解題秘籍04幾何模型在壓軸題中的運(yùn)用（11種題型匯總+專(zhuān)題訓(xùn)練）【題型匯總】題型01三角形拼接模型常見(jiàn)的三角板與三角板（平行）拼接模型：類(lèi)型兩條斜邊平行斜邊于直角邊平行兩條直角邊平行圖示頂點(diǎn)在斜邊上頂點(diǎn)在直角邊上頂點(diǎn)在邊上頂點(diǎn)重合【提示】根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和進(jìn)行角度計(jì)算，計(jì)算線(xiàn)段長(zhǎng)時(shí)會(huì)用到特殊角的三角函數(shù)值.1．（2023·四川德陽(yáng)·中考真題）將一副直角三角板DOE與AOC疊放在一起，如圖1，∠O=90°，∠A=30°，∠E=45°，OD>OC．在兩三角板所在平面內(nèi)，將三角板DOE繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°<α<90°）度到D1OE1位置，使O

(1)求α的值；(2)如圖3，繼續(xù)將三角板DOE繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，使點(diǎn)E落在AC邊上點(diǎn)E2處，點(diǎn)D落在點(diǎn)D2處．設(shè)E2D2交OD1于點(diǎn)G，OE1交AC【答案】(1)30°(2)正方形，見(jiàn)解析【分析】（1）確定旋轉(zhuǎn)角α=∠AOD1，結(jié)合OD（2）先證明四邊形OHE【詳解】（1）根據(jù)題意，得旋轉(zhuǎn)角α=∠AOD∵OD1∥AC，∴∠AOD故α=30°．（2）根據(jù)題意，得旋轉(zhuǎn)角α=∠AOD∵OD1∥AC，∴∠AOD∵OE2=O∴∠E2OG=45°，∴∠E∵∠E1O

∴∠E∴∠AOE∴∠AHO=180°-60°-30°=90°，∴四邊形OHE∵OG=GE∴四邊形OHE【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2024·河南·三模）問(wèn)題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了一個(gè)問(wèn)題：

如圖1，將兩塊全等的直角三角形紙片△ABC和△DEF疊放在一起，其中∠ACB=∠E=90°，BC=DE=6，AC=FE=8，頂點(diǎn)D與邊AB的中點(diǎn)重合，DE經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，DF交AC于點(diǎn)G．求重疊部分（△DCG）的面積．(1)小明經(jīng)過(guò)獨(dú)立思考，寫(xiě)出如下步驟，請(qǐng)你幫助小明補(bǔ)全依據(jù)及步驟：解：∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，∴DC=DB=DA．∴∠B=∠DCB．

（依據(jù)：______________________）又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE=∠B．∴∠FDE=∠DCB．∴_____________________．∴∠AGD=∠ACB=90°．∴DG⊥AC．又∵DC=DA，∴G是AC的中點(diǎn)，∴DG為△ACD中位線(xiàn)．∴CG=12AC=12×8=4(2)“希望”學(xué)習(xí)小組受此問(wèn)題的啟發(fā)，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，使DE⊥AB交AC于點(diǎn)H，DF交AC于點(diǎn)G，如圖2，請(qǐng)解決下列兩個(gè)問(wèn)題：①求證：△AHD∽△ABC；②求出重疊部分（△DGH）的面積．(3)“智慧”小組也不甘落后，提出的問(wèn)題是：如圖3，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，DE，DF分別交于點(diǎn)M，N，當(dāng)△DMN是以DM為腰的等腰三角形時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出此時(shí)重疊部分（△DMN）的面積是________．【答案】(1)等邊對(duì)等角，DG∥BC(2)①證明見(jiàn)解析；②75(3)7516或【分析】（1）由直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半得DC=DB=DA；由△ABC≌△FDE，得到角相等，進(jìn)而證得DG⊥AC，從而求解；（2）①利用AA證明△AHD∽△ABC即可；②證明∠1=∠2可得出GH=GD，證明∠A=∠3可得出AG=GD，則點(diǎn)G為AH的中點(diǎn)，利用勾股定理求出AB，證明△ADH∽△ACB，可求出DH=15（3）分MN=MD，MN=DN，DM=DN三種情況討論，然后利用相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）解：∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，∴DC=DB=DA．∴∠B=∠DCB．（依據(jù)：等邊對(duì)等角）又∵△ABC≌△FDE，∴∠FDE=∠B．∴∠FDE=∠DCB．∴DG∥BC．∴∠AGD=∠ACB=90°．∴DG⊥AC．又∵DC=DA，∴G是AC的中點(diǎn)，∴DG為△ACB中位線(xiàn)．∴CG=12AC=∴SDCG故答案為：等邊對(duì)等角，DG∥BC；（2）①證明：∵DE⊥AB，∠C=90°，∴∠ADH=∠C，又∠A=∠A，∴△AHD∽△ABC；②如圖，

∵△ABC≌△FDE，∴∠B=∠1，∵∠C=90°，ED⊥AB，∴∠A+∠B=90°，∠A+∠2=90°，∴∠B=∠2，∴∠1=∠2，∴GH=GD．∵∠A+∠2=90°，∠1+∴∠A=∠3．∴AG=GD．∴AG=GH．∴點(diǎn)G為AH的中點(diǎn)．在Rt△ABC中，AB=∵D是AB中點(diǎn)，AD=1在△ADH與△ACB中，∵∠A=∠A，∠ADH=∠ACB=90°，∴△ADH∽△ACB．∴ADAC∴58∴DH=15∴SΔ（3）解：當(dāng)MN=MD時(shí)，過(guò)D作DH⊥MN于H，

則∠MND=∠MDN=∠B，∵∠A=∠A，∠AHD=∠ACB=90°，∴△AHD∽△ACB．∴ADAB∴510∴DH=3，∵∠MND=∠B，∠DHN=∠ACB=90°，∴△DHN∽△ACB，∴DHAC∴38∴NH=9設(shè)MN=MD=x，則MH=x-9在Rt△DMH中，D∴x2解得x=25∴S△DMN當(dāng)MN=DN時(shí)，過(guò)D作DH⊥MN于H，則∠NMD=∠MDN=∠B，同理：△DHM∽△ACB，∴DHAC∴38∴MH=9設(shè)MN=ND=x，則NH=x-9在Rt△DNH中，D∴x2解得x=25∴S△DMN當(dāng)MD=ND時(shí)，過(guò)D作DH⊥MN于H，過(guò)M作MG⊥DN于G，

則∠DGM=∠C=90°，又∠MDN=∠B，∴△DMG∽△BAC，∴DGBC=MG∴DG3設(shè)DG=3a，則MG=4a，DM=5a，∴NG=DN-DG=DM-DG=2a，∴MN=M∵∠MGN=∠DHN=90°，∠MNG=∠DNH，∴△MNG∽△DNH，∴MNDN=MG∴a=3∴MN=3，∴S△DMN綜上，△DMN的面積是為7516或9故答案為：7516或9【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線(xiàn)性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)和三角形面積的計(jì)算的綜合應(yīng)用．明確題意，添加合適輔助線(xiàn)，構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．題型02四邊形折疊模型解題方法：與特殊平行四邊形有關(guān)的折疊問(wèn)題與軸對(duì)稱(chēng)的知識(shí)聯(lián)系緊密，解決這類(lèi)問(wèn)題有兩個(gè)“秘訣”:一是折疊前后的兩部分是全等的(對(duì)應(yīng)邊、對(duì)應(yīng)角相等)；二是折疊前后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連線(xiàn)段被折痕垂直平分.3．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB>2AD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上．將△ADF沿AF折疊，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)G恰好落在對(duì)角線(xiàn)AC上；將△CBE沿CE折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)H恰好也落在對(duì)角線(xiàn)AC上．連接求證：(1)△AEH≌△CFG；(2)四邊形EGFH為平行四邊形．【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折疊的性質(zhì)可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，進(jìn)而得AH=CG，即可由ASA證明（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線(xiàn)的判定和性質(zhì)，掌握矩形和折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥∴∠EAH=∠FCG，由折疊可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，∴AH=CG，在△AEH和△CFG中，∠EAH=∠FCGAH=CG∴△AEH≌△CFGASA（2）證明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，∴EH∥FG，∴四邊形EGFH為平行四邊形．4．（2024·江蘇無(wú)錫·中考真題）【操作觀察】如圖，在四邊形紙片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．折疊四邊形紙片ABCD，使得點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'始終落在AD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B'，折痕與AB，【解決問(wèn)題】(1)當(dāng)點(diǎn)C'與點(diǎn)A重合時(shí)，求B(2)設(shè)直線(xiàn)B'C'與直線(xiàn)AB相交于點(diǎn)F，當(dāng)∠AF【答案】(1)10(2)285或【分析】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，正切的相關(guān)應(yīng)用，結(jié)合題意畫(huà)出圖形是解題的關(guān)鍵．（1）過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AD，則CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根據(jù)勾股定理求出CD，當(dāng)點(diǎn)C'與點(diǎn)A重合時(shí)，由折疊的性質(zhì)可得出MN垂直平分AC，N與D重合，則有AM=MC，設(shè)B'M=MB=x，則AM=MC=12-x，再利用勾股定理即可得出（2）分兩種情況，當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)和當(dāng)點(diǎn)F在BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，設(shè)AF=5x，AC'=12x，則C'F=13x【詳解】（1）解：如圖1，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AD，則CH=AB=12，AH=BC=8，∴HD=AD-AC∴CD=CHtan∠ADC=當(dāng)點(diǎn)C'與點(diǎn)A重合時(shí)，由折疊的性質(zhì)可得出MN垂直平分AC，N與D重合，則有AM=MC，設(shè)B'M=MB=x，則∵∠ABC=90°∴在Rt△MBC中x解得：x=10故B（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，如下圖：由(1)可知tan∠ADC=∵∠AF∴tan∠AF設(shè)AF=5x，AC'=12x，則根據(jù)折疊的性質(zhì)可得出：B'C'∵∠B∴tan∠∵∠ABC=90°∴在Rt△BFM中，F(xiàn)M=13則5x+12解得：x=7A如圖3，當(dāng)點(diǎn)F在BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，同上tan∠AF在Rt△AF設(shè)AF=5x，AC'=12x，F(xiàn)C在Rt△MFFM=135則FB=5x+12=解得x=13則AC綜上：AC'的值為：2855．（2024·湖北·中考真題）在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P落在邊CD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)G，PG交BC于點(diǎn)H．(1)如圖1，求證：△DEP∽△CPH；(2)如圖2，當(dāng)P為CD的中點(diǎn)，AB=2，AD=3時(shí)，求GH的長(zhǎng)；(3)如圖3，連接BG，當(dāng)P，H分別為CD，BC的中點(diǎn)時(shí)，探究BG與AB的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)GH=(3)BG=6【分析】（1）證明對(duì)應(yīng)角相等，即可得到△EDP∽△PCH；（2）根據(jù)△EDP∽△PCH，求得PH的長(zhǎng)度，從而得出GH長(zhǎng)度；（3）延長(zhǎng)AB，PG交于一點(diǎn)M，連接AP，先證明△MBH≌△PCH，得到相等的邊，再根據(jù)△BMG∽△MAP，得出大小關(guān)系．【詳解】（1）證明：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠1+∠3=90°，∵E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P落在DC上，∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2，∴△EDP∽△PCH；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，∵P為CD中點(diǎn)，∴DP=CP=1設(shè)EP=AE=x，∴ED=AD-x=3-x，在Rt△EDP中，E即x2解得x=5∴EP=AE=x=5∴ED=AD-AE=4∵△EDP∽△PCH，∴EDPC=EP∴PH=5∵PG=AB=2，∴GH=PG-PH=3（3）解：如圖，延長(zhǎng)AB，PG交于一點(diǎn)M，連接AP，∵E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P落在CD上，∴AP⊥EF，BG⊥直線(xiàn)EF，∴BG∥AP，∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，∴∠BAP=∠GPA，∴△MAP是等腰三角形，∴MA=MP，∵P為CD中點(diǎn)，∴設(shè)DP=CP=y，∴AB=PG=CD=2y，∵H為BC中點(diǎn)，∴BH=CH，∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，∴△MBH≌△PCH(ASA∴BM=CP=y，HM=HP，∴MP=MA=MB+AB=3y，∴HP=1在Rt△PCH中，CH=∴BC=2CH=5∴AD=BC=5在Rt△APD中，AP=∵BG∥AP，∴△BMG∽△AMP，∴BGAP∴BG=6∴ABBG∴AB=6BG，即【點(diǎn)睛】本題考查了矩形與折疊、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握以上基礎(chǔ)知識(shí)是解題關(guān)鍵．題型03射影定理類(lèi)型射影定理作高用射影定理?xiàng)l件∠ABC=∠ADB=90°F,A,B三點(diǎn)共線(xiàn)，C,A,E三點(diǎn)共線(xiàn)，∠ACB=∠AFE=90°圖示結(jié)論1）?ABD∽?ACB∽?BCD2),,3）AB?BC=BD?AC（面積法）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D?AFE∽?ADC∽?ACB∽?CDB6．（2024·山東濟(jì)南·中考真題）某校數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)在學(xué)習(xí)了圖形的相似后，對(duì)三角形的相似進(jìn)行了深入研究．（一）拓展探究如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°,CD⊥AB，垂足為D．（1）興趣小組的同學(xué)得出AC∵∠ACB=90°∴∠A+∠B=90°∵CD⊥AB∴∠ADC=90°∴∠A+∠ACD=90°∴∠B=①______∵∠A=∠A∴△ABC∽△ACD∴AB∴A請(qǐng)完成填空：①______；②______；（2）如圖2，F(xiàn)為線(xiàn)段CD上一點(diǎn)，連接AF并延長(zhǎng)至點(diǎn)E，連接CE，當(dāng)∠ACE=∠AFC時(shí)，請(qǐng)判斷△AEB的形狀，并說(shuō)明理由．（二）學(xué)以致用（3）如圖3，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°,AC=2,BC=26，平面內(nèi)一點(diǎn)D，滿(mǎn)足AD=AC，連接CD并延長(zhǎng)至點(diǎn)E，且∠CEB=∠CBD，當(dāng)線(xiàn)段BE的長(zhǎng)度取得最小值時(shí)，求線(xiàn)段CE【答案】（1）①∠ACD；②ACAD；（2）△AEB是直角三角形，證明見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）根據(jù)余角的性質(zhì)和三角形相似的性質(zhì)進(jìn)行解答即可；（2）證明△ACF∽△AEC，得出ACAF=AEAC，證明（3）證明△CEB∽△CBD，得出CECB=CBCD，求出CD?CE=CB2=262=24，以點(diǎn)A為圓心，2為半徑作⊙A，則C,D都在⊙A上，延長(zhǎng)CA到E0，使CE0=6，交⊙A于D0，連接E0E，證明△ECE0∽△D0【詳解】解：（1）∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°，∵CD⊥AB，∴∠ADC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠B=∠ACD，∵∠A=∠A，∴△ABC∽△ACD，∴AB∴AC（2）△AEB是直角三角形；理由如下：∵∠ACE=∠AFC,∠CAE=∠FAC∴△ACF∽△AEC，∴AC∴AC由（1）得AC∴AF?AE=AD?AB，∴AF∵∠FAD=∠BAE，∴△AFD∽△ABE，∴∠ADF=∠AEB=90°，∴△AEB是直角三角形．（3）∵∠CEB=∠CBD,∠ECB=∠BCD，∴△CEB∽△CBD，∴CE∴CD?CE=CB如圖，以點(diǎn)A為圓心，2為半徑作⊙A，則C,D都在⊙A上，延長(zhǎng)CA到E0，使CE0=6，交⊙A于則CD∵CD0為∴∠CDD∴CD∴CD∵∠ECE∴△ECE∴∠CDD∴點(diǎn)E在過(guò)點(diǎn)E0且與C過(guò)點(diǎn)B作BE'⊥E0∵垂線(xiàn)段最短，∴當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)E'處時(shí)，BE即BE的最小值為BE∵∠CE∴四邊形CE∴BE在Rt△CE0即當(dāng)線(xiàn)段BE的長(zhǎng)度取得最小值時(shí)，線(xiàn)段CE的長(zhǎng)為215【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形相似的判定和性質(zhì)，圓周角定理，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，垂線(xiàn)段最短，解題的關(guān)鍵是作出輔助線(xiàn)，熟練掌握三角形相似的判定方法．7．（2024·四川廣元·中考真題）數(shù)學(xué)實(shí)驗(yàn)，能增加學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的樂(lè)趣，還能經(jīng)歷知識(shí)“再創(chuàng)造”的過(guò)程，更是培養(yǎng)動(dòng)手能力，創(chuàng)新能力的一種手段．小強(qiáng)在學(xué)習(xí)《相似》一章中對(duì)“直角三角形斜邊上作高”這一基本圖形（如圖1）產(chǎn)生了如下問(wèn)題，請(qǐng)同學(xué)們幫他解決．在△ABC中，點(diǎn)D為邊AB上一點(diǎn)，連接CD．(1)初步探究如圖2，若∠ACD=∠B，求證：AC(2)嘗試應(yīng)用如圖3，在（1）的條件下，若點(diǎn)D為AB中點(diǎn)，BC=4，求CD的長(zhǎng)；(3)創(chuàng)新提升如圖4，點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，連接BE，若∠CDB=∠CBD=30°，∠ACD=∠EBD，AC=27，求BE【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)CD=2(3)21【分析】（1）根據(jù)題意，由∠ACD=∠B，∠A=∠A，利用兩個(gè)三角形相似的判定定理即可得到△ACD∽（2）設(shè)AD=BD=m，由（1）中相似，代值求解得到AC=2m，從而根據(jù)△ACD與△ABC的相似比為（3）過(guò)點(diǎn)C作EB的平行線(xiàn)交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H，如圖1所示，設(shè)CE=DE=a，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)F，如圖2所示，利用含30°的直角三角形性質(zhì)及勾股定理即可得到相關(guān)角度與線(xiàn)段長(zhǎng)，再由三角形相似的判定與性質(zhì)得到ADAC=AC【詳解】（1）證明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，∴△ACD∽∴ACAB∴AC（2）解：∵點(diǎn)D為AB中點(diǎn)，∴設(shè)AD=BD=m，由（1）知△ACD∽∴AC∴AC=2∴△ACD與△ABC的相似比為ADAC∴CDBC∵BC=4∴CD=22（3）解：過(guò)點(diǎn)C作EB的平行線(xiàn)交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H，過(guò)C作CY⊥AB，如圖1所示：∵點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，∴設(shè)CE=DE=a，∵∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=CD=2a，∠DCB=120°，在Rt△BCY中，CY=12過(guò)點(diǎn)B作BF⊥EC于點(diǎn)F，如圖2所示：∴∠FCB=60°，∴∠CBF=30°，∴CF=1∴CF=a，BF=3∴EF=2a，∴BE=7∵CH∥BE，點(diǎn)E為∴CH=2BE=27a，DH=2DB=43又∵∠ACD=∠EBD，∴∠ACD=∠H，△ACD∽∴ADAC又∵AC=27∴AD=2，AH=14，∴DH=12，即43∴a=3∴BE=7【點(diǎn)睛】本題考查幾何綜合，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)、含30°的直角三角形性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握三角形相似的判定與性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．8．（2024·江蘇徐州·中考真題）在△ABC中，點(diǎn)D在邊AB上，若CD2=AD?DB，則稱(chēng)點(diǎn)D是點(diǎn)C的“(1)如圖（1），在△ABC中，若∠ACB=90°，CD⊥AB于點(diǎn)D．試說(shuō)明：點(diǎn)D是點(diǎn)C的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”．(2)如圖（2），已知點(diǎn)D在線(xiàn)段AB上，用無(wú)刻度的直尺和圓規(guī)作一個(gè)△ABC，使其同時(shí)滿(mǎn)足下列條件：①點(diǎn)D為點(diǎn)C的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”；②∠ACB是鈍角（保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法）．(3)若△ABC為銳角三角形，且點(diǎn)D為點(diǎn)C的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”．設(shè)AD=m，DB=n，用含m、n的代數(shù)式表示AC的取值范圍（直接寫(xiě)出結(jié)果）．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)圖見(jiàn)解析(3)mn-m2【分析】（1）證△ACD∽△CBD，根據(jù)“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的定義即可得結(jié)論；（2）以AB為直徑作⊙O，過(guò)點(diǎn)D作AB的垂線(xiàn)，交⊙O于P，由圓周角定理可得∠APB=90°，由（1）可得DP2=AD?DB，以D為圓心，DP為半徑作圓，在直線(xiàn)DP右側(cè)的⊙D上取點(diǎn)C（3）分類(lèi)討論，①當(dāng)m<n時(shí)，根據(jù)第二問(wèn)可得出銳角三角形時(shí)C的位置，再利用勾股定理求出臨界值范圍即可，②當(dāng)m<n時(shí)，同①方法．【詳解】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∠CDA=∠CDB=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，∴∠A=∠BCD，∵∠CDA=∠CDB=90°，∴△ACD∽△CBD，∴CDBD∴CD∴點(diǎn)D是點(diǎn)C的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”．（2）解：如圖，①作線(xiàn)段AB的垂直平分線(xiàn)，交AB于點(diǎn)O；②以O(shè)為圓心，OA為半徑作圓；③過(guò)D作DP⊥AB交⊙O于點(diǎn)P；④以D為圓心，DP為半徑畫(huà)圓，則點(diǎn)C在⊙D上且在直線(xiàn)DP右側(cè)．連接AC、BC，△ABC即為所求，證明：∵P在以AB為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，∴∠APB=90°，由（1）可知：DP∵DC=DB，∴CD（3）①當(dāng)m<n時(shí)，如圖所示，結(jié)合第（2）問(wèn)，我們發(fā)現(xiàn)當(dāng)點(diǎn)C在直線(xiàn)DP左側(cè)、A的右側(cè)時(shí)，△ACB是銳角三角形，此時(shí)AC∵DC2=DA?DB，且DA=m∴D在Rt△ADC1在Rt△ADC2∴mn-②當(dāng)m>n時(shí)，同理可得：mn+m綜上所述，mn-m2<AC<【點(diǎn)睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖，圓周角定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等內(nèi)容，熟練掌握相關(guān)知識(shí)和正確理解題意是解題的關(guān)鍵．題型04一線(xiàn)三等角模型類(lèi)型一線(xiàn)三等角模型（同側(cè)型）一線(xiàn)三垂直模型（同側(cè)型）條件∠B=∠D=∠ACE=α∠B=∠D=∠ACE=90°圖示結(jié)論?ABC∽?CDEABCD=BCDE=AC?ABC∽?CDEABCD=BCDE=AC已知∠D=∠ACB=∠E，AC=BC圖示結(jié)論9．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實(shí)踐：如圖1，這個(gè)圖案是3世紀(jì)我國(guó)漢代的趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時(shí)給出的，人們稱(chēng)它為“趙爽弦圖”，受這幅圖的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組建立了“一線(xiàn)三直角模型”．如圖2，在△ABC中，∠A=90°，將線(xiàn)段BC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線(xiàn)段BD，作DE⊥AB交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E．

(1)【觀察感知】如圖2，通過(guò)觀察，線(xiàn)段AB與DE的數(shù)量關(guān)系是______；(2)【問(wèn)題解決】如圖3，連接CD并延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面積；(3)【類(lèi)比遷移】在(2)的條件下，連接CE交BD于點(diǎn)N，則BNBC=(4)【拓展延伸】在(2)的條件下，在直線(xiàn)AB上找點(diǎn)P，使tan∠BCP=23【答案】(1)AB=DE(2)10(3)9(4)547或【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠CBD=90，CB=BD，進(jìn)而證明△ABC≌△EDBAAS（2）根據(jù)（1）的方法證明△ABC≌△EDB(AAS)，進(jìn)而證明△DEF∽△CAF，求得EF=4，則（3）過(guò)點(diǎn)N作NM⊥AF于點(diǎn)M，證明△ABC∽△MNB得出MN=13BM，證明△EMN∽△ECA，設(shè)BM=x，則ME=BE-BM=6-x（4）當(dāng)P在B點(diǎn)的左側(cè)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，當(dāng)P在B點(diǎn)的右側(cè)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PT⊥BC交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)T，分別解直角三角形，即可求解．【詳解】（1）解：∵將線(xiàn)段BC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線(xiàn)段BD，作DE⊥AB交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E．

∵∠CBD=90°，∴∠ABC+∠DBE=90°，∴∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90，∴∠DBE=∠ACB，又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD∴△ABC≌△EDB(AAS∴DE=AB；（2）解：∵∠CBD=90°，∴∠ABC+∠DBE=90°，∴∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90，∴∠DBE=∠ACB，又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，∴△ABC≌△EDB(AAS∴DE=AB，BE=AC∵AB=2，AC=6∴DE=2，BE=6∴AE=AB+BE=2+6=8，∵∠DEB+∠A=180°∴DE∥∴△DEF∽△CAF，∴DE∴2∴EF=4，∴BF=BE+EF=6+4=10，∴S△BDF（3）解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)N作NM⊥AF于點(diǎn)M，

∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°-∠ABC=∠NBM∴△ABC∽△MNB∴BNBC即BNBC=BM又∵M(jìn)N∴△EMN∽△ECA∴MEAE設(shè)BM=x，則ME=BE-BM=6-x，6-x解得：x=∴BNBC（4）解：如圖所示，當(dāng)P在B點(diǎn)的左側(cè)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q

∵tan∴tan∠BCP=PQCQ=23又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°∴tan∠ABC=AC∴tan∴BQ=∴BC=CQ+BQ=∴113解得：a=在Rt△PBQ中，PQ=2a,∴PB=∴AP=PB-AB=如圖所示，當(dāng)P在B點(diǎn)的右側(cè)時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PT⊥BC交CB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)T，

∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°∴∠BPT=∠ACB∵tan∴tan設(shè)BT=b，則PT=3b，BP=10∵tan∠BCP=PT∴3b解得：b=∴BP=∴AP=AB+BP=2+綜上所述，AP=547或18【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．10．（2024·甘肅·中考真題）【模型建立】（1）如圖1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB=BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式寫(xiě)出線(xiàn)段AE，DE，CD的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在對(duì)角線(xiàn)BD和邊CD上，AE⊥EF，AE=EF．用等式寫(xiě)出線(xiàn)段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【模型遷移】（3）如圖3，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在對(duì)角線(xiàn)BD上，點(diǎn)F在邊CD的延長(zhǎng)線(xiàn)上，AE⊥EF，AE=EF．用等式寫(xiě)出線(xiàn)段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】（1）DE+CD=AE，理由見(jiàn)詳解，（2）AD=2BE+DF，理由見(jiàn)詳解，（3）【分析】（1）直接證明△ABE≌△BCD，即可證明；（2）過(guò)E點(diǎn)作EM⊥AD于點(diǎn)M，過(guò)E點(diǎn)作EN⊥CD于點(diǎn)N，先證明Rt△AEM≌Rt△FEN，可得AM=NF，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得：MD=DN=22DE，NF=ND-DF=MD-DF，即有（3）過(guò)A點(diǎn)作AH⊥BD于點(diǎn)H，過(guò)F點(diǎn)作FG⊥BD，交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)G，先證明△HAE≌△GEF，再結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)，即可證明．【詳解】（1）DE+CD=AE，理由如下：∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC，∴∠ABC=∠D=∠AEB=90°，∴∠ABE+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，∴∠ABE=∠C，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCD，∴BE=CD，AE=BD，∴DE=BD-BE=AE-CD，∴DE+CD=AE；（2）AD=2過(guò)E點(diǎn)作EM⊥AD于點(diǎn)M，過(guò)E點(diǎn)作EN⊥CD于點(diǎn)N，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，BD是正方形的對(duì)角線(xiàn)，∴∠ADB=∠CDB=45°，BD平分∠ADC，∠ADC=90°，∴2AD=即DE=BD-BE=2∵EN⊥CD，EM⊥AD，∴EM=EN，∵AE=EF，∴Rt△AEM≌∴AM=NF，∵EM=EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC=90°，∴四邊形EMDN是正方形，∴ED是正方形EMDN對(duì)角線(xiàn)，MD=ND，∴MD=DN=22DE，∴NF=AM=AD-MD=AD-22DE∴AD-22DE=∵DE=2AD-BE∴AD=2即有AD=2（3）AD=2過(guò)A點(diǎn)作AH⊥BD于點(diǎn)H，過(guò)F點(diǎn)作FG⊥BD，交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)G，如圖，∵AH⊥BD，F(xiàn)G⊥BD，AE⊥EF，∴∠AHE=∠G=∠AEF=90°，∴∠AEH+∠HAE=∠AEH+∠FEG=90°，∴∠HAE=∠FEG，又∵AE=EF，∴△HAE≌△GEF，∴HE=FG，∵在正方形ABCD中，∠BDC=45°，∴∠FDG=∠BDC=45°，∴∠DFG=45°，∴△DFG是等腰直角三角形，∴FG=2∴HE=FG=2∵∠ADB=45°，AH⊥HD，∴△ADH是等腰直角三角形，∴HD=2∴DE=HD-HE=2∴BD-BE=DE=2∵BD=2∴2AD-BE=∴AD=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線(xiàn)的性質(zhì)等知識(shí)，題目難度中等，作出合理的輔助線(xiàn)，靈活證明三角形的全等，并準(zhǔn)確表示出各個(gè)邊之間的數(shù)量關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵．11．（2023·湖北荊州·中考真題）如圖1，點(diǎn)P是線(xiàn)段AB上與點(diǎn)A，點(diǎn)B不重合的任意一點(diǎn)，在AB的同側(cè)分別以A，P，B為頂點(diǎn)作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線(xiàn)AB和射線(xiàn)BA，∠2的兩邊不在直線(xiàn)AB上，我們規(guī)定這三個(gè)角互為等聯(lián)角，點(diǎn)P為等聯(lián)點(diǎn)，線(xiàn)段AB為等聯(lián)線(xiàn)．(1)如圖2，在5×3個(gè)方格的紙上，小正方形的頂點(diǎn)為格點(diǎn)、邊長(zhǎng)均為1，AB為端點(diǎn)在格點(diǎn)的已知線(xiàn)段．請(qǐng)用三種不同連接格點(diǎn)的方法，作出以線(xiàn)段AB為等聯(lián)線(xiàn)、某格點(diǎn)P為等聯(lián)點(diǎn)的等聯(lián)角，并標(biāo)出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP，延長(zhǎng)AP至點(diǎn)B，使AB=AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)M處，得到△MPC，再延長(zhǎng)PM交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于E，連接CE并延長(zhǎng)交PD的延長(zhǎng)線(xiàn)于F①確定△PCF的形狀，并說(shuō)明理由；②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等聯(lián)線(xiàn)AB和線(xiàn)段PE的長(zhǎng)（用含【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①等腰直角三角形，見(jiàn)解析；②AB=3k；PE=【分析】（1）根據(jù)新定義，畫(huà)出等聯(lián)角；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥BE交BE的延長(zhǎng)線(xiàn)于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進(jìn)而證明Rt△CME≌Rt△CNE②過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長(zhǎng)線(xiàn)于R，則∠R=∠A=90°．證明△APC≌△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，進(jìn)而證明四邊形BRFQ【詳解】（1）解：如圖所示（方法不唯一）（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥BE交BE的延長(zhǎng)線(xiàn)于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，∴四邊形ABNC為正方形∴CN=AC=CM又∵CE=CE，∴Rt∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°∴△PCF是等腰直角三角形．②過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長(zhǎng)線(xiàn)于R，則∠R=∠A=90°．∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，∴∠1=∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△APC≌△RFPAAS∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，∴AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2∴AP=BR=FR=k，∴PB=2AP=2k，∴AB=AP+PB=BN=3k，由BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=QF=k，由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥∴△QEF∽△NEC，∴QENE=即2k-NENE=k由①知：PM=AP=k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+3【點(diǎn)睛】本題考查了幾何新定義，正方形的性質(zhì)與判定，折疊問(wèn)題，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型05半角模型類(lèi)型正方形內(nèi)含型半角等腰直角三角形內(nèi)含型半角條件正方形ABCD，∠EAF=45°∠BAC=90°,AB=AC，∠EAF=45°圖示輔助線(xiàn)作法延長(zhǎng)BC至點(diǎn)G，使DE=GB,連接AG過(guò)點(diǎn)B作BD⊥BC,且BD=EC,連接AD,DF結(jié)論1）旋轉(zhuǎn)全等2）對(duì)稱(chēng)全等3）EF=DE+BF1）旋轉(zhuǎn)全等2）對(duì)稱(chēng)全等3）在Rt△DBF中，即90°含45°120°含60°條件∠BAC=90°，∠DAE=45°,BA=AC∠BAC=120°，∠DAE=60°,AD=AE圖示結(jié)論?BAE∽?ADE∽?CDA?BAE∽?ADE∽?CDA12．（2024·四川樂(lè)山·中考真題）在一堂平面幾何專(zhuān)題復(fù)習(xí)課上，劉老師先引導(dǎo)學(xué)生解決了以下問(wèn)題：【問(wèn)題情境】如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)D、E在邊BC上，且∠DAE=45°，BD=3，CE=4，求DE的長(zhǎng)．解：如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACD'，連接

由旋轉(zhuǎn)的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠CAD∴∠CAD'+∠EAC=45°∴∠DAE=∠D在△DAE和△DAD=AD'，∠DAE=∠D∴___①___．∴DE=D又∵∠ECD∴在Rt△ECD'中，___∵CD'=BD=3

∴DE=D'E=___【問(wèn)題解決】上述問(wèn)題情境中，“①”處應(yīng)填：______；“②”處應(yīng)填：______；“③”處應(yīng)填：______．劉老師進(jìn)一步談到：圖形的變化強(qiáng)調(diào)從運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)來(lái)研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應(yīng)萬(wàn)變．【知識(shí)遷移】如圖3，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，滿(mǎn)足△CEF的周長(zhǎng)等于正方形ABCD的周長(zhǎng)的一半，連結(jié)AE、AF，分別與對(duì)角線(xiàn)BD交于M、

【拓展應(yīng)用】如圖4，在矩形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．探究BE、

【問(wèn)題再探】如圖5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，點(diǎn)D、E在邊AC上，且∠DBE=45°．設(shè)AD=x，CE=y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式．

【答案】【問(wèn)題解決】①△ADE≌△AD'E；②EC2+CD【分析】【問(wèn)題解決】根據(jù)題中思路解答即可；【知識(shí)遷移】如圖，將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADF'．過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BD交邊AF'于點(diǎn)H，連接NH．由旋轉(zhuǎn)的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．結(jié)合題意得EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．證明△AEF≌AF【拓展應(yīng)用】如圖所示，設(shè)直線(xiàn)EF交AB延長(zhǎng)線(xiàn)于M點(diǎn)，交AD延長(zhǎng)線(xiàn)于N點(diǎn)，將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AGH，連接HM,HE．則△ADF≌△AGH．則DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，根據(jù)∠EAF=45°，證明△AEH≌△AEF，得出EF=HE，過(guò)點(diǎn)H作HO⊥CB交CB于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)H作HG⊥BM交BM于點(diǎn)M，則四邊形OHGB為矩形．得出OH=BG,OB=HG，證明△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，得出GM=DN=DF=HG，∠HME=90°，在Rt△OHE【問(wèn)題再探】如圖，將△BEC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到BE'C'，連接E'D．過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC，垂足為點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E'作EG'⊥BC'，垂足為G'．過(guò)點(diǎn)E'作E'F∥BA，過(guò)點(diǎn)D作DF∥BC交AB于點(diǎn)H,E'F、DF交于點(diǎn)F．由旋轉(zhuǎn)的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G【詳解】【問(wèn)題解決】解：如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACD'，連接

由旋轉(zhuǎn)的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∵∠BAD=∠CAD∴∠CAD'+∠EAC=45°∴∠DAE=∠D在△DAE和△D'AE中，AD=AD'∴①△ADE≌∴DE=D又∵∠ECD∴在Rt△ECD'中，∵CD'=BD=3∴DE=D'【知識(shí)遷移】DN2證明：如圖，將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADF過(guò)點(diǎn)D作DH⊥BD交邊AF'于點(diǎn)H，連接

由旋轉(zhuǎn)的特征得AE=AF由題意得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE，∴EF=DF+BE=DF+DF在△AEF和△AF'F∴△AEF≌AF'∴∠EAF=∠F又∵BD為正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，∴∠ABD=∠ADB=45°．∵DH⊥BD，∴∠ADH=∠HDB-∠ADB=45°．在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAH,AB=AD,∠ABM=∠ADH，∴△ABM≌△ADHASA∴AM=AH,BM=DH．在△AMN和△AHN中，AM=AH,∠MAN=∠HAN,AN=AN，∴△AMN≌△AHN(SAS∴MN=HN．在Rt△HND中，D∴DN【拓展應(yīng)用】2BE證明：如圖所示，設(shè)直線(xiàn)EF交AB延長(zhǎng)線(xiàn)于M點(diǎn)，交AD延長(zhǎng)線(xiàn)于N點(diǎn)，

將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AGH，連接HM,HE．則△ADF≌△AGH．則DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，∵∠EAF=45°，∴∠HAE=∠HAG+∠GAE=∠DAF+∠GAE=45°，在△AEH和△AFE中AH=AF∠HAE=∠FAE=45°∴△AEH≌△AEF(SAS∴EF=HE，過(guò)點(diǎn)H作HO⊥CB交CB于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)H作HG⊥BM交BM于點(diǎn)M，則四邊形OHGB為矩形．∴OH=BG,OB=HG，∵∠CEF=45°，∴∠CEF=∠CFE=∠DFN=∠DNF=∠BME=∠BEM=45°，∴△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，∴CE=CF,BE=BM,DN=DF,AN=AM，∴AM-AG=AN-AD，∴GM=DN=DF=HG，∴∠HMG=45°，∴∠HME=45°+45°=90°，在Rt△OHE中，OE2∴(GH+BE)2即(GH+BE)2又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM，∴(GH+BE)2即2D【問(wèn)題再探】如圖，將△BEC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BE'C'，連接E'D．過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC，垂足為點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E'作EG'⊥BC'，垂足為G'．過(guò)點(diǎn)E'作

由旋轉(zhuǎn)的特征得BE=BE∵∠ABC=90°,∠DBE=45°，∴∠CBE+∠DBA=45°，∴∠C'B在△EBD和△E'BD∴△EBD≌△E∴DE=DE∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3，∴AC=A又∵AD=x,CE=y，∴DE∵DF∥∴∠ADH=∠C,∠AHD=∠ABC=90°，∴△AHD∽△ABC，∴AHAB=∴HB=AB-AH=4-4同理可得EG=4∴E∵E∴E又∵E'∴四邊形FE∴∠F=90°,FH=EFE在Rt△E'∴1-解得y=21x-60【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用旋轉(zhuǎn)變換作圖，掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．13．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠MAN=12∠BAC，∠MAN在∠BAC的內(nèi)部，點(diǎn)M、N在BC上，點(diǎn)M在點(diǎn)N

（1）如圖①，當(dāng)∠BAC=90°時(shí)，探究如下：由∠BAC=90°，AB=AC可知，將△ACN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABP，則CN=BP且∠PBM=90°，連接PM，易證△AMP≌△AMN，可得MP=MN，在Rt△PBM中，BM2（2）當(dāng)∠BAC=60°時(shí)，如圖②：當(dāng)∠BAC=120°時(shí)，如圖③，分別寫(xiě)出線(xiàn)段BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系，并選擇圖【答案】圖②的結(jié)論是：BM2+NC2【分析】本題主要考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，30度角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識(shí)，選②，以點(diǎn)B為頂點(diǎn)在△ABC外作∠ABK=60°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC，垂足為H，構(gòu)造全等三角形，得出AN=AQ，∠CAN=∠QAB，再證明△AQM≌△ANM，得到MN=QM；在Rt△QHM中由勾股定理得QH2+H【詳解】解：圖②的結(jié)論是：B證明：∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，以點(diǎn)B為頂點(diǎn)在△ABC外作∠ABK=60°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC，垂足為

∵AB=AC，∠C=∠ABQ，CN=BQ∴△ACN≌△ABQ∴AN=AQ，∠CAN=∠QAB又∵∠CAN+∠BAM=30°∴∠BAM+∠QAB=30°即∠QAM=∠MAN又∵AM=AM，∴△AQM≌△ANM，∴MN=QM；∵∠ABQ=60°,∠ABC=60°,∴∠QBH=60°，∴∠BQH=30°,∴BH=12∴HM=BM+BH=BM+1在Rt△QHM中,可得：即3整理得B∴B圖③的結(jié)論是：B證明：以點(diǎn)B為頂點(diǎn)在△ABC外作∠ABK=30°，在BK上截取BQ=CN，連接QA、QM，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BC，垂足為

∵AB=AC，∠C=∠ABQ，CN=BQ∴△ACN≌△ABQ∴AN=AQ，∠CAN=∠QAB又∵∠CAN+∠BAM=60°∴∠BAM+∠QAB=60°即∠QAM=∠MAN又∵AM=AM，∴△AQM≌△ANM，∴MN=QM在Rt△BQH中，∠QBH=60°，∴BH=12HM=BM-BH=BM-1在Rt△QHM中,可得：即3整理得B∴B14．（2023·江蘇南通·中考真題）正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC，CD上運(yùn)動(dòng)（不與正方形頂點(diǎn)重合）．作射線(xiàn)AE，將射線(xiàn)AE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，交射線(xiàn)CD于點(diǎn)F．∵

(1)如圖，點(diǎn)E在邊BC上，BE=DF，則圖中與線(xiàn)段AE相等的線(xiàn)段是___________；(2)過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AF，垂足為G，連接DG，求∠GDC的度數(shù)；(3)在（2）的條件下，當(dāng)點(diǎn)F在邊CD延長(zhǎng)線(xiàn)上且DF=DG時(shí)，求FGAG【答案】(1)AF(2)∠GDC的度數(shù)為45°或135°(3)2【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和已知條件得到△ABE≌△ADF，即可得到答案；（2）當(dāng)點(diǎn)E在邊BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AD，垂足為M，延長(zhǎng)MG交BC于點(diǎn)N，證明△AMG≌△GNE，得到AM=GN，推出當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，過(guò)點(diǎn)G作GN⊥DF，垂足為N，延長(zhǎng)NG交BA延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)M，則四邊形ADNM是矩形，同理得到△AMG≌△GNE，得到（3）由平行的性質(zhì)得到分線(xiàn)段成比例FGAG【詳解】（1）AF．∵正方形ABCD，∴AB=AD,∠B=∠D=90°，∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF．（2）解：①當(dāng)點(diǎn)E在邊BC上時(shí)（如圖），過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AD，垂足為M，延長(zhǎng)MG交BC于點(diǎn)N．∴∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°，四邊形CDMN是矩形．∴∠2+∠3=90°．∵EG⊥AF，∠EAF=45°，∴∠2+∠1=90°，△AEG為等腰直角三角形，AG=EG．∴∠1=∠3．∴△AMG≌∴AM=GN．∵AM+MD=GN+MG，∴MD=MG．∴△MDG為等腰直角三角形，∠4=45°．∴∠GDC=45°．

②當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)（如圖），過(guò)點(diǎn)G作GN⊥DF，垂足為N，延長(zhǎng)NG交BA延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)M，則四邊形ADNM是矩形，同理，△AMG≌∴GN=AM=DN．∴△NDG為等腰直角三角形，∠1=45°．∴∠GDC=180°-45°=135°．

綜上，∠GDC的度數(shù)為45°或135°．（3）解：當(dāng)點(diǎn)F在邊CD延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，點(diǎn)E在邊CD上（如圖），設(shè)GN=DN=a，則DG=2∴DF=DG=2∴FN=DF-DN=2∵GN∥∴FGAG【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線(xiàn)的性質(zhì)，熟練掌握平行線(xiàn)的分線(xiàn)段成比例以及全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）數(shù)學(xué)興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個(gè)含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的頂點(diǎn)始終與正方形的頂點(diǎn)C重合，繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)三角尺時(shí)，45°角的兩邊CM，CN始終與正方形的邊AD，AB所在直線(xiàn)分別相交于點(diǎn)M，N，連接MN，可得△CMN．

【探究一】如圖②，把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線(xiàn)AB上．求證：∠CNM=∠CNH；【探究二】在圖②中，連接BD，分別交CM，CN于點(diǎn)E，F(xiàn)．求證：△CEF∽△CNM；【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線(xiàn)BD與三角尺45°角兩邊CM，CN分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)．連接AC交BD于點(diǎn)O，求EFNM【答案】[探究一]見(jiàn)解析；[探究二]見(jiàn)解析；[探究三]EF【分析】[探究一]證明△CNM≌△CNH，即可得證；[探究二]根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠CEF=∠FNB，根據(jù)三角形內(nèi)角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角∠ECF=∠NCM，進(jìn)而即可證明[探究三]先證明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線(xiàn)AB上．得出△NCG≌△NCM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠MNC=∠GNC，進(jìn)而可得∠CNM=∠CEF，證明△ECF∽△NCM【詳解】[探究一]∵把△CDM繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時(shí)得到點(diǎn)H在直線(xiàn)AB上，∴CM=CH,∠MCH=90°，∴∠NCH=∠MCH-∠MCN=90°-45°=45°，∴∠MCN=∠HCN，在△CNM與△CNH中CM=CH∴△CNM≌△CNH∴∠CNM=∠CNH[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形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]證明：∵AC,BD是正方形的對(duì)角線(xiàn)，∴∠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如圖所示，將△DMC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點(diǎn)G在直線(xiàn)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=EC即EFNM【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．題型06手拉手模型條件：在?ABC和ADE中，∠BAC=∠DAE，圖示：解題策略：連接BD，CE,根據(jù)已知條件可證明?ABD∽?ACE結(jié)論：?ABD∽?ACE，?ADE∽?ABC【小結(jié)】1）頭頂頭，左手拉左手，右手拉右手，那么，頭左左≌頭右右.2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE.16．（2023·四川甘孜·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC=32，點(diǎn)D在AB邊上，連接CD，將CD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到CE，連接BE，DE

(1)求證：△CAD≌△CBE；(2)若AD=2時(shí)，求CE的長(zhǎng)；(3)點(diǎn)D在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，試探究AD【答案】(1)見(jiàn)解析(2)10(3)存在，18【分析】（1）由SAS即可證明△CAD≌△CBE；（2）證明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在Rt△CDE（3）證明AD【詳解】（1）解：由題意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB．即∠ACD=∠BCE．∴△CAD≌△CBE(SAS（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=3∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=2∴BD=AB-AD=6-2=4．∵△CAD≌△CBE，∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．∴DE=B∴在Rt△CDE中，CE=CD=（3）由（2）可知，AD∴當(dāng)CD最小時(shí)，有AD2+B∵△ABC為等腰直角三角形，∴CD=1∴AD即AD2+B【點(diǎn)睛】本題主要考查了圖形的幾何變換，涉及到等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．17．（2024·新疆·中考真題）【探究】（1）已知△ABC和△ADE都是等邊三角形．①如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在BC上時(shí)，連接CE．請(qǐng)?zhí)骄緾A，CE和②如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線(xiàn)段BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，連接CE．請(qǐng)?jiān)俅翁骄緾A，CE和【運(yùn)用】（2）如圖3，等邊三角形ABC中，AB=6，點(diǎn)E在AC上，CE=23．點(diǎn)D是直線(xiàn)BC上的動(dòng)點(diǎn)，連接DE，以DE為邊在DE的右側(cè)作等邊三角形DEF，連接CF．當(dāng)△CEF為直角三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BD【答案】（1）①CA=CE+CD，理由見(jiàn)解析；②CE=CA+CD，理由見(jiàn)解析；（2）6-3或6+2【分析】（1）①CA=CE+CD．證明△BAD≌△CAESAS可得BD=CE，即得BC=BD+CD=CE+CD，進(jìn)而可得CA=CE+CD；②CE=CA+CD．同理①（2）分點(diǎn)D在BC上，∠EFC=90°和點(diǎn)D在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，∠CEF=90°兩種情況，畫(huà)出圖形，結(jié)合四點(diǎn)共圓及圓周角定理解答即可求解；本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理，解直角三角形，等角對(duì)等邊，應(yīng)用分類(lèi)討論思想解答是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：（1）①CA=CE+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴BC=BD+CD=CE+CD，∵AC=BC，∴CA=CE+CD；②CE=CA+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴CE=BD=BC+CD=CA+CD，即CE=CA+CD；（2）解：分兩種情況：如圖，當(dāng)點(diǎn)D在BC上，∠EFC=90°時(shí)，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠EFD=∠ECD=60°，∴C、∵∠EFC=90°，∴CE為該圓的直徑，∴∠CDE=90°，∵CE=23，∠ECD=60°∴CD=CE·cos∴BD=BC-CD=6-3如圖，當(dāng)點(diǎn)D在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，∠CEF=90°時(shí)，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠ACB=∠EFD=60°，∴∠ECD=120°，∴∠ECD+∠EFD=180°，∴C、∵∠CEF=90°，∴CF為該圓的直徑，∴∠CDF=90°，∵∠EDF=60°，∴∠CDE=90°-60°=30°，∴∠CED=180°-120°-30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE=23∴BD=BC+CD=6+23綜上，BD的長(zhǎng)為6-3或6+218．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，某小組將一個(gè)含45°的三角尺AEF利一個(gè)正方形紙板ABCD如圖1擺放，若AE=1，AB=2．將三角尺AEF繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α0°≤α≤90°【初步探究】如圖2，連接BE，DF并延長(zhǎng)，延長(zhǎng)線(xiàn)相交于點(diǎn)G,BG交AD于點(diǎn)M．問(wèn)題1BE和DF的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是_________．【深入探究】應(yīng)用問(wèn)題1的結(jié)論解決下面的問(wèn)題．問(wèn)題2如圖3，連接BD，點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，連接OA，OG．求證OA=OD=OG．【嘗試應(yīng)用】問(wèn)題3如圖4，請(qǐng)直接寫(xiě)出當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時(shí)，點(diǎn)G經(jīng)過(guò)路線(xiàn)的長(zhǎng)度．【答案】（1）BE=DF；BE⊥DF；（2）證明見(jiàn)解析；（3）2【分析】（1）如圖，由四邊形ABCD是正方形，△AEF是等腰直角三角形，AE=1，證明△BAE≌△DAF，再進(jìn)一步可得結(jié)論；（2）如圖，由∠BAD=90°，∠BGD=90°，再結(jié)合直角三角形斜邊上的中線(xiàn)的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）如圖，證明G在以O(shè)為圓心，OD為半徑的⊙O上，過(guò)F作FN⊥AD于N，當(dāng)∠BAE=α=60°時(shí)，證明∠AFD=90°，可得∠ADF=30°，∠AOG=2∠ADF=60°，證明四邊形AEGF是正方形，可得當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時(shí)，G在AG上運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)一步解答即可；【詳解】解：BE=DF；BE⊥DF；理由如下：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAD=90°，∵△AEF是等腰直角三角形，AE=1，∴AE=AF=1，∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF，∴△BAE≌△DAF，∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，∵∠AMB=∠DMG，∴∠BGD=∠BAM=90°，∴BE⊥DF；（2）如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，∴OA=OB=OD，∵BE⊥DF，∴∠BGD=90°，∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，∴OG=OB=OD，∴OA=OD=OG；（3）如圖，∵∠BGD=90°，OB=OG=OD，∴G在以O(shè)為圓心，OD為半徑的⊙O上，過(guò)F作FN⊥AD于N，當(dāng)∠BAE=α=60°時(shí)，∴∠DAF=α=60°，∠AFN=30°，∵AF=AE=1，∴AN=12AF=∴DN=2-12=∴AF∴∠AFD=90°，∴∠ADF=30°，∴∠AOG=2∠ADF=60°，而∠EAF=∠EGF=90°，AE=AF=1，∴四邊形AEGF是正方形，∴當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時(shí)，G在AG上運(yùn)動(dòng)，∵AB=2，OA=OB，AO⊥BD，∴OA=2×2∴點(diǎn)G經(jīng)過(guò)路線(xiàn)的長(zhǎng)度為60π【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，圓周角的應(yīng)用，勾股定理的逆定理的應(yīng)用，弧長(zhǎng)的計(jì)算，作出合適的輔助線(xiàn)是解本題的關(guān)鍵.題型07正方形風(fēng)車(chē)模型使用場(chǎng)景：已知正方形ABCD，點(diǎn)O是對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，∠MON=90°圖示：大招結(jié)論：1)△OAE≌△OBF，△OBE≌△OCF2)BE+BF=AE+FC=AB3)△EOF為等腰直角三角形4)5)6)(當(dāng)OE⊥AB時(shí)OE取最小值)19．（2024·四川眉山·中考真題）綜合與實(shí)踐問(wèn)題提出：在一次綜合與實(shí)踐活動(dòng)中，某數(shù)學(xué)興趣小組將足夠大的直角三角板的一個(gè)頂點(diǎn)放在正方形的中心O處，并繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況．操作發(fā)現(xiàn)：將直角三角板的直角頂點(diǎn)放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中：（1）若正方形邊長(zhǎng)為4，當(dāng)一條直角邊與對(duì)角線(xiàn)重合時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_____；當(dāng)一條直角邊與正方形的一邊垂直時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_____．（2）若正方形的面積為S，重疊部分的面積為S1，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中S1與S的關(guān)系為類(lèi)比探究：如圖1，若等腰直角三角板的直角頂點(diǎn)與點(diǎn)O重合，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，兩條直角邊分別角交正方形兩邊于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，小宇經(jīng)過(guò)多次實(shí)驗(yàn)得到結(jié)論BE+DF=2拓展延伸：如圖2，若正方形邊長(zhǎng)為4，將另一個(gè)直角三角板中60°角的頂點(diǎn)與點(diǎn)O重合，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)三角板的直角邊交AB于點(diǎn)M，斜邊交BC于點(diǎn)N，且BM=BN時(shí)，請(qǐng)求出重疊部分的面積．（參考數(shù)據(jù)：sin15°=6-24【答案】（1）4；4；（2）S1=【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的全等的判定及性質(zhì)，三角函數(shù)的概念等知識(shí)點(diǎn)，正確作輔助線(xiàn)證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．操作發(fā)現(xiàn)：（1）根據(jù)圖形即可判斷重疊部分即為△BOC（對(duì)角線(xiàn)分成的四個(gè)三角形中的一個(gè)）求出面積即可；當(dāng)一條直角邊與正方形的一邊垂直時(shí)，如圖，證明四邊形OMCN是正方形，求解面積即可；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥CB于點(diǎn)G，OH⊥DC于點(diǎn)H．證明△OGE≌△OHF，從而證明S四邊形類(lèi)比探究：先證明△EOB≌△FOC，從而證明BE+DF=CF+DF=CD，即可證明結(jié)論；拓展延伸：過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AB于點(diǎn)G，OH⊥BC于點(diǎn)H．先證明△OGM≌△OHN，即可證明S△OGM=S△OHN，∠GOM=∠NOH，從而證明∠GOM=15°，根據(jù)tan15°=2-【詳解】解：操作發(fā)現(xiàn)：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，當(dāng)一條直角邊與對(duì)角線(xiàn)重合時(shí)，重疊部分的面積為S△BOC當(dāng)一條直角邊與正方形的一邊垂直時(shí)，如圖，∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°，∴四邊形MONC是矩形，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，OA=OC，∴∠MOC=∠MCO，∴OM=MC，∴四邊形OMCN是正方形，∴OM=1∴四邊形OMCN的面積是4，故答案為：4，4；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥CB于點(diǎn)G，OH⊥DC于點(diǎn)H．∵O是正方形ABCD的中心，∴OG=OH，∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，∴四邊形OGCH是矩形，∵OG=OH，∴四邊形OGCH是正方形，∴∠GOH=∠EOF=90°，∴∠EOG=∠FOH，∵∠OGE=∠OHF=90°，∴△OGE≌△OHFASA∴S∴S∴S故答案為：S1類(lèi)比探究：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，∵∠FOE=∠BOC，∴∠EOB=∠FOC，∴△EOB≌△FOCASA∴BE=CF，∴BE+DF=CF+DF=CD，∵CD=2∴BE+DF=2拓展延伸：過(guò)點(diǎn)O作OG⊥AB于點(diǎn)G，OH⊥BC于點(diǎn)H．同（2）可知四邊形OGBH是正方形，∴BG=BH，OG=OH，∵BM=BN，∴GM=NH，∵∠OGM=∠OHN=90°，∴△OGM≌△OHNSAS∴S△OGM=∵∠MON=60°，∴∠GOM=1由（1）可知OG=2，S正方形∴tan∴GM=2×2-∴S∴重疊部分的面積==4-2×=4320．（2023·湖北襄陽(yáng)·中考真題）【問(wèn)題背景】人教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)教材第63頁(yè)“實(shí)驗(yàn)與探究”問(wèn)題1如下：如圖，正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)相交于點(diǎn)O，點(diǎn)O又是正方形A1B1C1O的一個(gè)頂點(diǎn)，而且這兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)相等，無(wú)論正方形A1九年級(jí)數(shù)學(xué)興趣小組對(duì)上面的問(wèn)題又進(jìn)行了拓展探究、內(nèi)容如下：正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)相交于點(diǎn)O，點(diǎn)P落在線(xiàn)段OC上，PAPC=k（

【特例證明】（1）如圖1，將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，兩直角邊分別與邊AB，BC相交于點(diǎn)M，N①填空：k=______；②求證：PM=PN．（提示：借鑒解決【問(wèn)題背景】的思路和方法，可直接證明△PAM?△PBN；也可過(guò)點(diǎn)P分別作AB，BC的垂線(xiàn)構(gòu)造全等三角形證明．請(qǐng)選擇其中一種方法解答問(wèn)題②．）【類(lèi)比探究】（2）如圖2，將圖1中的△PEF沿OC方向平移，判斷PM與PN的數(shù)量關(guān)系（用含k的式子表示），并說(shuō)明理由．【拓展運(yùn)用】（3）如圖3，點(diǎn)N在邊BC上，∠BPN=45°，延長(zhǎng)NP交邊CD于點(diǎn)E，若EN=kPN，求k的值．【答案】（1）①1；②見(jiàn)解析；（2）PMPN=k，理由見(jiàn)解析；（3【分析】（1）①利用正方形性質(zhì)即可得出答案；②根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA證明△PAM≌△PBN即可；（2）過(guò)點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，利用平行線(xiàn)的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易證得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可證明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性質(zhì)即可得出答案；（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS證得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再證得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC?BN，同理可得：PB2=BA?BM，推出EC=2CN，進(jìn)而可得tan∠ENC=PHHN=【詳解】解：（1）①由正方形的性質(zhì)可知：OA=OC，∵將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O∴k=PA故答案為：1；②證明：∵四邊形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過(guò)點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，∵四邊形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（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

則∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，∴∠MPN-∠GPN=∠GPH-∠GPN，即∠MPG=∠NPH，∴∠PMG=∠PNH，由（2）和已知條件可得：PM=kPN，EN=kPN，∴PM=EN，∴△PGM≌△ECNAAS∴GM=CN，PG=EC，∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，∴△BPN∽△BCP，∴PBBC∴PB同理可得：PB∵BC=BA，∴BM=BN，∴AM=CN，∴AG=2CN，∵∠PAB=45°，∴PG=AG，∴EC=2CN，∴tan∠ENC=令HN=a，則PH=2a，CN=3a，EC=6a，∴EN=3a∴k=EN【點(diǎn)睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線(xiàn)構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．21．（2022·江西·中考真題）問(wèn)題提出：某興趣小組在一次綜合與實(shí)踐活動(dòng)中提出這樣一個(gè)問(wèn)題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個(gè)頂點(diǎn)放在正方形中心O處，并繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板PEF與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長(zhǎng)為2(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)OF與OB重合時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_________；當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為_(kāi)_________(2)類(lèi)比探究：若將三角板的頂點(diǎn)F放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點(diǎn)M，N．①如圖2，當(dāng)BM=CN時(shí)，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說(shuō)明理由；②如圖3，當(dāng)CM=CN時(shí)，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結(jié)果保留根號(hào)）；(3)拓展應(yīng)用：若將任意一個(gè)銳角的頂點(diǎn)放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設(shè)∠GOH=α），將∠GOH繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請(qǐng)直接寫(xiě)出S2的最小值與最大值（分別用含（參考數(shù)據(jù)：sin15°=【答案】(1)1，1，S(2)①△OMN是等邊三角形，理由見(jiàn)解析；②3(3)tanα2【分析】（1）若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)OF與OB重合時(shí)，OE與OC重合，此時(shí)重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S（2）①結(jié)論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結(jié)論；②如圖3中，連接OC，過(guò)點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°（3）當(dāng)點(diǎn)M,N都在BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過(guò)點(diǎn)P作PK⊥MN于點(diǎn)K，則∠MPN=2∠MON=2α，MN=2MK設(shè)⊙P為R，由于S△OMN=12MN×OQ，而OQ為定值，故MN最小，則S△OMN最小，在Rt△PMK中，PK=R?cosα,MK=R?sinα，則當(dāng)R最小，MN最小，因?yàn)镺P+PK≥OQ，則R?cosα+R≥OQ，故當(dāng)點(diǎn)O,P,K三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，R取得最小值，此時(shí)在Rt△OQM中，MQ=OQ×tanα2=tanα2，則S2=12MN×OQ=12×2tanα2×1=tanα2；當(dāng)點(diǎn)M在BC上，點(diǎn)N在CD上時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OT⊥CD于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)OR⊥ON交BC于點(diǎn)【詳解】（1）解：當(dāng)OF與OB重合時(shí)，OE與OC重合，如圖所示，重疊部分的面積=S當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，OE⊥CD，如圖所示，重疊部分的面積=S一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S理由：設(shè)OF交AB于點(diǎn)J，OE交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，ON⊥BC于點(diǎn)N．如圖所示，∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（∴S△PMJ∴S四邊形∴S1故答案為：1，1，S1（2）解：①如圖2中，結(jié)論：△OMN是等邊三角形．理由：過(guò)點(diǎn)O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過(guò)點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan15°=2-3∴CM=CJ-MJ=1-（∴S四邊形（3）解：當(dāng)點(diǎn)M,N都在BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，作OMN的外接圓，記為⊙P，連接PO,PM,PN，過(guò)點(diǎn)P作PK⊥MN于點(diǎn)K，則∠MPN=2∠MON=2α，∵PK⊥MN,PM=PN，∴∠MPK=α，MN=2MK設(shè)⊙P為R，∵S△OMN=1∴MN最小，則S△OMN在Rt△PMK中，PK=R?∴MN=2R?sin∴當(dāng)R最小，MN最小，∵OP+PK≥OQ，∴R?cos∴R≥OQ當(dāng)點(diǎn)O,P,K三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，R取得最小值，如圖此時(shí)OQ垂直平分MN，∴OM=ON，∴∠MOQ=1∴在Rt△OQM中，MQ=OQ×∴MN=2MK=2tan∴S2當(dāng)點(diǎn)M在BC上，點(diǎn)N在CD上時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OT⊥CD于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)OR⊥ON交BC于點(diǎn)R，如圖同上可得△OTN≌△OQR，∴S△OTN∵SOMCN∴當(dāng)S△OTN+S∵S△OTN∴S△ORM最小，則S同上，OQ垂直平分RM，如圖此時(shí)RQ=QM=TN，∴CM=CN，∵CO=CO，∠MCO=∠NCO，∴△MCO≌△NCO，∴S2=2S∴∠QOM=45°-α∴QM=OQ?tan∴MC=1-tan∴S綜上所述，S2的最小值為tanα2，S【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了圓周角定理，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．題型08十字架模型使用場(chǎng)景：在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，DC上的點(diǎn)，AE與BO相交于點(diǎn)O,互相推導(dǎo)①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF圖示：大招結(jié)論：相等則垂直，垂直則相等.22．（2023·山東·中考真題）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂