CQH=∠APQ，从而tan∠CQH=tan∠APQ，从而得出CHQH=34，设CH=3x，QH=4x，可求得tan∠CAH=12，从而CHAH=12，从而得出AH=2CH=6x，根据勾股定理得(6x)2+(3x)2=62，得出x=255，进而得出结果；当Q在AF的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】解：（1）如图1，

设DG和BE的延长线交于H，DH和AB交于O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴BE=DG，∠ADG=∠ABE，
∵∠AOD=∠BOH，
∴∠BHO=∠DAO=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE=DG，BE⊥DG；
（2）如图2，

作AH⊥DE于H，
∵四边形AEFG是矩形，
∴∠EAC=90°，
∵AE=3，AG=4，
∴EG=5，
由S△EAG=12EG⋅AH=12AE⋅AG得，5AH=12，
∴AH=125，
∴GH=AC2−AH2=42−(125)2=165，
在Rt△ADH中，AD=12105，AH=125，
∴DH=(12105)2−(125)2=365，
∴DG=DH−CH=365−165=4，
∵矩形ABCD∽矩形AEFG，
∴∠EAG=∠BAD，AEAG=ABAD，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE∽△ADG，
∴ BEGD=AEAG=34，
∴BE=34GD=3；
（3）如图3，

当Q在AF上时，
连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AT=12AC=3，
∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠DAB=∠GAE，∠DAC=12∠DAB，∠GAF=12∠GAE，
∴∠DAC=∠GAF，
∴∠DAG=∠CAF，
∵AG平分∠DAC，
∴∠DAG=∠CAG，
∴∠CAF=∠CAG=∠DAG；
∵ ADAT=APAQ=53，∠DAC=∠GAF，
∴△DAT∽△PAQ，
∴∠PQA=∠ATD=90°，
∵AQ=35AP，
∴PQ=AP2−AQ2=AP2−35AP2=45AP，
∴tan∠PAQ=PQAQ=45AP35AP=43，∠PAQ+∠APQ=90°，
∵tan∠PQC=43，
∴∠PAQ=∠PQC，
∴∠CQH=∠APQ，
∴tan∠CQH=tan∠APQ=34，
∴ CHQH=34，
设CH=3x，QH=4x，
如图4，过I作IM⊥AD于M，

∵AD=5，AT=3，∠ATD=90°，
∴DT=52−32=4，
∵∠DAI=∠TAI，DT⊥AT，∠ATD=90°，
∴IM=IT
∴S△ADT=12AT⋅DT=12AD⋅IM+12AT⋅TI=12AD+AT⋅TI，
∴12×3×4=12×5+3×TI，
∴TI=32，
∴tan∠CAG=TIAT=12=tan∠CAH，
∴ CHAH=12，
∴AH=2CH=6x，
∴(6x)2+(3x)2=62，
∴x=255，
∴AQ=AH−QH=2x=455，
∴AP=53AQ=453；
如图5，

当Q在AF的延长线上时，
由上可知：AQ=4x+6x=10x，
∴AQ=10×255=45，
∴AP=53AQ=2053；
综上所述：AP=45或2053．
【点睛】本题考查了正方形、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，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形．
3．（2023·福建龙岩·模拟预测）综合与实践：过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP．将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．
【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°，无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ．当PQ⊥BQ，AB=6+2时，求AP的长．
【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=3，AB=4，AM平分∠DAC，α=90°．在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．

【答案】探究发现：见解析；类比迁移：2；拓展应用：354或12511
【分析】探究发现：用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQSAS，即可证得结论；
类比迁移：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，先证明△ADP≌△ABQSAS，可得BQ=DP，∠APD=∠AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；
拓展应用：分三种情况讨论：①当∠BRP=90°时，②当∠PBR=90°时，③当∠BPR=90°时，分别求出AP的长即可．
【详解】探究发现：证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠DAP+∠BAM=90°，
∵∠PAQ=90°，
∴∠BAQ+∠BAM=90°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∵将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，
∴AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP．
类比迁移：解：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
由旋转得：AP=AQ，
∵∠DAB=α=60°，即∠DAB=∠PAQ=60°，
∴∠DAP+∠BAM=60°，∠BAQ+∠BAM=60°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP，∠APD=∠AQB，
∵AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP=90°，
∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，
∴∠APD=∠AQB=150°，
∴∠DPM=180°−∠APD=180°−150°=30°，
∵∠MAD=15°，
∴∠ADP=∠DPM−∠MAD=30°−15°=15°，
∴∠ADP=∠MAD，
∴AP=DP，
∴AQ=BQ=PQ=AP，
∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，
∴∠PAH=∠PAQ−∠BAQ=60°−15°=45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP=∠BHP=90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH=PH=AP⋅sin45°=22AP，
∵BQ=PQ，∠PQB=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
∴∠PBH=∠PBQ−∠ABQ=45°−15°=30°，
∴BH=PHtan∠PBH=22APtan30°=62AP，
∴AB=AH+BH=22AP+62AP=2+62AP，
∵AB=6+2，
∴2+62AP=6+2，
∴AP=2；
拓展应用：解：①当∠BRP=90°时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE⊥AQ于点E，
设AM交CD于点F，过点F作FG⊥AC于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP=90°，∠ADC=90°，
∵∠BAM+∠BAR=90°，
∴∠DAP=∠BAR，
∵AD=3，AB=4，
∴ADAB=34，
∵AR=43AP，
∴APAR=34，
∴ADAB=APAR，
∴△ADP∽△ABR，
∴DPBR=ADAB=34，即BR=43DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD=FG，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=32+42=5，
∴sin∠ACD=ADAC=35，
∵FGCF=sin∠ACD=35，
∴DFCF=35，
∵DF+CF=CD=4，
∴DF=32，CF=52，
在Rt△ADF中，AF=AD2+DF2=32+322=352
∵∠BAR=∠DAP，∠AEB=∠ADF=90°，
∴△AEB∽△ADF，
∴AEAD=BEDF=ABAF，即AE3=BE32=4352，
∴AE=855，BE=455，
∵∠BRP=90°，
∴∠ARP+∠BRE=90°，
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠BRE=∠APR，
∴tan∠BRE=tan∠APR，
∴BEER=ARAP=43，
∴ER=34BE=34×455=355，
∵AR+ER=AE，
∴43AP+355=855，
∴AP=354；
②当∠PBR=90°时，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥AB于点H，
则sin∠DAF=PGAP=DFAF=32352=55，cs∠DAF=AGAP=ADAF=255，
∴PG=55AP，AG=255AP，

∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形，
∴AH=PG=55AP，PH=AG=255AP，
∴BH=AB−AH=4−55AP，
∴BP2=PH2+BH2=255AP2+4−55AP2=AP2−855AP+16，
在Rt△DPG中，DP2=DG2+PG2=3−255AP2+55AP2=AP2−1255AP+9，
∵BR=43DP，
∴BR2=169DP2=169AP2−64515AP+16，
在Rt△APR中，PR2=AP2+AR2=AP2+43AP2=259AP2，
在Rt△PBR中，PR2=BP2+BR2，
∴259AP2=AP2−855AP+16+169AP2−64515AP+16，
解得： AP=12511；
③当∠BPR=90°时，
由②知：BR2=169AP2−64515AP+16，PR2=259AP2，BP2=AP2−855AP+16，
∵PR2+BP2=BR2，
∴259AP2+AP2−855AP+16=169AP2−64515AP+16，
解得：AP=0或AP=−453，均不符合题意；
综上所述，AP的长为354或12511．
【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，采用分类讨论的思想，作出辅助线是解决本题的关键．
题型二： 中点四边形
1．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
1．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，连接EF、FG、GH、HE，分别交两条对角线于点P、点Q、点R、点S，且AC=BD．

(1)如图1，求证：四边形EFGH是菱形；
(2)如图2，若AC垂直平分BD，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图中锐角∠α，使∠α正弦值等于PR与AB的比值．
【答案】(1)见解析
(2)∠BAC，∠DAC，∠BEF和∠DHG
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF=12AC，EH=12BD，GH=12AC，FG=12BD，进而得到EF=FG=HG=EH，根据菱形的判定定理证明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质得到OB=OD，AB=AD，进而得到∠BAC=∠DAC，根据正弦定义解答即可．
【详解】（1）解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，
∴EH、FG分别是△ABD和△BCD的中位线，
∴EF=12AC，EH=12BD，GH=12AC，FG=12BD，
∵AC=BD，
∴EF=FG=HG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：∵AC垂直平分BD，
∴OB=OD，AB=AD，
∵AC⊥BD，
∴∠BAO=∠DAO，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，
∴BP=PO,DR=OR，
∴PR=OB，
在Rt△AOB中，sin∠BAO=OBAB=PRAB，
∴∠α是∠BAO,∠DAO
∵EF∥AC，GH∥AC，
∴∠BAO=∠BEF，∠DAO=∠DHG，
∴∠α是∠BAO，∠DAO，∠BEF和∠DHG．
【点睛】本题考查菱形的判定和锐角三角函数，熟练掌握菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形以及锐角三角函数的边角关系是解题的关键．
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）折纸是一项有趣的活动，有的同学玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等．在折纸过程中，不仅可以得到一些美丽的图形，而且其中还蕴含着丰富的数学知识．
如图①，菱形纸片ABCD中，AB=4,∠A=60°．

(1)活动一：
如图②，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在点B处，则折痕的长为_________；菱形纸片ABCD的面积是_________；
(2)活动二：
如图③，E,F,G,H分别是菱形纸片ABCD各边的中点，分别沿着EF,FG,GH,HE折叠并展开．猜想四边形EFGH是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
(3)活动三：如图④，先将菱形纸片ABCD沿AC折叠再展开，点E,F,G,H分别在边AB,BC,CD,DA上且EF∥AC，再分别沿着EF,FG,GH,HE折叠再展开，若四边形EFGH是正方形，则AE=_________；
(4)活动四：如图⑤，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点F处，则折痕MN的长为_________．
【答案】(1)23，83
(2)矩形，证明见解析．
(3)6−23
(4)71021
【分析】（1）根据折叠的性质可推知DE⊥AB，然后用解直角三角形的方法求得菱形的高，最后再算出菱形的面积．
（2）分别连接对角线，然后根据三角形的中位线定理，并结合菱形对角线互相垂直的性质证明四边形EFGH是矩形．
（3）充分利用含60°角的菱形与其内接正方形的条件，将已知与待求的量通过相似三角形的成比例线段联系在一起，从而使问题求解．
（4）充分利用60°直角三角形的性质和折叠的对称性质，将待求的量与已知量联系在一起，从而解得待求的量．
【详解】（1）如图2， 根据折叠的性质，△ADE≌△BDE，
∴AE=BE,DE⊥AB．
所以AE= 12AB =12×4=2．
在直角△ADE中，∠A=60°，tan∠A=tan60°=3，tan∠A=DEAE=DE2，
∴3=DE2，DE=23，
因此折痕DE的长为23．
菱形ABCD的面积为：2S△ABD=2×12×AB×DE =2×12×4×23=83．
（2）如下图，连接AC、BD．

∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴由三角形中位线定理得，EF∥AC,GH∥AC，
∴EF∥GH，同理，EH∥FG． 则EFGH是平行四边形．
又∵菱形ABCD的对角线AC与BD相互垂直，EF∥AC，FG∥BD，
则EF⊥FG，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）连接BD，与AC、EF交于点O、点Q．设AC、EH相交于点P．

∵菱形对角线互相垂直，且平分内角，
∴AC⊥BD，∠BAO＝12×60°=30°．
由EF∥AC得EF⊥BO，
故△BEQ与△BAO为含30°角的直角三角形．
由EF∥AC，AB=CB得BE=BF，
又EF⊥BO，则Q为EF的中点，同理，P为EH中点．
所以EP、EQ均为正方形EFGH连长的一半，且四边形EPOQ为正方形．
可设EP=EQ=OP=OQ=x．
在直角三角形ABO中，
∵∠BAO＝30°，
∴BO＝12×AB=12×4=2，OA=AB2−BO2=42−22=23．
∴BQ=BO−OQ=2−x，AP=AO−OP=23−x．
由△APE∽△EQB得，APEP=EQBQ， 即23−xx=x2−x．
解得：x=3−3．
∴AE=2EP=2x=23−3=6−23．
（4）如下图，过点F作线段AB延长线的垂线，垂足为点H，过点M作AN的垂线，垂足为点G．

由BC∥AD知，∠HBF＝∠A＝60°，∠BFH＝30°，在直角△BFH中，
∴BH＝12BF＝12×12×BC=14AB=14×4=1，由勾股定理得，
HF2=BF2−BH2=22−12=3．
根据折痕的性质，设AM＝MF＝x，则HM=AB+BH−AM=4+1−x=5−x．
在直角△HMF中，HM2+HF2＝MF2，即5−x2+3=x2．
解得：x=145．
在直角△AMG中，∠A＝60°，则AG＝12AM＝12×145=75，MG＝1452－752＝753．
连结DF、DB，因F为BC的中点，则DF为等边三角形BCD边的高，
DF⊥BC，则DF⊥AD，
在直角三角形NFD中，设ND＝y，则NF＝NA＝AD－ND＝4－y，DF＝CD2－FC2=42−22=23．
由勾股定理得，DF2+ND2=NF2，即232+y2=4−y2，
解得：y=12，即ND＝12．
∴NG=AD−AG−ND=4− 75 −12 ＝2110．
在直角三角形MNG中，MN＝MG2+NG2＝7532+21102=71021．
【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠的轴对称性质、勾股定理的应用、含30°角的直角三角形的性质等相关知识点，应用勾股定理列出待求未知数的方程，并求解是解本题的关键．
题型三： 十字架模型
1．（2022·四川乐山·中考真题）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则EGFH=______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求CEBF的值．
【答案】(1)1；证明见解析
(2)nm
(3)32
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证ΔABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，在RtΔBCN中，利用勾股定理求得CN的长，然后证ΔNCE∽ΔABF，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1）EGFH=1，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴EGFH=1；
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，AM＝HF，AN＝EG，
∴HFEG=mn，
∴EGFH=nm；
故答案为：nm
（3）解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴ΔABC是等边三角形，
∴设AB=BC=AC=a，
过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，
在RtΔBCN中，CN=BC2−BN2=a2−12a2=32a，
∵CN⊥AB，CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BMN=90°，∠ECN+∠CMF=90°，
又∵∠CMF=∠BMN，
∴∠ABF=∠ECN，
∵CN⊥AB，∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CNE=90°，
∴ΔNCE∽ΔABF，
∴CEBF=CNAB，即CEBF=32aa=32．
【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
1．（2023·贵州黔东南·一模）如图，四边形ABCD是正方形．
(1)问题解决：如图①，若E，F分别是BC，CD上的点，且AE⊥BF．求证：△ABE≌△BCF；
(2)类比探究：如图②，若点E，F，G，H分别在BC，CD，DA，AB上，且EG⊥HF，求证：EG=HF．
(3)迁移应用：如图③，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是BC的中点，点E是AC上一点，且AD⊥BE，求AE：EC的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2:1
【分析】（1）根据正方形的性质，得出AB=BC，∠ABC=∠BCD，根据等角的余角相等得出∠AEB=∠BFC，即可证明△ABE≌△BCF；（2）过点A作AE'∥GE交BC于点E'，过点B作BF'∥HF交CD于点F'，得出四边形AE'EG与四边形HBF'F是平行四边形，则GE=AE'，HF=BF'，由(1)知：△ABE'≌△BCF'，则AE'=BF'，即可得出GE=HF；
（3）过点C作CF⊥BC，交BE的延长线于点F，证明△ABD≌△BCF，得出BD=CF，进而证明△ABE∽△CFE，根据相似三角形的性质得出AE：EC=AB：CF=AB：BD，根据D是BC的中点，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD
∵AE⊥BF，
∴∠AEB＋∠CBF=90°，
∵∠BFC＋∠CBF=90°，
∴∠AEB=∠BFC，
∴ △ABE≌△BCF AAS．
（2）如图②，过点A作AE'∥GE交BC于点E'，过点B作BF'∥HF交CD于点F'．
∵四边形ABCD是正方形，AD∥BC，AB∥DC
∴四边形AE'EG与四边形HBF'F是平行四边形．
∴ GE=AE'，HF=BF'
由(1)知：△ABE'≌△BCF'
∴ AE'=BF'，
∴GE=HF；
（3）如图③，过点C作CF⊥BC，交BE的延长线于点F．
∵AD⊥BE，
∴∠ADB＋∠FBC=90°，
∵CF⊥BC，
∴∠BFC＋∠FBC=90°，
∴∠ADB=∠BFC，
∵AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°，
∴ △ABD≌△BCF AAS，
∴BD=CF，
∵∠ABC=90°，即AB⊥BC，CF⊥BC
∴ AB∥CF，
∴ △ABE∽△CFE
∴AE：EC=AB：CF=AB：BD
∵D是BC的中点，
∴ BD=12BC
∵AB=BC=2BD，
∴AE：EC=AB：BD=2：1
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．
2．（2024·山东菏泽·一模）琅琊中学九年级一班同学利用工具，对几种四边形进行探究．
【初步认识】同学们所用的工具由两条互相垂直的直线构成，垂足为O．如图1，同学们将该工具放入正方形ABCD中，该工具与正方形四条边的交点分别为E、F、G、H．
（1）若点O在边长为1的正方形ABCD的中心，直接写出OE+OH+OG+OF的最大值和最小值．
（2）试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】如图2，同学们又将该工具放入矩形ABCD中，该工具与矩形四条边的交点分别为E、F、G、H．若AB=m，BC=n，则EGFH= ．（直接写出答案）
【拓展运用】如图3，同学们将工具放入四边形ABCD中，使其经过C、B两点，并与AB边交于点E，与AD边交于点F．已知∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC．求CEBF的值．
【答案】（1）①最大值为22，最小值为2；②EGFH=1，证明见详解
（2）nm
（3）32
【分析】（1）①OE+OH+OG+OF=HF+EG，由②知EG=FH，∴即求HF的最值，过点O作AD的垂线交AD,BC于点M，N，由垂线段最短可知OA>OM，由正方形ABCD，得OA=OC,OM=ON，可知HF的最大值为AC，最小值为MN，即可求解．
②过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证△ABC是等边三角形，设AB=BC=AC=a，过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，在Rt△BCN中，利用勾股定理求得CN的长，然后证△NCE∽△ABF，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1）①OE+OH+OG+OF=HF+EG，由②知EG=FH，
∴即求HF的最值，过点O作AD的垂线交AD,BC于点M，N，
由垂线段最短可知OA>OM，
∵正方形ABCD，
∴OA=OC,OM=ON，
∴HF的最大值为AC，最小值为MN=1，
在Rt△CDA中，AC=12+12=2，
∴1≤HF≤2，
∴OE+OH+OG+OF最大值为为22，最小值为2．
②解：EGFH=1，
理由为：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DAN，AB=AD，∠ABM=∠ADN
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN，
即EG=FH，
∴ EGFH=1．
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM=HF，AN=EG，
在矩形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM=90°，
∴∠BAM=∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴ AMAN=ABAD，
∵AB=m，BC=AD=n，AM=HF，AN=EG，
∴ HFEG=mn，
∴ EGFH=nm；故答案为：nm．
（3）解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴设AB=BC=AC=a，
过点CN⊥AB，垂足为N，交BF于点M，则AN=BN=12a，
在Rt△BCN 中，CN=BC2−BN2=a2−(12a)2=32a，
∵CN⊥AB，CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BMN=90°，∠ECN+∠CMF=90°，
又∵∠CMF=∠BMN，
∴∠ABF=∠ECN，
∵CN⊥AB，∠DAB=90°，
∴∠DAB=∠CNE=90°，
∴△NCE∽△ABF，
∴ CEBF=CNAB，即CEBF=32aa=32．
【点睛】本题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
3．（2024·广东阳江·一模）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：
【观察猜想】
（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，ED⊥CF，则DECF的值为__________．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则CEBD的值为__________；
【类比探究】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，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：DE⋅AB=CF⋅AD．
【拓展延伸】
（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．求DECF的值．
【答案】（1）1；（2）47；（3）证明见解析；（4）53．
【分析】(1)证明Rt△ADE≌Rt△DCFASA后即可求解；
(2)证明△CDE∽△DAB后即可求解；
(3)过点C作CH⊥AF，交AF的延长线于点 H，证明△DEA∽△CFH后即可求证；(4)如图4所示，过点C作CG⊥AD 于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点 O，证明△DEA∽△CGF，得到AB=3，由三角函数设AH=a，则DH=3a，由勾股定理可得a2+3a2=92，得到AH=91010，DH=271010，AC=2AH=9510，利用面积法可得CG=275，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，设DE、CF相交于点M，
∵DE⊥CF，
∴ ∠CMD=90° ，
∴∠DCM+∠CDM=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠CDF=90°，DA=CD，
∴∠ADE+∠CDM=90°，
∴∠ADE=∠DCM，
即∠ADE=∠DCF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCFASA，
∴DE=CF，
∴DECF=1，
故答案为：1；
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠BAD，
∵∠CDE=∠A
∴△CDE∽△DAB，
∴CEDB=CDDA=47，
即CEBD=47，
故答案为：47；
（3）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH， ∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
∵∠DFG=∠CFH，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，
∴△DEA∽△CFH，
∴DECF=DACH，
∴DECF=ADAB，
即DE⋅AB=CF⋅AD；
（4）如图4所示，过点C作CG⊥AD 于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点 O，
∵CF⊥DE，GC⊥AD，
∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，
∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CGF，
∴DECF=ADCG，
∴AB=3，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，
∴AHDH=13，
设AH=a，则DH=3a，
∵AH2+DH2=AD2，
∴a2+3a2=92，
∴a=91010(负值舍去)，
∴AH=91010，DH=271010，
∴AC=2AH=9510，
∵S△ADC=12AC·DH=12AD·CG，
∴12×9510×271010=12×9×CG，
∴CG=275，
∴DECF=ADCG=9275=53．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
题型四： 正方形半角模型
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN．

【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：∠CNM=∠CNH；
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF∽△CNM；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．连接AC交BD于点O，求EFNM的值．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] EFNM=22
【分析】[探究一]证明△CNM≌△CNH，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角∠ECF=∠NCM，进而即可证明
[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．得出△NCG≌△NCM，根据全等三角形的性质得出∠MNC=∠GNC，进而可得∠CNM=∠CEF，证明△ECF∽△NCM，根据相似三角形的性质得出EFNM = ECNC=CDAC=12，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，
∴CM=CH,∠MCH=90°，
∴∠NCH=∠MCH−∠MCN=90°−45°=45°，
∴∠MCN=∠HCN，
在△CNM与△CNH中
CM=CH∠MCN=∠HCNCN=CN
∴△CNM≌△CNH
∴∠CNM=∠CNH
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=45°，
又∠MCN=45°，
∴∠FBN=∠FCE=45°，
∵∠EFC=∠BFN，
∴∠CEF=∠FNB，
又∵∠CNM=∠CNH，
∴∠CEF=∠CNM，
又∵公共角∠ECF=∠NCM，
∴△CEF∽△CNM；
[探究三] 证明：∵AC,BD是正方形的对角线，
∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°−∠BAC=135°，
∴∠CDE=∠CAN，
∵∠MCN=∠DCA=45°，
∴∠MCN−∠DCN=∠DCA−∠DCN，
即∠ECD=∠NCA，
∴△ECD∽△NCA，
∴∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，
如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．

∴MC=GC，∠MCG=90°，
∴∠NCG=∠NCM=45°，
又CN=CN，
∴△NCG≌△NCM，
∴∠MNC=∠GNC，
∵∠CNA=∠CEF，
∴∠CNM=∠CEF，
又∠ECF=∠NCM，
∴△ECF∽△NCM，
∴EFNM = ECNC=CDAC=12，
即EFNM=22．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
(3)22b+a
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNHAAS，进而求出HN=22CH，再根据（2）的结论求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
（2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+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，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键．
1．（2023·吉林白城·模拟预测）下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°．求证：EF=AE+CF．
证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM,∠A=∠DCM,∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°,∴∠MDF=∠EDF=45°．
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF,∴△EDF≌＿＿＿，∴EF=MF=CM+CF=＿＿＿+CF．
【探究】（1）在图①中，若正方形ABCD的边长为3，AE=1，其他条件不变，求EF的长．
解：∵正方形ABCD的边长为3，∵AE=1,∴BE=2,CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x,FC=FM−CM=x−1,∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x=＿＿＿，即EF=＿＿＿．
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°,AB=AD=6,BC=4，E是AB边上的点，且∠CDE=45°，则CE=＿＿＿．
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高．若BD=2,CD=3，则AD的长为＿＿＿．
【答案】作业：△MDF， AE ；探究：（1）52 ，52；（2）5 ；（3）6
【分析】作业：按照对应关系寻找三角形，线段等量代换即可；
探究：（1）按运算法则计算方程即可；
（2）过D作DF∥AB交队延长线于F，证明四边形ABFD是正方形，将△ADE绕点D逝时针旋转90°，可证明△CDE≌△CDH，设CE=CH=y，表示BE，在Rt△BCE用勾股定理即可求解；
（3）将△ADC绕点A顺时针旋和转90°得到△AEF，则△ADC≌△AEF，延长EF、CD相交于H，证明△ABF≌△ABC，得到BF=BC，设HF=z，表示DH、DF，在Rt△DFH中用勾股定理即可求解．
【详解】作业：证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，
则DE=DM,∠A=∠DCM,∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°，
∴∠MDF=∠EDF=45°．
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，
∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF，
∴△EDF≌△MDF，
∴EF=MF=CM+CF=AE+CF．
故答案为：△MDF，AE；
探究：（1）∵正方形ABCD的边长为3，AE=1，
∴BE=2,CM=1
设EF=x，则FM=EF=x,FC=FM−CM=x−1，
∴BF=3−(x−1)=4−x，
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，
解得x=52，即EF=52．
故答案为：52，52；
（2）过D作DF∥AB交队延长线于F，则∠ADF=90°
又∵AB=AD=6
∴四边形ABFD是正方形
∴CF=2
将△ADE绕点D逝时针旋转90°，得到△DEH，如图，
则B、C、F、H四点共线，∠ADE=∠FDH,DE=DH，
∵∠ADE+∠CDF=90−∠EDC=45°，
∴∠CDH=∠CDF+∠FDH=∠CDF+∠ADH=45°，
又∵DE=DH,DC=DC，
∴△CDE≌△CDH，
设CE=CH=y，则FH=AE=y−2，
∴BE=AB−AE=8−y，
∴在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2即42+(8−y)2=y2，
解得y=5，
∴CE=5；
故答案为：5；
（3）将△ADC绕点A顺时针旋和转90°得到△AEF，延长EF、CD相交于H，如图：
则AE=AD,AF=AC,EF=DC=3,∠EAD=∠E=∠ADB=90°,∠EAF=∠DAC，
∴四边形AEHD是正方形，
∵∠BAC=45°，即∠BAD+∠CAD=45°，
∴∠EAF+∠BAD=∠DAC+∠BAD=45°，
∴∠FAB=45°，
∴△ABF≌△ABC，
∴BF=BC=5，
设HF=z，则EH=AD=AE=DH=z+3，
∴HB=HD−BD=z+1，
∴在Rt△BFH中，HF2+BH2=BF2即z2+z+12=52，
解得z=3（负值舍去），则z+3=6
∴AD=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查图形旋转的特点、全等三角形的性质和判定、勾股定理、正方形的性质和判定，三个图形紧密相连，解题思路环环相扣，承接前一问的思路解下一问是解题关键．
2．（2024·湖北随州·一模）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，从而可得：DM+BN=MN．
(1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是___________．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：M是CD的中点．
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD，AB=12，AD=16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，BN=4，则DM的长是 ___________．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）由旋转得△ABE≌△ADM，通过△AMN≌△AENSAS，得到MN=EN，Rt△CMN中，求出MN的长，设正方形ABCD的边长为x，由x−6+x−4=10，即可求解，
（2）设BN=m，DM=n，由MN=BN+DM=m+n，结合tan∠BAN=13，表示出CN、CM，在Rt△CMN中，应用勾股定理得到3m=2n，代入CM=3m−n，即可求解，
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC延长线于点Q，延长AN交PQ于E，设DM=a，则MQ=12−a，由△ABN∽△APE，得BNPE=ABAP=1216=34，进而求出PE，EQ的长，由（1）中结论得：EM=PE+DM=163+a，在Rt△QEM，应用勾股定理，得到a=8，即可求解，
本题考查了，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，勾股定理，解题的关键是：通过全等和勾股列出方程．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即：∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAM=90°−45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
∴△AMN≌△AENSAS，
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN=CN2+CM2=62+82=10，
则BN+DN=10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC−CN=x−6，
∴x−6+x−4=10，解得：x=12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12，
（2）解：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN=13，
∴tan∠BAN=BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC−BN=2m，CM=CD−DM=3m−n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：2m2+3m−n2=m+n2，整理得：3m=2n，
∴CM=2n−n=n，
∴DM=CM，
即M是CD的中点，
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC延长线于点Q，延长AN交PQ于E，连接EM，
则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=12−a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE=43BN=43×4=163，
∴EQ=PQ−PE=16−163=323，
由（1）得：EM=PE+DM=163+a，
在Rt△QEM，由勾股定理得：3232+16−a2=163+a2，解得：a=8，
即DM的长是8，
故答案为：8．
题型五： 四边形对角互补模型
1．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2）PMPN=k，理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；
（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS证得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：OA=OC，
∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
∴k=PAPC=OAOC=1，
故答案为：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBNASA，
∴PM=PN．
（2）PMPN=k，理由如下：
过点P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPC=k．
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECNAAS，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=3a2+6a2=35a，
∴k=ENPN=355a=3．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要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，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
2．（2022·湖北武汉·中考真题）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：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【答案】(1)①52，25；②4；83
(2)S=12mn
(3)S=63
【分析】（1）①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5即可；②先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函数求出AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，BF=DFtan30°=2，BD=DF÷sin60°=4即可；
（2）过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证△DFG≌△DEH（ASA）与△DBG≌△DIH（SAS），然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，先证明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再证△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=45°，
∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，且AD=BD=m,
∵m=52，
∴BD=n=52，
∴BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5，ED=DF=5，
∴S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；
故答案为52，25；
②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=60°，
∴∠A=90°-∠B=30°，
∴DE=12AD=12×43=23，AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，
∵∠BDF=90°-∠B=30°，
∴BF=DFtan30°=2，
∴BD=DF÷sin60°=4，
∴BD=n=4，
∴S=S△ADE+SΔBDF=12×23×6+12×2×23=83，
故答案为：4；83；
（2）解：过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，
∴四边形DGCH为矩形，
∵CD是△ABC的角平分线，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DG=DH，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，
∴∠FDG=∠EDH，
在△DFG和△DEH中，
∠FDG=∠EDHDG=DH∠DGF=∠DHE，
∴△DFG≌△DEH（ASA）
∴FG=EH，
在△DBG和△DIH中，
DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH，
∴△DBG≌△DIH（SAS），
∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，
∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，
∴S△ADI=12AD⋅DI=12mn，
∴S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，
∵CD是△ABC的角平分线，DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，
∴∠FDQ=∠EDP，
在△DFQ和△DEP中，
∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE，
∴△DFQ≌△DEP（ASA）
∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，
在△DBQ和△DRP中，
DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP，
∴△DBQ≌△DRP（SAS），
∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，
∵DB=DE，DB=DR，
∴△DBF≌△DRE，
∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，
∴S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×32×4=63．
【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键．
1．（2024·贵州黔南·一模）小红在学习了三角形的相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，如图，在Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），连接DE．
(1)问题解决：如图1，当点D，E分别与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，AF与BC的位置关系是_________，数量关系是________．
(2)问题探究：如图2，当点D，E不与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF,AF与BC的位置关系是怎样的？请说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，当点E不与点C重合，且D为AB的中点时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点G，D，F在一条直线上，求AEEC的值．
【答案】(1)平行；相等
(2)AF∥BC，理由见解析
(3)AEEC=3
【分析】（1）先证CF∥AB，再证AB=CF，则四边形ABCF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，证明△AEF≌△AMESAS，得∠EAF=∠EMD=45°，则∠EAF=∠BCA，即可得出结论；
（3）连接AF、CF，过E作EM⊥AB于点M，延长ME交CF于点H，证四边形ABCF是正方形，得AB∥CF，∠BCF=90°，∠ACF=45°，再证△EFH≌△DEMAAS，得EH=DM，然后证△ECH是等腰直角三角形，得EH=CH，进而得AM=3BM，即可解决问题．
【详解】（1）解：由旋转的性质得：∠DEF=90°，DE=FE，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠DEF=180°，
∴CF∥AB，
∵AB=BC，
∴AB=CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF∥BC，AF=BC，
故答案为：平行；相等；
（2）AF∥BC，理由如下：
证明：如图2，过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，
则∠AEM=90°，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴ME=AE，∠AME=45°，
由旋转的性质得：FE=DE，∠DEF=90°，
∴∠DEF=∠AEM，
∴∠DEF−∠AED=∠AEM−∠AED，
即∠AEF=∠MED，
∴△AEF≌△AMESAS，
∴∠EAF=∠EMD=45°，
∴∠EAF=∠BCA，
∴AF∥BC；
（3）解：如图3，连接AF、CF，过E作EM⊥AB于点M，延长ME交CF于点H，
则∠EMD=90°，
由（2）可知AF∥BC，
∴∠DAF=∠DBG，∠AFD=∠G，
∵D为AB的中点，
∴AD=BD，
∴△ADF≌△BDGAAS，
∴AF=BG，
∵点G是点C关于直线AB的对称点，
∴BG=BC，
∴AF=BC，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCF是正方形，
∴AB∥CF，∠BCF=90°，∠ACF=45°，
∵MH⊥AB，
∴MH⊥CF，
∴BM=CH，∠CHE=∠FHE=90°，
∴∠EFH+∠FEH=90°，
由旋转的性质得：FE=DE，∠DEF=90°，
∴∠DEM+∠FEH=90°，
∴∠EFH=∠DEM，
∵∠EMD=∠FHE=90°，
∴△EFM≌△DEMAAS，
∴EH=DM，
∵∠ACF=45°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∴EH=CH，
∴DM=BM=12BD=12AD，
∴AM=3BM，
∵∠EMD=∠ABC=90°，
∴EM∥BC，
∴ AEEC=AMBM=3．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
2．（2023·吉林长春·二模）【问题呈现】如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．小聪同学延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证△ABE≌△ADG，进而得到△AEF≌△AGF，从而得出BE、EF、FD之间的数量关系为______ .(不需要证明)．
【类比引申】如图②，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，请回答当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有【问题呈现】中BE、EF、FD之间的数量关系，并给出证明．
【探究应用】如图③，在四边形ABCD中，AB=AD=60，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，点E、F分别在线段BC、CD上，且AE⊥AD，DF=303−30，直接写出线段EF的长．
【答案】问题呈现：BE+FD=EF；类比引申：∠EAF=12∠BAD，证明见解析；探究应用：30+303
【分析】
问题呈现：由正方形的性质得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，则∠B=∠ADG，而DG=BE，即可证明△ABE ≌△ADG，得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由∠EAF=45°，推导出∠EAF=∠GAF，即可证明△AEF ≌△AGF，则EF=GF=DG+FD=BE+FD；
类比引申：由【问题呈现】中∠EAF与∠BAD的数量关系，可知当∠EAF=12∠BAD时，EF=BE+FD，先证明△ABE ≌△ADH，得AE=AH，∠BAE=∠DAH，可推导了∠EAF=∠HAF，再证明△AEF ≌△AHF，则EF=HF=DH+FD=BE+FD；
探究应用：延长CD到点K，使DK=BE，由∠DAE=90°，∠BAD=150°，得∠ADK=60°，可证明△ABE是等边三角形，则AE=BE=AB=AD=DK=60，则△ADK是等边三角形，延长BA交DK于点L，则∠DAL=30°，∠ALD=90°，所以DL=12AD=30，AL=32AD=303，则FL=DF+DL=303=AL，所以∠LAF=45°，于是得∠EAF=75°=12∠BAD，所以EF=BE+DF=30+303．
【详解】
问题呈现：BE+FD=EF；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，
∴∠ADG=90°，
∴∠B=∠ADG，
∴DG=BE，即BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠GAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=GF=DG+FD=BE+FD．
类比引申：∠EAF=12∠BAD，
证明：如图②，延长CD到点H，使BE=DH，连接AH，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADH，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADHSAS，
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠HAF=∠DAF+∠DAH=∠DAF+∠BAE=∠BAD−∠EAF=12∠BAD，
∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHFSAS，
∴EF=HF=DH+FD=BE+FD．
探究应用：线段EF的长30+303，
理由：如图③，延长CD到点K，使DK=BE，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，
∵∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，
∴∠ADK=180°−∠ADC=60°，∠BAE=∠BAD−∠DAE=60°，
∴∠AEB=∠B=∠BAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=AB=AD=DK=60，
∴△ADK是等边三角形，
延长BA交DK于点L，则∠DAL=180°−∠BAD=30°，
∴∠ALD=90°，
∴DL=12AD=12×60=30，AL=AD⋅sin60°=60×32=303，
∵DF=303−30，
∴FL=DF+DL=303−30+30=303，
∴AL=FL，
∴∠LAF=∠LFA=45°，
∴∠EAF=180°−∠BAE−∠LAF=75°=12∠BAD，
∴EF=BE+DF=60+303−30=30+303，
∴线段EF的长30+303．
【点睛】
此题重点考查全等三角形的判定与性质、同角的补角相等、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、类比与转化等数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
题型六： 正方形对称模型
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B,D不重合），GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足．连接EF,AG，并延长AG交EF于点H．

(1)求证：∠DAG=∠EGH．
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AH与EF垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到AD⊥CD，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得AD∥GE，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接GC交EF于点O，由SAS证明△ADG≌△CDG，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAG=∠DCG，继而证明四边形FCEG为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AD⊥CD
∵GE⊥CD
∴AD∥GE，
∴∠DAG=∠EGH．
（2）AH与EF垂直，理由如下．
连接GC交EF于点O．
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45°，
又∵DG=DG,AD=CD，
∴△ADG≌△CDG，
∴∠DAG=∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF=90°，
又∵GE⊥CD,GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC．
又∵∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AH⊥EF．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
1. 如图，在正方形ABCD中，E是射线CD上一动点（E不与D重合），连AE交射线BD于F点，过F作FG⊥AE交在射线BC于G．
(1)当点E在线段CD上时，求证：AF＝FG．
(2)若BC＝10，BG＝4，求BF的长；
(3)连EG，当E在射线CD上移动时，探究线段BG、EG、DE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)72；
(3)BG + DE= EG或BG-DE = EG，理由见解析．
【分析】（1）连接CF，根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，然后利用“边角边”证明△ABF和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CF，全等三角形对应角相等可得∠BAF=∠BCF，再根据四边形的内角和定理与平角的定义求出∠BAF=∠CGF，然后求出∠CGF=∠BCF，根据等角对等边可得CF=FG，从而得证；
（2）过点F作FH⊥BC于H，利用勾股定理可求FH的长，即可求解；
（3）BG + DE= EG或BG-DE = EG．分两种情况考虑：①当点E在线段CD上时，②当点E在线段CD的延长线上时，分别进行说明即可．
【详解】（1）证明：如图①，连接CF，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，
在△ABF和△CBF中，
AB=BC∠ABF=∠CBF=45°BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
∵FG⊥AE，
∴在四边形ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°-90°-90°=180°，
又∵∠BGF+∠CGF=180°，
∴∠BAF=∠CGF，
∴∠CGF=∠BCF，
∴CF=FG，
∴AF=FG；
（2）如图2，过点F作FH⊥BC于H，
∵BC=10，BG=4，
∴AG2=AB2+BG2=AF2+GF2，
∴AG2=102+42=116，
∵由（1）得△AFG是等腰直角三角形，
∴FG2=12AG2=58，
∵∠DBC=45°，FH⊥BC，
∴BH=FH，BF=2FH，
∵GF2=FH2+GH2，
∴58=FH2+（FH−4）2，
∴FH=7，（负值舍去），
∴BF=72；
（3）（3）BG + DE = EG或BG-DE = EG，理由如下：分两种情况讨论：
①当点E在线段CD上时，如图2，延长CB至点M，使BM = DE，连接AM，AG，
由（1）得，AF= FG，FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ABM=∠ADE= 90°，AB= AD，
在ΔABM和ΔADE中，
AB=AD∠ABM=∠ADE=90°BM=DE，
∴△ABM≅△ADE(SAS)，
∴AM= AE，∠BAM=∠DAE，
∠BAM+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
即∠MAE=∠BAD=90°，
∵∠EAG = 45，
∴∠MAG =∠MAE-∠EAG = 90°-45°= 45°，
∴∠MAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和ΔEAG中，
AM=AE∠MAG=∠EAGAG=AG
∴△MAG≅△EAG(SAS)，
又∵MG= BG+BM，BM= DE，
∴BG + DE = EG；
②当点E在线段CD的延长线上时，如图3，在BC上截取BT= DE，连接AT，AG，CF，
仿照（1）的方法得AF = FG，
∵FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∵四边形ABCD是正方形，
".∠BAD =∠ABT=∠ADC =∠ADE = 90°，AB= AD，
在ΔABT和ΔADE中，
AB=AD∠ABT=∠ADE=90°BT=DE
∴△ABT≅△ADE(SAS)，
∴AT = AE，∠BAT =∠DAE，
∴∠BAT +∠DAT =∠DAE+∠DAT，
即∠BAD =∠TAE = 90°，
∵∠EAG = 45°，
∴∠TAG =∠TAE-∠EAG = 90°-45°= 45°
∴∠TAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和△EAG中，
AT=AE∠TAG=∠EAGAG=AG
∴△TAG≅△EAG(SAS)，
∴.TG =EG，
又∵TG= BG-BT，BT= DE，
∴BG-DE = EG；
综上所述，当E在射线CD上移动时，BG + DE= EG或BG-DE = EG．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
题型七： 与正方形有关的三垂直模型
1．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE