專題13特殊平行四邊形目錄01理·思維導(dǎo)圖：呈現(xiàn)教材知識結(jié)構(gòu)，構(gòu)建學(xué)科知識體系。 02盤·基礎(chǔ)知識：甄選核心知識逐項分解，基礎(chǔ)不丟分。（3大模塊知識梳理）知識模塊一：矩形的性質(zhì)與判定知識模塊二：菱形的性質(zhì)與判定知識模塊三：正方形的性質(zhì)與判定03究·考點考法：對考點考法進行細致剖析和講解，全面提升。（12大基礎(chǔ)考點）考點一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求角度考點二：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求線段長考點三：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求周長考點四：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求面積考點五：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求點的坐標考點六：利用特殊四邊形的性質(zhì)證明考點七：特殊四邊形的折疊問題考點八：證明四邊形是特殊四邊形考點九：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求角度考點十：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求線段長考點十一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求周長HYPERLINK重難點一：與特殊平行四邊形有關(guān)的最值問題重難點二：中點模型重難點三：十字架模型重難點四：半角模型重難點五：一線三垂直模型重難點六：對角互補模型05辨·易混易錯：點撥易混易錯知識點，夯實基礎(chǔ)。（2大易錯點）易錯點1：未掌握矩形，菱形，正方形的判定定理HYPERLINK知識模塊一：矩形的性質(zhì)與判定知識模塊二：菱形的性質(zhì)與判定知識模塊三：正方形的性質(zhì)與判定03究·考點考法：對考點考法進行細致剖析和講解，全面提升。（12大基礎(chǔ)考點）考點一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求角度考點二：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求線段長考點三：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求周長考點四：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求面積考點五：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求點的坐標考點六：利用特殊四邊形的性質(zhì)證明考點七：特殊四邊形的折疊問題考點八：證明四邊形是特殊四邊形考點九：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求角度考點十：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求線段長考點十一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求周長HYPERLINK重難點一：與特殊平行四邊形有關(guān)的最值問題重難點二：中點模型重難點三：十字架模型重難點四：半角模型重難點五：一線三垂直模型重難點六：對角互補模型05辨·易混易錯：點撥易混易錯知識點，夯實基礎(chǔ)。（2大易錯點）易錯點1：未掌握矩形，菱形，正方形的判定定理HYPERLINK\l"_易錯點2："易錯點2：求菱形面積時出錯知識模塊一：矩形知識點一：矩形的性質(zhì)性質(zhì)符號語言圖示邊兩組對邊平行且相等∵四邊形ABCD是矩形∴AB=CD,AD=BC,AB∥CD,AD∥BC角四個角都是直角∵四邊形ABCD是矩形∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°對角線兩條對角線互相平分且相等∵四邊形ABCD是矩形∴AO=CO=BO=DO【補充】1）矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；2）矩形的兩條對角線將矩形分成兩對全等的等腰三角形，經(jīng)常會用到等腰三角形的性質(zhì)解決問題.3）利用矩形的性質(zhì)可以推出：在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.知識點二：矩形的判定判定定理符號語言圖示角一個角是直角的平行四邊形是矩形在平行四邊形ABCD中，∵∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD是矩形三個角是直角的四邊形是矩形在四邊形ABCD中，∵∠B=∠A=∠D=90°，∴四邊形ABCD是矩形對角線對角線相等的平行四邊形是矩形在平行四邊形ABCD中，∵AC=BD，∴平行四邊形ABCD是矩形知識模塊二：菱形知識點一：菱形的性質(zhì)性質(zhì)定理符號語言圖示邊四條邊都相等∵四邊形ABCD是菱形∴AB=CD=AD=BC對角線對角線互相垂直，且每一條對角線平分一組對角∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD【補充】1）菱形是特殊的平行四邊形，所以菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；2）菱形的兩條對角線互相垂直，且對角線將菱形分成四個全等的直角三角形.3）對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形.4）菱形的面積公式：①菱形的面積=底×高，即②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.知識點二：菱形的判定判定定理符號語言圖示邊四條邊相等的四邊形是菱形.在四邊形ABCD中，∵AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.在平行四邊形ABCD中，∵AB=BC，∴平行四邊形ABCD是菱形對角線對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.在平行四邊形ABCD中，∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形知識模塊三：正方形知識點一：正方形的性質(zhì)1）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等，對邊平行.2）正方形的兩條對角線相等，并且互相垂直平分，每條對角線平分一組對角.【補充】1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì).

2）一條對角線把正方形分成兩個全等的等腰直角三角形，對角線與邊的夾角是45°.

3）兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形.4）正方形的面積是邊長的平方，也可表示為對角線長平方的一半.知識點二：正方形的判定定義法平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角有一組鄰邊相等且有一個角是直角的平行四邊形是正方形判定定理矩形+一組鄰邊相等有一組鄰邊相等的矩形是正方形矩形+對角線互相垂直對角線互相垂直的矩形是正方形菱形+一個角是直角有一個角是直角的菱形是正方形菱形+對角線相等對角線相等的菱形是正方形考點一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求角度1．（2023·黑龍江哈爾濱·中考真題）矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點F在矩形ABCD邊上，連接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，則∠AOF=．【答案】46°或106°【分析】根據(jù)題意畫出圖形，分點F在AB上和BC上兩種情況討論即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，∴∠ADO=∠OAD，∵∠ADB=38°，∴∠ADO=∠OAD=38°∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，如圖所示，當F點在AB上時，

∵∠BOF=30°，∴∠AOF=∠AOB?∠BOF=76°?30°=46°如圖所示，當點F在BC上時，

∵∠BOF=30°，∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，故答案為：46°或106°．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊對等角，三角形的外角的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）將兩個完全相同的菱形按如圖方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，則β=（

）

A．45°+12α B．45°+32α【答案】D【分析】由題意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性質(zhì)可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由平行線的性質(zhì)可得【詳解】解：根據(jù)題意可得：∠FBG=∠DAB=α，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC=180°，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β∴α+2α+2β=180°，∴β=90°?3故選：D．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．3．（2023·山東·中考真題）如圖，點E是正方形ABCD內(nèi)的一點，將△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF．若∠ABE=55°，則∠EGC=度．

【答案】80【分析】先求得∠BEF和∠CBE的度數(shù)，再利用三角形外角的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=55°，∴∠CBE=90°?55°=35°，∵△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF∴∠EBF=90°，BE=BF，∴∠BEF=45°，∴∠EGC=∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°，故答案為：80．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，利用旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)求解是解題的關(guān)鍵．考點二：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求線段長4．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，DE⊥AC于點E，延長DE與BC交于點F．若AB=3，BC=4，則點F到BD的距離為．【答案】21【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形的相關(guān)知識，過點F作FH⊥AB，垂足為H，利用勾股定理求出AC的長，利用角的余弦值求出DF的長，再利用勾股定理求出FC，從而得出BF，利用三角形面積求出FH即可．【詳解】解：如圖，過點F作FH⊥DB，垂足為H，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，∵AB=3，BC=4，∴AC=BD=A∴S△ADC=解得：DE=12∴cos∠EDC=DE解得：DF=15∴FC=D∴BF=BC?FC=4?9∴S△BDF=解得：FH=21故答案為：21205．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=120°，邊AB在數(shù)軸上，將AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點C落在數(shù)軸上的點E處，若點E表示的數(shù)是3，則點A表示的數(shù)是（

）A．1 B．1?3 C．0 D．【答案】D【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理．作CF⊥AE于點F，利用菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理計算即可．【詳解】解：作CF⊥AE于點F，∵∠ABC=120°，∴∠FBC=60°，∵BC=2，∴BF=12BC=1∴AF=AB+BF=3，∴AE=AC=A∵點E表示的數(shù)是3，∴點A表示的數(shù)是3?23故選：D．6．（2024·吉林·中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是OA的中點，點F是OD上一點．連接EF．若∠FEO=45°，則EFBC【答案】1【分析】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，先由正方形的性質(zhì)得到∠OAD=45°，AD=BC，再證明EF∥AD，進而可證明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性質(zhì)可得EFAD=OE【詳解】解：∵正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點∴∠OAD=45°，AD=BC，∵點E是OA的中點，∴OEOA∵∠FEO=45°，∴EF∥AD，∴△OEF∽△OAD，∴EFAD=OE故答案為：12考點三：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求周長7．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足為點E，F(xiàn)是OC的中點，連接EF，若EF=23，則矩形ABCD的周長是（

A．163 B．83+4 C．4【答案】D【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OA=OB，即可求證△ABO為等邊三角形，進而得出點E為OB中點，根據(jù)中位線定理得出BC=2EF=43，易得∠CBD=30°，求出CD=BC?【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OB，∵∠ABD=60°，∴△ABO為等邊三角形，∵AE⊥BD，∴點E為OB中點，∵F是OC的中點，若EF=23∴BC=2EF=43∵∠ABD=60°，∴∠CBD=30°，∴CD=BC?tan∴矩形ABCD的周長=2BC+CD故選：D．【點睛】矩形主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，中位線定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的對角線相等，等邊三角形三線合一，三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，以及解直角三角形的方法和步驟．8．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，順次連接菱形ABCD各邊中點E、F、G、H，則四邊形EFGH的周長為（

）

A．4+23 B．6+23 C．4+43【答案】C【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形EFGH為平行四邊形，再求對角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．【詳解】解：如圖，連接AC、BD，相交于點O，

∵點E、F、G∴EF=12AC∴EF=GH，同理EH=FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠A=120°，∴對角線AC、∴AD∥∴∠A+∠ABC=180°，∴∠ABC=60°，AB=BC=4，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=4，在Rt△AOB中，AB=4，OA=∴OB=4∴BD=43∴EF=12AC=2∴四邊形EFGH的周長為2+23故選：C．【點睛】本題考查了中點四邊形的知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用三角形的中位線定理，菱形的性質(zhì)及平行四邊形的判定與性質(zhì)進行計算．9．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，正方形中有一個由若干個長方形組成的對稱圖案，其中正方形邊長是80cm，則圖中陰影圖形的周長是（

A．440cm B．320cm C．280cm【答案】A【分析】本題考查平移的性質(zhì)，利用平移的性質(zhì)將陰影部分的周長轉(zhuǎn)化為邊長是80cm的正方形的周長加上邊長是80cm的正方形的兩條邊長再減去【詳解】解：由圖可得：陰影部分的周長為邊長是80cm的正方形的周長加上邊長是80cm的正方形的兩條邊長再減去∴陰影圖形的周長是：4×80+2×80?2×20=440cm故選：A．考點四：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求面積10．（2022·湖南邵陽·中考真題）已知矩形的一邊長為6cm，一條對角線的長為10cm，則矩形的面積為【答案】48【分析】如圖，先根據(jù)勾股定理求出AB=102?【詳解】解：在矩形ABCD中，BC=6cm，AC=10∴在Rt△ABC中，AB=∴S矩形故答案為：48．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟知上述知識．11．（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，點F是BC上的動點．若△BEF的面積為4，則圖中陰影部分的面積為．【答案】10【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，利用菱形的性質(zhì)、三角形中線的性質(zhì)求出S△ADE=6，S△ABF=8，根據(jù)△ABF和菱形的面積求出BFBC=2【詳解】解：連接AF、BD，∵菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，△BEF的面積為4，∴S△ADE=1設(shè)菱形ABCD中BC邊上的高為h，則S△ABFS菱形∴BFBC∴BFCF∴S△ABF∴S△CDF∴S陰影故答案為：10．12．（2023·湖南·中考真題）七巧板是我國民間廣為流傳的一種益智玩具，某同學(xué)用邊長為4dm的正方形紙板制作了一副七巧板（如圖），由5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形組成．則圖中陰影部分的面積為dm3

【答案】2【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，以及七巧板的特點，求得OE的長，即可求解．【詳解】解：如圖所示，

依題意，OD=22∴圖中陰影部分的面積為O故答案為：2．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，七巧板，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．考點五：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)求點的坐標13．（2024·吉林·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為?4,0，點C的坐標為0,2．以O(shè)A，OC為邊作矩形OABC，若將矩形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到矩形OA'BA．?4,?2 B．?4,2【答案】C【分析】本題主要考查了坐標與圖形變化—旋轉(zhuǎn)，矩形的性質(zhì)等等，先根據(jù)題意得到OA=4，OC=2，再由矩形的性質(zhì)可得AB=OC=2，∠ABC=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得【詳解】解：∵點A的坐標為?4,0，點C的坐標為0,2，∴OA=4，∵四邊形OABC是矩形，∴AB=OC=2，∵將矩形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到矩形OA∴OA'=OA=4∴A'∴點B'的坐標為2,4故選：C．14．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形AOBC的頂點A在x軸負半軸上，頂點B在直線y=34x上，若點B的橫坐標是8，為點CA．(?1,6) B．(?2,6) C．(?3,6) D．(?4,6)【答案】B【分析】過點B作BD⊥x軸，垂足為點D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性質(zhì)得到BC=BO=10,BC∥x【詳解】解：過點B作BD⊥x軸，垂足為點D，∵頂點B在直線y=34x∴yB=8×3∴B8,6∵BD⊥x軸，∴由勾股定理得：BO=B∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=BO=10,BC∥x軸，∴將點B向左平移10個單位得到點C，∴點C?2,6故選：B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像，勾股定理，菱形的性質(zhì)，點的坐標平移，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．15．（2024·河南·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形ABCD的邊AB在x軸上，點A的坐標為?2，0，點E在邊CD上．將△BCE沿BE折疊，點C落在點F處．若點F的坐標為0，6，則點【答案】3,10【分析】設(shè)正方形ABCD的邊長為a，CD與y軸相交于G，先判斷四邊形AOGD是矩形，得出OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，利用勾股定理構(gòu)建關(guān)于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理構(gòu)建關(guān)于CE的方程，求出【詳解】解∶設(shè)正方形ABCD的邊長為a，CD與y軸相交于G，則四邊形AOGD是矩形，∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，∵折疊，∴BF=BC=a，CE=FE，∵點A的坐標為?2，0，點F的坐標為∴AO=2，F(xiàn)O=6，∴BO=AB?AO=a?2，在Rt△BOF中，B∴a?22解得a=10，∴FG=OG?OF=4，GE=CD?DG?CE=8?CE，在Rt△EGF中，G∴8?CE2解得CE=5，∴GE=3，∴點E的坐標為3,10，故答案為：3,10．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，坐標與圖形，矩形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理等知識，利用勾股定理求出正方形的邊長是解題的關(guān)鍵．考點六：利用特殊四邊形的性質(zhì)證明16．（2024·山東東營·中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，直線EF分別交AD，BC，BD于點E，F(xiàn)，O，下列條件中，不能證明△BOF≌△DOE的是（

）

A．O為矩形ABCD兩條對角線的交點 B．EO=FOC．AE=CF D．EF⊥BD【答案】D【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定，熟練掌握矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定是解題的關(guān)鍵．由矩形的性質(zhì)得出AD=BCAD∥BC，再由平行線的性質(zhì)得出∠OBF=∠ODE，【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BCAD∥∴∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，A、∵O為矩形ABCD兩條對角線的交點，∴OB=OD，在△BOF和△DOE中，∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODE∴△BOF≌△DOEAAS故此選項不符合題意；B、在△BOF和△DOE中，∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODE∴△BOF≌△DOEAAS故此選項不符合題意；C、∵AE=CF，∴BC?CF=AD?AE，即BF=DE，在△BOF和△DOE中，∠OFB=∠OEDBF=DE∴△BOF≌△DOEASA故此選項不符合題意；D、∵EF⊥BD，∴∠BOF=∠DOE=90°，兩三角形中缺少對應(yīng)邊相等，所以不能判定△BOF≌△DOE，故此選項符合題意；故選：D．17．（2024·山東青島·中考真題）如圖，菱形ABCD中，BC=10，面積為60，對角線AC與BD相交于點O，過點A作AE⊥BC，交邊BC于點E，連接EO，則EO=．【答案】10【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊的中線，解題的關(guān)鍵是利用菱形的性質(zhì)求出AC、BD的長度．根據(jù)菱形的面積公式結(jié)合BC的長度即可得出BD、AC的長度，在Rt△BOC中利用勾股定理即可求出CO【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA=OC,∵S菱形∴AC?BD=120，∴BO?OC＝∵BO∴BO+OC2∴BO+CO=410∴BO=410∴BO∴410∴CO=10，CO＝310∵AE⊥BC，AO=CO，∴EO=CO=10故答案為：10．18．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點G是BC上的一點，且BG=3GC，DE⊥AG于點E，BF∥DE，且交AG于點F，則tan∠EDF的值為（

A．14 B．13 C．25【答案】A【分析】由正方形性質(zhì)可求出BG的長，進而求出AG的長，證△ADE∽△GAB，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可求得AE、DE的長，證△ABF≌△DAE，得AF=DE，根據(jù)線段的和差求得EF的長即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=4，∴BC=CD=DA=AB=4，∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC，∴∠DAE=∠AGB，∵BG=3CG，∴BG=3，∴在Rt△ABG中，A則由勾股定理可得AG=4∵DE⊥AG，∴∠DEA=∠DEF=∠ABC=90°，∴△ADE∽△GAB，∴AD:GA=AE:GB=DE:AB，即4:5=AE:3=DE:4，∴AE=125，又∵BF∥DE，∴∠AFB=∠DEF=90°，又∵AB=AD，∠DAE=∠ABF，∴△ABF≌△DAEASA∴AF=DE=16∴EF=AF?AE=16∴tan故選：A．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，相似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，正切的定義等知識，靈活運用相似三角形的判定與性質(zhì)求出線段的長是解答本題的關(guān)鍵．考點七：特殊四邊形的折疊問題19．（2024·山東淄博·中考真題）如圖所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，點M，N分別在邊BC，AD上．連接MN，將四邊形CMND沿MN翻折，點C，D分別落在點A，E處．則tan∠AMN的值是（

A．2 B．2 C．3 D．5【答案】A【分析】連接AC交MN于點F，設(shè)AB=2m，則BC=2AB=4m，利用勾股定理求得AC=AB2+BC2=25m，由折疊得到AM=CM，MN垂直平分AC，則AF=CF=【詳解】解：連接AC交MN于點F，設(shè)AB=2m，則BC=2AB=4m，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AC=∵將四邊形CMND沿MN翻折，點C，D分別落在點A，E處，∴點C與點A關(guān)于直線MN對稱，∴AM=CM，MN垂直平分AC，∴BM=BC?CM=4m?AM，∠AFM=90°，AF=CF=1∵AB∴2m∴AM=5∴MF=∴tan∠AMN=故選：A．【點睛】此題考查矩形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形等知識，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．20．（2023·江蘇南京·中考真題）如圖，在菱形紙片ABCD中，點E在邊AB上，將紙片沿CE折疊，點B落在B'處，CB'⊥AD，垂足為F

若CF=4cm，【答案】257/【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，和三角形的相似判定和性質(zhì)解答即可．【詳解】解：∵CF=4cm，∴CB由翻折，菱形的性質(zhì)，得：CB=CD=CB'=5cm，∵CB∴CB∴∠BCB∴∠BCE=∠B∵CD=5，∴FD=3，過點E作EG⊥BC，設(shè)CG=x，則EG=x，∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，∴△EGB∽△CFD，∴EGCF∴x4解得：x=20∴BE=25故答案為：257【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（2023·湖北·中考真題）如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點B的對應(yīng)點M落在邊AD上（點M不與點A,D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于點E,F，連接BM．

(1)求證：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的長．【答案】(1)證明見解析(2)MD=【分析】（1）由折疊和正方形的性質(zhì)得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，則∠EMB=∠EBM，進而證明∠BMP=∠MBC，再由平行線的性質(zhì)證明∠AMB=∠MBC即可證明（2）如圖，延長MN,BC交于點Q．證明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．則MP=13MQ=3+2x3【詳解】（1）證明：由翻折和正方形的性質(zhì)可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP?∠EMB=∠EBC?∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如圖，延長MN,BC交于點Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD邊長為3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．∴MP=1在Rt△DMP中，M∴x2解得：x1=0（舍），∴MD=12

【點睛】本題主要考查了正方形與折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．考點八：證明四邊形是特殊四邊形22．（2024·吉林長春·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，O是邊AB的中點，∠AOD=∠BOC．求證：四邊形ABCD是矩形．【答案】證明見解析．【分析】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定及矩形的判定，熟練掌握判定定理是解題關(guān)鍵．利用SAS可證明△AOD≌△BOC，得出AD=BC，根據(jù)∠A=∠B=90°得出AD∥BC，即可證明四邊形ABCD是平行四邊形，進而根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可證明四邊形ABCD是矩形．【詳解】證明：∵O是邊AB的中點，∴OA=OB，在△AOD和△BOC中，∠A=∠B=90°OA=OB∴△AOD≌△BOC，∴AD=BC，∵∠A=∠B=90°，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠A=∠B=90°，∴四邊形ABCD是矩形．23．（2024·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點F在邊AD上，AB=AF，連接BF，點O為BF的中點，AO的延長線交邊BC于點E，連接EF(1)求證：四邊形ABEF是菱形：(2)若平行四邊形ABCD的周長為22,CE=1,∠BAD=120°，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)AE=5【分析】本題主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識：（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AF∥BE,∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,再證明△AOF≌△EOB，得出BE=AF，證明出四邊形ABEF是平行四邊形，由（2）求出菱形ABEF的周長為20，得出AB=5，再證明△ABE是等邊三角形，得出AE=AB=5．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC,∴∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,∵O為BF的中點，∴BO=FO,∴△AOF≌∴BE=FA,∵AF∴四邊形ABEF是平行四邊形，又AB=AF,∴四邊形ABEF是菱形；（2）解：∵AD=BC,AF=BE,∴DF=CE=1,∵平行四邊形ABCD的周長為22，∴菱形ABEF的周長為：22?2=20,∴AB=20÷4=5,∵四邊形ABEF是菱形，∴∠BAE=又AB=AE,∴△ABE是等邊三角形，∵AE=AB=5．24．（2023·湖北十堰·中考真題）如圖，?ABCD的對角線AC,BD交于點O，分別以點B,C為圓心，12AC,12BD

(1)試判斷四邊形BPCO的形狀，并說明理由；(2)請說明當?ABCD的對角線滿足什么條件時，四邊形BPCO是正方形？【答案】(1)平行四邊形，見解析(2)AC=BD且AC⊥BD【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到BP=1（2）根據(jù)對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形判定即可．【詳解】（1）四邊形BPCO是平行四邊形．理由如下：∵?ABCD的對角線AC,BD交于點O，∴AO=OC,BO=OD，∵以點B,C為圓心，12AC,1∴BP=∴四邊形BPCO是平行四邊形．（2）∵對角線相等、平分且垂直的四邊形是正方形，∴AC=BD且AC⊥BD時，四邊形BPCO是正方形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，熟練掌握判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．考點九：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求角度25．（2024·湖北武漢·中考真題）小美同學(xué)按如下步驟作四邊形ABCD：①畫∠MAN；②以點A為圓心，1個單位長為半徑畫弧，分別交AM，AN于點B，D；③分別以點B，D為圓心，1個單位長為半徑畫弧，兩弧交于點C；④連接BC，CD，BD．若∠A=44°，則∠CBD的大小是（

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A．64° B．66° C．68° D．70°【答案】C【分析】本題考查了基本作圖，菱形的判定和性質(zhì)，根據(jù)作圖可得四邊形ABCD是菱形，進而根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：作圖可得AB=AD=BC=DC∴四邊形ABCD是菱形，∴AD∵∠A=44°，∴∠MBC=∠A=44°，∴∠CBD=1故選：C．26．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，且AE=CG,BF=DH，連接EG、FH．(1)求證：△AEH≌△CGF；(2)若EG=FH,∠AHE=35°，求∠DHG的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)55°【分析】本題考查平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是證明四邊形EFGH是矩形．（1）由平行四邊形的性質(zhì)得到∠A=∠C,AD=BC，得到AH=CF，由SAS即可證明△AEH≌△CGF；（2）由△AEH≌△CGF，△DHG≌△BFE，得到HE=FG,GH=EF，推出四邊形EFGH是平行四邊形，又EG=FH，得到四邊形EFGH是矩形，因此∠EHG=90°，進而可求出∠DHG的度數(shù)．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，AD=BC，∵BF=DH，∴AD?DH=BC?BF，∴AH=CF，在△AEH和△CGF中，AE=CG∠A=∠C∴△AEH≌△CGFSAS（2）由（1）知△AEH≌△CGF，同理：△DHG≌△BFE，∴HE=FG，GH=EF，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵EG=FH，∴四邊形EFGH是矩形，∴∠EHG=90°，∵∠AHE=35°，∴∠DHG=180°?∠EHG?∠AHE=55°．27．（2023·四川·中考真題）如圖，半徑為5的扇形AOB中，∠AOB=90°，C是AB上一點，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分別為D，E，若CD=CE，則圖中陰影部分面積為()

A．25π16 B．25π8 C．25π6【答案】B【分析】連接OC，證明四邊形CDOE是正方形，進而得出S△CDE=S【詳解】解：如圖所示，連接OC，

∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB=90°，∴四邊形CDOE是矩形，∵CD=CE，∴四邊形CDOE是正方形，∴S△CDE=S∴圖中陰影部分面積=S故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，求扇形面積，證明四邊形CDOE是正方形是解題的關(guān)鍵．考點十：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求線段長28．（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，點P是邊AB上任意一點，過點P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分別為點D，E，連接DE，則DE的最小值是（

A．132 B．6013 C．125【答案】B【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質(zhì)以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不大，設(shè)計很新穎，解題的關(guān)鍵是求DE的最小值轉(zhuǎn)化為其相等線段CP的最小值．連接CP，根據(jù)矩形的性質(zhì)可知：DE=CP，當DE最小時，則CP最小，根據(jù)垂線段最短可知當CP⊥AB時，則CP最小，再根據(jù)三角形的面積為定值即可求出CP的長．【詳解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，∴AB=A連接CP，如圖所示：∵PD⊥AC于點D，PE⊥CB于點E，∠ACB=90°，∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，∴四邊形DPEC是矩形，∴DE=CP，當DE最小時，則CP最小，根據(jù)垂線段最短可知當CP⊥AB時，則CP最小，∴此時DE=CP=5×12故選：B．29．（2024·山東德州·中考真題）如圖，?ABCD中，對角線AC平分∠BAD．

(1)求證：?ABCD是菱形；(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的邊長．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，【答案】(1)見解析(2)5【分析】此題考查平行四邊形性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定，解直角三角形．（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出∠BAC=∠ACD，再結(jié)合角平分線的定義及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形進而得出結(jié)論；（2）連接BD，由菱形性質(zhì)可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD．∴∠BAC=∠ACD．∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠BAC．∴∠DAC=∠ACD．∴AD=CD．∴四邊形ABCD是菱形．（2）連接BD，交AC于點O，

∵四邊形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4∴BC=OC即菱形ABCD的邊長為5．30．（2020·貴州黔西·中考真題）如圖，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=2，點D為AB的中點，以點D為圓心作圓心角為90°的扇形EDF，點C恰在EF上，則圖中陰影部分的面積為．【答案】π【分析】連接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得CD=12AB=1，∠ACD=∠BCD=45°，證明四邊形DMCN為正方形，得出DN=22CD=22，【詳解】解：如圖，連接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，，∵CA=CB，∠ACB=90°，點D為AB的中點，AB=2，∴CD=12AB=1∵DM⊥BC，DN⊥AC，∴∠DNC=∠DMC=∠DMG=∠ACB=90°，△DCN為等腰直角三角形，DM=DN，∴四邊形DMCN為矩形，CN=DN，∴四邊形DMCN為正方形，∴DN=22CD=∵∠NDH+∠HEM=∠HEM+∠MDG=90°，∴∠NDH=∠MDG，∴△DNH≌△DMGAAS∴S△DMG∵S四邊形∴S陰影故答案為：π4【點睛】本題考查了扇形面積、正方形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．考點十一：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求周長31．（2021·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在?ABCD中，AD=12，以AD為直徑的⊙O與BC相切于點E，連接OC．若OC=AB，則?ABCD的周長為．【答案】24+6【分析】連接OE，作AF⊥BC于F，先證明?AOEF為矩形，進而證明Rt△ABF≌Rt△OCE，得到BF=CE=3，利用勾股定理求出OC=35，即可求出?ABCD【詳解】解：如圖，連接OE，作AF⊥BC于F，∵BE為⊙O的切線，∴∠OEC=∠OEB=90°，∵AD∥BC，∴AF∥OE，∴四邊形AFEO為平行四邊形，∵∠OEF=90°，∴?AOEF為矩形，∴AF=OE，EF=AO=12∴四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD，BC=AD=12，∵AB=OC∴Rt△ABF≌Rt△OCE，∴BF=CE=3，∵OE=OA=6，∴在Rt△OCE中，OC=O∴AB=CD=OC=35∴?ABCD的周長為為（12+35）×2=24+6故答案為：24+6【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形等知識，熟知相關(guān)定理，并根據(jù)題意添加輔助線是解題關(guān)鍵．32．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在?ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD的延長線上，且BE=DF，連接EF與AC交于點M，連接AF，CE．(1)求證：△AEM≌△CFM；(2)若AC⊥EF，AF=32，求四邊形AECF【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥DC，AB=DC，進而得出∠AEM=∠CFM，證明AE=CF，根據(jù)AAS證明△AEM≌△CFM，即可得證；（2）證明?AECF是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB∥DC，AB=DC（平行四邊形的對邊平行且相等）∴∠AEM=∠CFM（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）∵BE=DF

∴AB+BE=CD+DF

即AE=CF在△AEM和△CFM中∠AME=∠CMF∴△AEM≌△CFMAAS（2）解：∵AE=CF，AE∴四邊形AECF是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）又∵AC⊥EF∴?AECF是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形）

∴AE=EC=CF=AF（菱形的四條邊都相等）∴菱形AECF的周長=4AF=4×32【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．33．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，兩銳角的角平分線交于點P，點E，F(xiàn)分別在邊AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF【答案】4【分析】本題考查直角平分線的性質(zhì)定理，正方形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．根據(jù)題意過點P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一點J，使得MJ=FN，連接PJ，進而利用全等三角形的性質(zhì)證明EF=EM+EN，即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖，過點P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一點J，得MJ=FN，連接PJ．∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，∴PM=PK，PK=PN，∴PM=PN，∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，∴四邊形PMCN是正方形，∴CM=PM，∴∠MPN=90°，在△PMJ和△PNF中，PM=PN∠PMJ=∠PNF=90°∴△PMJ≌△PNF(SAS∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，∴∠JPF=∠MPN=90°，∵∠EPF=45°，∴∠EPF=∠EPJ=45°，在△PEF和△PEJ中，PE=PE∠EPF=∠EPJ∴△PEF≌△PEJ(SAS∴EF=EJ，∴EF=EM+FN，∴△CEF的周長=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，∵SΔ∴24=12PM，∴PM=2，∴△ECF的周長為4．考點十二：根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求面積34．（2023·山東濰坊·中考真題）工匠師傅準備從六邊形的鐵皮ABCDEF中，裁出一塊矩形鐵皮制作工件，如圖所示．經(jīng)測量，AB∥DE，AB與DE之間的距離為2米，AB=3米，AF=BC=1米，∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠師傅畫出的裁剪虛線．當MH的長度為多少時，矩形鐵皮MNGH的面積最大，最大面積是多少？

【答案】當MH的長度為54米時，矩形鐵皮MNGH的面積最大，最大面積是25【分析】連接CF，分別交MH于點P，交GN于點Q，先判斷出四邊形ABCF是矩形，從而可得∠EFC=∠DCF=45°，再判斷出四邊形AMPF和四邊形BCQN都是矩形，從而可得PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，然后設(shè)矩形MNGH的面積為y平方米，MH=GN=x米，則AM=PH=x?1米，BN=GQ=x?1米，利用矩形的面積公式可得y關(guān)于【詳解】解：如圖，連接CF，分別交MH于點P，交GN于點Q，

∵∠A=∠B=90°，∴AF∥BC，∵AF=BC=1米，∴四邊形ABCF是平行四邊形，又∵∠A=∠B=90°，∴四邊形ABCF是矩形，∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，∵∠BCD=∠AFE=135°，∴∠EFC=∠DCF=45°，∵四邊形MNGH是矩形，∴MH⊥AB,GN⊥AB,GN=MH，∴四邊形AMPF和四邊形BCQN都是矩形，∴PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，∴Rt△PFH和∴PH=PF,GQ=CQ，∴AM=PH,BN=GQ，設(shè)矩形MNGH的面積為y平方米，MH=GN=x米，則AM=PH=x?1米，BN=GQ=∵AB=3米，∴MN=AB?AM?BN=5?2x∴y=MH?MN=x5?2x又∵AB∥DE，AB與DE之間的距離為2米，AF=BC=1米，∴1≤x≤2，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當1≤x≤54時，y隨x的增大而增大；當54<x≤2時，則當x=54時，y取得最大值，最大值為答：當MH的長度為54米時，矩形鐵皮MNGH的面積最大，最大面積是25【點睛】本題考查了二次函數(shù)的幾何應(yīng)用、矩形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．35．（2023·西藏·中考真題）如圖，兩張寬為3的長方形紙條疊放在一起，已知∠ABC=60°，則陰影部分的面積是（

）

A．92 B．33 C．93【答案】D【分析】首先過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥CD于點F，由題意可得四邊形ABCD是平行四邊形，繼而求得AB=BC的長，判定四邊形ABCD是菱形，則可求得答案．【詳解】過點B作BE⊥AD于點E，BF⊥CD于點F，

根據(jù)題意得：AD∥BC，AB∥∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC=∠ADC=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AB=2AE，BC=2CF，∵AB2=A∴AB=23同理：BC=23∴AB=BC，∴四邊形ABCD是菱形，∴AD=23∴S菱形故選：D．【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵在于掌握菱形判定定理和作輔助線．36．（2021·廣西貴港·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩點，且EF＝2AE＝2CF，連接DE并延長交AB于點M，連接DF并延長交BC于點N，連接MN，則S△AMDS

A．34 B．23 C．1 【答案】A【分析】設(shè)AB=AD=BC=CD=3a，首先證明AM=CN，再利用平行線分線段成比例定理求出CN=a，推出AM=a，BM=BN=2a，可得結(jié)論．【詳解】解：設(shè)AB=AD=BC=CD=3a，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAE=∠DCF=45°，∠DAM=∠DCN=90°，在ΔDAE和ΔDCF中，DA=DC∠DAE=∠DCF∴ΔDAE?ΔDCF(SAS)，∴∠ADE=∠CDF，在ΔDAM和ΔDCN中，∠ADM=∠CDNDA=DC∴ΔDAM?ΔDCN(ASA)，∴AM=CN，∵AB=BC，∴BM=BN，∵CN//AD，∴CNAD∴CN=AM=a，BM=BN=2a，∴SΔADM故選：A．

【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)，設(shè)正方形的邊長為3a，求出AM=a，BM=BN=2a．重難點一：與特殊平行四邊形有關(guān)的最值問題1.如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DM⊥AB于點M，DN⊥AC于點N，連接MN，則線段MN

A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8【答案】D【分析】連接AD，先得出四邊形AMDN為矩形，然后得到AD=MN，即可運用等面積法求解．【詳解】解：如圖，連接AD．

∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，∴BC=A∵DM⊥AB，DN⊥AC，∴四邊形AMDN為矩形，∴AD=MN，∴當AD最小時，MN最小．當AD⊥BC時，AD最小，此時S△ABC∴AD=AB?AC∴線段MN的最小值為4.8．故選：D．【點睛】本題考查矩形的判定和性質(zhì)、勾股定理、三角形面積、垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上基本知識．2．（2022·山東菏澤·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=60°，M是對角線BD上的一個動點，CF=BF，則MA+MF的最小值為（

）A．1 B．2 C．3 D．2【答案】C【分析】連接AF，則AF的長就是AM+FM的最小值，證明△ABC是等邊三角形，AF是高線，利用三角函數(shù)即可求解．【詳解】解：連接AF，則AF的長就是AM+FM的最小值．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，又∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵CF=BF∴F是BC的中點，∴AF⊥BC．則AF＝AB?sin60°＝2×3即MA+MF的最小值是3．故選：C【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形以及三角函數(shù)，確定AF的長就是MA+MF的最小值是關(guān)鍵．3．（2021·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，正方形ABCD的邊長為8，M在DC上，且DM=2，N是AC上一動點，則DN+MN的最小值為【答案】10【分析】本題考查了軸對稱的應(yīng)用，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出圖形得到DN+MN的最小值即為線段BM的長．連結(jié)BD，BN，BM，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，得到BN=DN，DN+MN的最小值即BN+MN的最小值，即為線段BM的長，再根據(jù)勾股定理，即可求得BM的長，即得答案．【詳解】連結(jié)BD，BN，BM，∵正方形是軸對稱圖形，點B與點D是以直線AC為對稱軸的對稱點，∴直線AC即為BD的垂直平分線，∴BN=DN，∴DN+MN=BN+MN，當點N在BM與AC的交點P處，DN+MN取得最小值，最小值為BM的長，∵正方形ABCD的邊長為8，且DM=2，∴BC=CD=8，CM=8?2=6，∠BCD=90°，∴BM=B∴DN+MN的最小值為10．故答案為：10．重難點二：中點模型1．（2023·山西·中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學(xué)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)筆記，請仔細閱讀并完成相應(yīng)任務(wù)．瓦里尼翁平行四邊形我們知道，如圖1，在四邊形ABCD中，點E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD，DA的中點，順次連接E,F,G,H，得到的四邊形EFGH是平行四邊形．

我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁Varingnon，Pierre1654

①當原四邊形的對角線滿足一定關(guān)系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關(guān)系．③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結(jié)論可借助圖1證明如下：證明：如圖2，連接AC，分別交EH,FG于點P,Q，過點D作DM⊥AC于點M，交HG于點N．∵H,G分別為AD,CD的中點，∴HG∥AC,HG=1

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC，∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形．（依據(jù)2）∴S?HPQG∵S△ADC=12任務(wù)：(1)填空：材料中的依據(jù)1是指：_____________．依據(jù)2是指：_____________．(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH，使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）(3)在圖1中，分別連接AC,BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC,BD長度的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

【答案】(1)三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）(2)答案不唯一，見解析(3)平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和，見解析【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；（3）根據(jù)三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得妯結(jié)論．【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）（2）解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可．例如：如圖即為所求

（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于四邊形ABCD的兩條對角線AC與BD長度的和，證明如下：∵點E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD,DA的中點，∴EF=1∴EF+GH=AC．同理EH+FG=BD．∴四邊形EFGH的周長=EF+GH+EH+FG=AC+BD．即瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和．【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線．熟練掌握三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．2．（2024·青海·中考真題）綜合與實踐順次連接任意一個四邊形的中點得到一個新四邊形，我們稱這個新四邊形為原四邊形的中點四邊形．數(shù)學(xué)興趣小組通過作圖、測量，猜想：原四邊形的對角線對中點四邊形的形狀有著決定性作用．以下從對角線的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系兩個方面展開探究．【探究一】原四邊形對角線關(guān)系中點四邊形形狀不相等、不垂直平行四邊形如圖1，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是各邊的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形．證明：∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，∴EF、GH分別是△ABC和△ACD的中位線，∴EF=12AC，GH=∴EF=GH．同理可得：EH=FG．∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．結(jié)論：任意四邊形的中點四邊形是平行四邊形．（1）請你補全上述過程中的證明依據(jù)①________【探究二】原四邊形對角線關(guān)系中點四邊形形狀不相等、不垂直平行四邊形AC=BD菱形從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅰ：原四邊形的對角線相等時，中點四邊形是菱形．（2）下面我們結(jié)合圖2來證明猜想Ⅰ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎(chǔ)上，寫出后續(xù)的證明過程．【探究三】原四邊形對角線關(guān)系中點四邊形形狀不相等、不垂直平行四邊形AC⊥BD②________（3）從作圖、測量結(jié)果得出猜想Ⅱ：原四邊形對角線垂直時，中點四邊形是②________．（4）下面我們結(jié)合圖3來證明猜想Ⅱ，請你在探究一證明結(jié)論的基礎(chǔ)上，寫出后續(xù)的證明過程．【歸納總結(jié)】（5）請你根據(jù)上述探究過程，補全下面的結(jié)論，并在圖4中畫出對應(yīng)的圖形．原四邊形對角線關(guān)系中點四邊形形狀③________④________結(jié)論：原四邊形對角線③________時，中點四邊形是④________．【答案】（1）①中位線定理（2）證明見解析（3）②矩形（4）證明見解析（5）補圖見解析；③AC⊥BD且AC=BD；④正方形【分析】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識（1）利用三角形中位線定理即可解決問題；（2）根據(jù)三角形中位線定理，菱形判定定理即可解決問題；（3）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；（4）根據(jù)三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；（5）根據(jù)三角形中位線定理，正方形判定定理即可解決問題.【詳解】（1）①證明依據(jù)是：中位線定理；（2）證明：∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，∴EF、GH分別是△ABC和△ACD的中位線，∴EF=12∴EF=GH．同理可得：EH=FG．∵AC=BD∴EF=GH=EH=FG∴中點四邊形EFGH是菱形．（3）②矩形；故答案為：矩形（4）證明∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，∴EF、GH分別是△ABC和△ACD的中位線，∴EF∥AC，GH∥AC，∴EF∥GH．同理可得：EH∥FG．∵AC⊥BD∴∠AOD=∠AIH=90°，∠FEH=∠AIH∴∠AOD=∠EFG=∠FEH=∠EHG=90°∴中點四邊形EFGH是矩形．（5）證明：如圖4，∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，∴EF、GH分別是△ABC和△ACD的中位線，∴EF=12∴EF=GH．同理可得：EH=FG．∵AC=BD∴EF=GH=EH=FG∴中點四邊形EFGH是菱形．∵AC⊥BD由（4）可知∠AOD=∠EFG=∠FEH=∠EHG=90°∴菱形EFGH是正方形．故答案為：③AC⊥BD且AC=BD；④正方形

重難點三：十字架模型1．（2023·山東·中考真題）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點G．求證：△ADE∽△DCF．

【問題解決】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE=DF，延長BC到點H，使CH=DE，連接DH．求證：∠ADF=∠H．【類比遷移】（3）如圖3，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的長．【答案】（1）見解析

（2）見解析

（3）3【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得∠ADE=∠DCF=90°，則∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，則∠CDF+∠AED=90°，根據(jù)等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得證；（2）利用“HL”證明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”證明△DCF≌△DCH，則∠DHC=∠DFC，由正方形的性質(zhì)可得AD∥（3）延長BC到點G，使CG=DE=8，連接DG，由菱形的性質(zhì)可得AD=DC，AD∥BC，則∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性質(zhì)可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADE=∠DCF=90°，∴∠CDF+∠DFC=90°，∵AE⊥DF，∴∠DGE=90°，∴∠CDF+∠AED=90°，∴∠AED=∠DFC，∴△ADE∽△DCF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，AD∥BC，∵AE=DF，∴△ADE≌△DCFHL∴DE=CF，又∵CH=DE，∴CF=CH，∵點H在BC的延長線上，∴∠DCH=∠DCF=90°，∵DC=DC，∴△DCF≌△DCHSAS∴∠H=∠DFC，∵AD∥∴∠ADF=∠DFC=∠H；（3）解：如圖，延長BC到點G，使CG=DE=8，連接DG，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=DC，AD∥∴∠ADE=∠DCG，∴△ADE≌△DCGSAS∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，∵AE=DF，∴DG=DF，∴△DFG是等邊三角形，∴FG=FC+CG=DF=11，∴FC=11?CG=11?8=3．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握這些知識點并靈活運用是解題的關(guān)鍵．2．（2023·河南·三模）綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形與垂直”為主題開展數(shù)學(xué)活動．

(1)操作判斷如圖1，正方形紙片ABCD，在邊BC上任意取一點E，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，與邊CD交于點F．根據(jù)以上操作，請直接寫出圖1中BE與CF的數(shù)量關(guān)系：______．(2)遷移探究小華將正方形紙片換成矩形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：如圖2，在矩形紙片ABCD中，AB:AD=m:n，在邊BC上任意取一點E，連接AE，過點B作BF⊥AE于點G，與邊CD交于點F，請求出BECF(3)拓展應(yīng)用如圖3，已知正方形紙片ABCD的邊長為2，動點E由點A向終點D做勻速運動，動點F由點D向終點C做勻速運動，動點E、F同時開始運動，且速度相同，連接AF、BE，交于點G，連接GD，則線段GD長度的最小值為______，點G的運動軌跡的長為______．（直接寫出答案不必說明理由）【答案】(1)BE=CF(2)mn(3)線段GD的最小值為5?1，點G的運動軌跡的長為【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，由條件利用三角形全等判定可得△ABE≌△BCF，即可證明BE=CF；（2）證明△ABE～△BCF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；（3）根據(jù)三邊關(guān)系可判斷出GD的最小值，再判斷出點G在以點M為圓心，在以半徑為1的14圓上運動，再求點G【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，又AE⊥BF，∴∠AGB=90°,∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°,∴∠BAE=∠FBC，在△ABE和△BCF中，∵AB=BC，∠BAE=∠FBC，∠ABE=∠BCF∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF；故答案為：BE=CF；（2）mn∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BCF=90°，AD=BC，又AE⊥BF，∴∠AGB=90°,∴∠BAE+∠ABG=∠ABG+∠FBC=90°,∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE～△BCF∴BE∵AB∴BE（3）如圖，取AB的中點M，連接DM，GM，

由題意知，AE=DF，AB=AD，∠BAE=∠ADF∴Rt△ABE≌∴∠FAD=∠ABE∴∠AGB=∠FAD+∠AEB=∠ABE+∠AEB=90°∵M是AB的中點，AB=2，∴AM=MB=MG=1，在Rt△ADM中，MD=在△MGD中，∵GD≥MD?MG=5∴GD的最小值是5?1∵∠AGB=90°，∴A、G、B三點共圓，∴點G在以點M為圓心，在以半徑為1的14∴點G的運動軌跡的長為：2π÷4=π故答案為：5?1；π【點睛】本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)，直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線，相似三角形的判定與性質(zhì)以及圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．重難點四：半角模型1．（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，把一個含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的頂點始終與正方形的頂點C重合，繞點C旋轉(zhuǎn)三角尺時，45°角的兩邊CM，CN始終與正方形的邊AD，AB所在直線分別相交于點M，N，連接MN，可得△CMN．

【探究一】如圖②，把△CDM繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時得到點H在直線AB上．求證：∠CNM=∠CNH；【探究二】在圖②中，連接BD，分別交CM，CN于點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BD與三角尺45°角兩邊CM，CN分別交于點E，F(xiàn)．連接AC交BD于點O，求EFNM【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[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，進而即可證明[探究三]先證明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，將△DMC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點G在直線AB上．得出△NCG≌△NCM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠MNC=∠GNC，進而可得∠CNM=∠CEF，證明△ECF∽△NCM【詳解】[探究一]∵把△CDM繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，同時得到點H在直線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是正方形的對角線，∴∠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C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BGC，則點G在直線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．2．（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復(fù)習(xí)課上，劉老師先引導(dǎo)學(xué)生解決了以下問題：【問題情境】如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D、E在邊BC上，且∠DAE=45°，BD=3，CE=4，求DE的長．解：如圖2，將△ABD繞點A逆時針旋轉(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'∵CD'=BD=3

∴DE=D'E=【問題解決】上述問題情境中，“①”處應(yīng)填：______；“②”處應(yīng)填：______；“③”處應(yīng)填：______．劉老師進一步談到：圖形的變化強調(diào)從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應(yīng)萬變．【知識遷移】如圖3，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，滿足△CEF的周長等于正方形ABCD的周長的一半，連結(jié)AE、AF，分別與對角線BD交于M、N兩點．探究BM、MN、DN的數(shù)量關(guān)系并證明．

【拓展應(yīng)用】如圖4，在矩形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．探究BE、EF、DF的數(shù)量關(guān)系：______（直接寫出結(jié)論，不必證明）．

【問題再探】如圖5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，點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】【問題解決】①△ADE≌△AD'E；②EC【分析】【問題解決】根據(jù)題中思路解答即可；【知識遷移】如圖，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADF'．過點D作DH⊥BD交邊AF'于點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EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉(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，過點H作HO⊥CB交CB于點O，過點H作HG⊥BM交BM于點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【問題再探】如圖，將△BEC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到BE'C'，連接E'D．過點E作EG⊥BC，垂足為點G，過點E'作EG'⊥BC'，垂足為G'．過點E'作E'F∥BA，過點D作DF∥BC交AB于點H,E'F、DF交于點F．由旋轉(zhuǎn)的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G【詳解】【問題解決】解：如圖2，將△ABD繞點A逆時針旋轉(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'∵CD'=BD=3∴DE=D【知識遷移】DN2證明：如圖，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADF過點D作DH⊥BD交邊AF'于點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的對角線，∴∠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】2