2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：四邊形的性質(zhì)與判定（解析版）

專題05四邊形的性質(zhì)與判定

目錄

題型特訓(xùn)-精準(zhǔn)提分

題型01多邊形的相關(guān)計(jì)算

題型02多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問(wèn)題

題型03多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問(wèn)題

題型04平面鑲嵌

題型05根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解

題型06構(gòu)建三角形中位線解決問(wèn)題

題型07根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解

題型08與特殊四邊形有關(guān)的折疊問(wèn)題

題型09利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題

題型10特殊四邊形與函數(shù)綜合

題型11與特殊四邊形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題

題型12與特殊四邊形有關(guān)的新定義問(wèn)題

題型13梯形的相關(guān)計(jì)算

題型14四邊形的常見(jiàn)幾何模型

題型15與特殊四邊形判定有關(guān)的綜合問(wèn)題

■中考逆襲-高效集訓(xùn)

（時(shí)間：60分鐘）

題型特訓(xùn)-精準(zhǔn)提分

題型01多邊形的相關(guān)計(jì)算

1.（2023?陜西榆林?三模）若從某個(gè)多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，最多可以引6條對(duì)角線，則這個(gè)多邊形的內(nèi)角

和度數(shù)為.

【答案】1260°/1260度

【分析】根據(jù)從多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)可以作對(duì)角線的條數(shù)公式（71-3）求出邊數(shù)，然后根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公

式5-2）-180。列式進(jìn)行計(jì)算即可得解.

【詳解】解：???多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，最多可以引出6條對(duì)角線，

???72—3=6,

???n=9,

???該多邊形的內(nèi)角和為:（9-2）X180°=1260°.

故答案為：1260。.

【點(diǎn)睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和公式以及多邊形的對(duì)角線公式，解題的關(guān)鍵在于求出多邊形的邊數(shù).

2.（2022?陜西西安?模擬預(yù)測(cè)）一個(gè)正多邊形的內(nèi)角和是1440。，則此多邊形的邊數(shù)是,對(duì)角線共有—

條.

【答案】1035

【分析】設(shè)此多邊形的邊數(shù)是"，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式和對(duì)角線條數(shù)的公式，列出方程求解即可.

【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)是“

180°X（n-2）=1440°,

解得：n=10,

.?.對(duì)角線條數(shù)為：生尸=35,

故答案為：10,35.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了多邊的內(nèi)角和，多邊形的對(duì)角線條數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握w邊形的內(nèi)角和為180。x

（n-2）,對(duì)角線條數(shù)為空三.

3.（2022?陜西西安.模擬預(yù)測(cè)）一個(gè)多邊形的內(nèi)角和為1080。，從該多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)引對(duì)角線，可以

把這個(gè)多邊形分割成個(gè)三角形.

【答案】6

【分析】首先根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式可得多邊形的邊數(shù)，再計(jì)算分成三角形的個(gè)數(shù).

【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)為％,由題意得：（x-2）x180=1080,

解得；x=8,

從這個(gè)多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)引對(duì)角線，可以把這個(gè)多邊形分成的三角形個(gè)數(shù)：8-2=6,

故答案為：6.

【點(diǎn)睛】此題主要考查了多邊形的內(nèi)角，關(guān)鍵是掌握多邊形的內(nèi)角和公式1805-2）,理解從一個(gè)“邊形的

一個(gè)頂點(diǎn)引對(duì)角線，可以把這個(gè)多邊形分成（小2）個(gè)三角形.

題型02多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問(wèn)題

1.（2021?山東煙臺(tái)?二模）如圖，CG平分正五邊形力BCDE的外角ADCF,并與NE4B的平分線交于點(diǎn)O,貝IJNAOG

的度數(shù)為（）

A.144°B.126°C.120°D.108°

【答案】B

【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)分別解得正五邊形的每個(gè)內(nèi)角、每個(gè)外角的度數(shù)，結(jié)合角平分線的性質(zhì)得到

乙DCG=36°,乙。AB=54°,接著由四邊形的內(nèi)角和為360。解得U0C=54。，最后由鄰補(bǔ)角定義解題即可.

【詳解】解：???CG平分正五邊形力BCDE的外角NDCF,

Z.DCG—Z.GCF

???4。平分NE4B,

Z.EAO=Z.OAB,

??,正五邊形4BCQE中，

（5-2）X180°360°

4ABe=-------=---------=108°,ZDCF=-^―=72°

1111

???（DCG=-ZDCF=-x72°=36°,^OAB=-Z.EAB=-x108°=54°

2222

.-.Z.OAB+/.ABC+乙BCD+乙DCG=54°+108°+108°+36°=306°

^AOC=360°-306°=54°

ZXOG=180°-54°=126°,

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和與外角和，涉及角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度較易，掌

握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵.

2.（2023?江蘇宿遷?模擬預(yù)測(cè)）如圖，一束太陽(yáng)光平行照射在正“邊形……右上，若41一42=60。,

則九=

【答案】6

【分析】過(guò)4作42314^,根據(jù)平行線的性質(zhì)可得44=43,^CA2B=Z1,求得乙434B=60。，設(shè)正多

邊形的內(nèi)角為x,則滿足N4=180。-%,推得43=x-60。，即可求得x=120。，得到N4=60。，即可求出

正多邊形的邊數(shù).

【詳解】解：過(guò)冬作乙引&乙，

貝此4=43,Z.CA2B=Z1

Vzl-42=60°

Z-A3A2B=60°

設(shè)正多邊形的內(nèi)角為x,則44=180?！獂

?\x=60°+z.3

."3=x-60°

V1800-x-x-60°,解得x=120。

."4=60°

.?.這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為360。+60。=6

故答案為：6.

【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)正多邊形外角求正多邊形的邊數(shù)，平行線的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握正多邊形的外

角性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.

3.（2020?河南?二模）如圖，在2Moe中,乙8=25。，點(diǎn)。是BC邊上一點(diǎn)，連接2D,且4。=BD,/.CAD=90°,

CF平分乙4CB,分別交4D,28于點(diǎn)E,F,貝吐2EC的度數(shù)為.

【分析】禾!!用AD=BD,得到NB=/BAD=25。，再由直角三角形中兩銳角互余和角平分線的定義進(jìn)行計(jì)算

即可；

【詳解】：AD=BD,

AZB=ZBAD=25°,

AZADC=50°,

,/ZCAD=90o,

/.ZACD=40°,

：CF平分NACD,

1

???ZACE=-ZACD=20°,

2

???NAEC=70。，

故答案是：70°.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了外角和的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余關(guān)系，準(zhǔn)確計(jì)算是解題

的關(guān)鍵.

題型03多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問(wèn)題

1.（2023?江西撫州?二模）如圖，七邊形4BCDEFG中，AB,的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)O,若41、/2、乙3、44的

外角和等于220。，則NB。。的度數(shù)為（）

A.20°B.35°C.40°D.45°

【答案】C

【分析】根據(jù)多邊形的外角和，求得NBOH=140。，再利用鄰補(bǔ)角的定義，即可求出NB。。的度數(shù).

【詳解】解：■:五邊形40EFG的夕卜角和為360°,且七邊形4BCDEFG中，zl,Z2,43,44的夕卜角和等于220。,

.-.Z.BOH=360°-220°=140°,

.-./.BOD=180°-140°=40°,

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了多邊形外角和問(wèn)題，解題關(guān)鍵是掌握多邊形的外角和等于360。.

2.（2023?山西大同?模擬預(yù)測(cè)）等邊三角形、正方形及正五邊形各一個(gè)，按下圖放在同一平面內(nèi)，貝此1+42+

C.106°D.108°

【答案】A

【分析】根據(jù)正方形，正三角形和正五邊形的內(nèi)角以及正多邊形的外角和即可即可求解.

【詳解】正三角形的每個(gè)內(nèi)角為180。4-3=60°,

正五邊形的每個(gè)內(nèi)角（5-2）x180°+5=108°,

正方形的每一個(gè)內(nèi)角為360。+4=90°,

.".Z1+42+43=360°-90°-60°-108°=102°,

故選：A.

【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的外角和與內(nèi)角和的關(guān)系，熟練掌握多邊形的外角和為360。是解題的關(guān)鍵.

3.（2023?河北秦皇島?二模）如圖，將四邊形4BCD剪掉一個(gè)角得到五邊形.下列判斷正確的是（）

結(jié)論①：變成五邊形后外角和不發(fā)生變化；

結(jié)論②：變成五邊形后內(nèi)角和增加了360。；

結(jié)論③：通過(guò)圖中條件可以得到+Z2=240°；

A.只有①對(duì)B.①和③對(duì)C.①、②、③都對(duì)D.①、②、③都不對(duì)

【答案】B

【分析】根據(jù)多邊形的外角和是360。，判斷①，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式即可判斷②，根據(jù)三角形的外角的

性質(zhì)即可求解.

【詳解】解：①任意多邊形的外角和是360。，故①正確；

根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理（5-2）X180°-（4-2）X180°=180°,

四邊形力BCD剪掉一個(gè)角得到五邊形內(nèi)角和增加了180。，故②錯(cuò)誤，

如圖所示，

Vzl=z4+4442=43+zX

/.zl+N2=N3+z_4+NA+NA=180°+z_4=180°+60°=240°,故③正確，

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和與外角和，三角形的外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握以上

知識(shí)是解題的關(guān)鍵.

4.(2022?陜西西安?模擬預(yù)測(cè))已知一個(gè)正多邊形的內(nèi)角和與外角和的和為1620。，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)

是—.

【答案】9

【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式和外角和列方程即可求解.

【詳解】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為"，

則180X(n-2)+360°=1620°,

.".n=9,

.?.這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是9.

故答案為：9.

【點(diǎn)睛】本題考查多邊形內(nèi)角和外角，解題關(guān)鍵是掌握多邊形內(nèi)角和公式.

題型04平面鑲嵌

1.(2024.河北石家莊.一模)有三個(gè)大小一樣的正六邊形，可按下列方式進(jìn)行拼接，方式1：如圖1；方式2：

圖1圖2

(1)若有六個(gè)邊長(zhǎng)均為1的正六邊形，采用方式1拼接，所得圖案的外輪廓的周長(zhǎng)是；

(2)有w個(gè)長(zhǎng)均為1的正六邊形，采用上述兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，若圖案的外輪廓的周長(zhǎng)

為18,則〃的最大值為.

【答案】267

【分析】本題考查平面鑲嵌，利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵.

(1)采用方式1拼接，則所得圖案的外輪廓的周長(zhǎng)為4n+2,將九=6代入計(jì)算即可;

（2）兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，見(jiàn)越大，外輪廓周長(zhǎng)越小，可得正六邊形間重疊的邊數(shù)越多，

則把六個(gè)正六邊形繞一個(gè)六邊形拼接即可.

【詳解】解：（1）有六個(gè)邊長(zhǎng)均為1的正六邊形，采用方式1拼接,所得圖案的外輪廓的周長(zhǎng)為6x4+2=26.

故答案為：26；

（2）按下圖拼接，圖案的外輪廓的周長(zhǎng)為6x3=18,此時(shí)正六邊形的個(gè)數(shù)最多，即〃的最大值為7.

2.（2023?河北滄州?二模）要設(shè)計(jì)一個(gè)裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形,

邊長(zhǎng)記作2a.下面我們來(lái)研究紙盒底面半徑的最小值.

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫(huà)出了如圖1,圖2所示的兩種布局方案.

方案I中紙盒底面半徑的最小值為；

方案II中紙盒底面半徑的最小值為;

（2）如果要裝12色的彩鉛，請(qǐng)你為廠家設(shè)計(jì)一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為

【答案】6a7a377a

【分析】（i）由圖形可知，方案I中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形的對(duì)角線長(zhǎng)加邊長(zhǎng)，方案n中紙盒底面半

徑應(yīng)為正六邊形對(duì)角線長(zhǎng)加邊長(zhǎng)，再上邊長(zhǎng)的一半，由此計(jì)算即可；

（2）考慮將12個(gè)正六邊形對(duì)稱放置，然后確定其外接圓，利用正六邊形的邊長(zhǎng)以及勾股定理求解最小半

徑即可.

【詳解】（1）如圖1所示，方案I中紙盒底面半徑最小值即為。4的長(zhǎng)度,

?.?正六邊形的邊長(zhǎng)為2a,

0A=2Q+4a=6a；

如圖2所示，方案n中紙盒底面半徑最小值即為OB的長(zhǎng)度,

。4=Q+2a+4a=7a；

故答案為：6a；7G；

(2)如圖所示方式，裝12支鉛筆的底面圓半徑最小，此時(shí)最小半徑為。C,連接CQ、PC、PQ,

?.?正六邊形的邊長(zhǎng)為2a,

CP=3x2V3a=6V5a,PQ=2a+4a+4a+2a=12a,

■:乙CPQ=90°,

/.CQ=y/CP2+PQ2=6V7a,

：.OC=^CQ=3V7a,

故答案為：3ea.

【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，以及鑲嵌問(wèn)題，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，靈活運(yùn)用勾股定理進(jìn)行計(jì)算

是解題關(guān)鍵.

3.(2022.河北?二模)如圖，將幾個(gè)全等的正八邊形進(jìn)行拼接，相鄰的兩個(gè)正八邊形有一條公共邊，圍成一

圈后中間形成一個(gè)正方形.設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為1,則該圖形外輪廓的周長(zhǎng)為;若"個(gè)全等的正多邊形

中間圍成的圖形是正三角形，且相鄰的兩個(gè)正多邊形有一條公共邊，設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為1,則該圖形外輪

廓的周長(zhǎng)是

【答案】2027

【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)，每條邊相等，即可求解.求得該圖形外輪廓的周長(zhǎng)，根據(jù)密鋪可知正n邊形,

為正12邊形，據(jù)此即可求解.

【詳解】解：?.?正方形的邊長(zhǎng)為1,

...該圖形外輪廓的周長(zhǎng)為(8-3)x4=20,

若〃個(gè)全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，貝加邊形的一個(gè)內(nèi)角為吟竺=150。

則n邊形的一個(gè)外角180。-150°=30°,

n=360°+30°=12,

根據(jù)相鄰的兩個(gè)正多邊形有一條公共邊，

則圖形外輪廓的周長(zhǎng)為(12-3)X3=27

故答案為：20,27

【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和，外角和，平面鑲嵌，理解題意是解題的關(guān)鍵.

題型05根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解

1.(2024?陜西西安.模擬預(yù)測(cè))如圖，菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)。，EF1BD,垂足為點(diǎn)

EF分另IJ交2D、DC及BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E、M、F,且ED：CF=1：2,貝切的值為()

【答案】D

【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判斷，先由菱形的

性質(zhì)得到4。IIBC,ACLBD,AD=BC,再證明ACIIEF,進(jìn)而證明四邊形4EFC是平行四邊形，得到4E=CF,

由此可得到DE：BF=1:5,再證明△￡）￡1//sABFH,得到"■=匹=工，則DH：DB=

BHBF56

【詳解】解：???四邊形是菱形，

：.AD||BC,ACLBD,AD=BC,

?；EFLBD,

：.AC||EF,

???四邊形4EFC是平行四邊形，

：.AE=CF,

*：ED：CF=1：2,

：.ED：AE=1:2,

：.ED\AD=ED：BC=1:3,

：.DE：BF=1:5,

U：AD||BC

：.△DEHfBFH,

,DHDE1

..----=-----=—,

BHBF5

i

：.DH：DB=~,

6

故選：D.

2.（2023?河北承德?一模）如圖，在菱形力BCD中，AC,BD（4C>BD）相交于點(diǎn)0,E、F分別為04和。C上

的點(diǎn)（不與點(diǎn)4、。、C重合）.其中4E=0F.過(guò)點(diǎn)E作G”1AC,分別交AD、4B于點(diǎn)G、H；過(guò)點(diǎn)尸作〃1AC

分別交CD、CB于點(diǎn)/、I；連接G/、HI,甲、乙、丙三個(gè)同學(xué)給出了三個(gè)結(jié)論：

甲：隨著2E長(zhǎng)度的變化，GH+IJ=BD始終成立.

乙：隨著2E長(zhǎng)度的變化，四邊形GH//可能為正方形.

丙：隨著AE長(zhǎng)度的變化，四邊形GH〃的面積始終不變，都是菱形4BCD面積的一半.

下列選項(xiàng)正確的是（）

D

A.甲、乙、丙都對(duì)B.甲、乙對(duì)，丙不對(duì)

C.甲、丙對(duì)，乙不對(duì)D.甲不對(duì)，乙、丙對(duì)

【答案】c

【分析】連接交于點(diǎn)M,根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得出GE=EHJF=FI,MG=MH,MJ=MI,G]=HI,

EO=FC,過(guò)點(diǎn)G作GK1BD于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)/作/T1BD于點(diǎn)T,證明△DT/三ADKGmA/FC得出GH+

1]=BD,即可判斷甲，進(jìn)而得出四邊形AW/D是平行四邊形，四邊形H/BC是平行四邊形，即可判斷丙，反

證法證明四邊形GH〃不可能是正方形，即可求解.

【詳解】解：如圖所示，連接W/,G/,交于點(diǎn)M,

:四邊形4BCD是菱形，GH1AC,IJ1AC,

根據(jù)菱形是軸對(duì)稱圖形，AC是GH/J,8。的垂直平分線,

:.GE=EHJF=FI,MG=MH,MJ=MI,GJ=HI,

9CAE=OF,OA=OC,

：.E0=FC,

如圖所示，過(guò)點(diǎn)G作GKLBO于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)/作/T，80于點(diǎn)T,

則四邊形GEOK,T/E。是矩形，

；?GK=E0=FC,KO=GE=|GH,T]=OF=AEtTO=JF=

???四邊形/BCD是菱形，

：./.DAO=乙DCO,

VGK\\AOfTJ\\OCf

"DJT=乙DCA=/-GAE,乙DGK=^DAC=ZjCF,

：.△DTJ=△GEA,△DKG=△JFC,

：.D]=AG,]C=GD,GE=DT,]F=DK,

：.^DB=DO=DT+T0=GE+JF=/GH+〃），

即GH+〃=BO,故甲正確；

U：D]=AG,又

：.JD=AH,

???四邊形ZH/。是平行四邊形，

,,￡”切=]S四邊形A即0,HJWAD,HJ=AD,

???四邊形H/BC是平行四邊形,

:=5s四邊形BHJC'

.Ill

??S四邊形GH"=S"HCJ+SAH〃=2SVm^BHJC+55四邊形4H/D=5s菱形4方。。‘

即四邊形GH〃的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半，故丙正確；

同理可得4G8/,CDG/是平行四邊形，

：.G1\\CD,HJWAD,

,/當(dāng)GH//是正方形時(shí)，則G/1HJ,

：.AD1DC,

則四邊形4BCD是正方形，

'：AC>BD,

四邊形ABC。不是正方形，即四邊形GH〃不可能是正方形，故乙錯(cuò)誤，

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的

關(guān)鍵.

3.（2023?江蘇泰州?二模）證明：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半.

已知：如圖1,D、E分另U是△ABC的邊4B、4C中點(diǎn)，求證：DE\\BC,DE=”C.

下面是某學(xué)習(xí)小組探究證明思路時(shí)發(fā)現(xiàn)的三種添加輔助線的方法，請(qǐng)選擇其中一種，完成證明.

方法1：延長(zhǎng)DE至點(diǎn)F,使EF=DE,連接CF；

方法2：過(guò)點(diǎn)C作CFII4B交DE的延長(zhǎng)線于尸；

方法3：過(guò)E作EF||4B交BC于F,過(guò)A作4G||BC交FE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G.

應(yīng)用：如圖2,D、E分另IJ是AABC的邊力8、AC中點(diǎn)，請(qǐng)用無(wú)刻度的直尺和圓規(guī)作△ABC的角平分線（要

求：直尺和圓規(guī)分別只使用一次，并保留作圖痕跡）.

【答案】見(jiàn)解析

【分析】本題考查了作圖、平行線的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)和三角形中位線定理,

證明：方法1：延長(zhǎng)DE至點(diǎn)F,使EF=DE,連接CF,先證明△4DE三△CEF得到力D=CF,乙力=AF,則

AB||CF,加上8。=CF,則可判斷四邊形8DFC為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到DF=BC,DF||

BC,從而得至IjDEIIBC,DE=^BC；

方法2：過(guò)點(diǎn)C作CFII4B交DE的延長(zhǎng)線于F,先證明△4DE三△CEF,得到相應(yīng)的邊長(zhǎng)相等，可得到四邊形

BDFC為平行四邊形，即可得到答案；

方法3：需要證明兩次三角形全等，以及證明兩次平行四邊形可得到結(jié)果；

應(yīng)用：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)可得到答案；

解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，

逐步操作

【詳解】證明：方法1：延長(zhǎng)DE至點(diǎn)尸，使EF=DE,連接CF,如圖所示：

；D、E分另?。菔茿ABC的邊AB、4C中點(diǎn),

AD=BD,AE=CE,

在△ZOEWCEF中，

(AE=CE

\^.AED=乙CEF,

(DE=FE

：.△ADE=^CEF(SAS),

AD=CF,Z-A=ZF,

AB||CF,

AD=BD=CF,

???四邊形80FC為平行四邊形，

DF=BC,DF||BC,

：.DE||BC,DE=-2BC；

方法2：過(guò)點(diǎn)C作CFIMB交DE的延長(zhǎng)線于F,如圖所示:

A

VCF\\AB,

：.^A=乙FCE,

???0、E分別是△ZBC的邊AB、ZC中點(diǎn)，

，AD—BD,AE—CE,

在ZkADE和△CEF中，

'=乙FCE

AE=CE,

./,AED=乙CEF

：.^ADE=^CEF(ASA),

：.AD=FC,DE=EF,

即40=BD=FC,

???四邊形BOFC為平行四邊形，

??.DF=BC,DF||BC,

i

???DE||BC,DE=-BC；

2

方法3：過(guò)E作EF||4B交8C于F,過(guò)A作/G||BC交FE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G,如圖所示:

BFC9

*：EF||AB,AG||BC,

：.GF||AB,AG||BF,

???四邊形AGFB為平行四邊形,

：.AG=BFfAB=GF,

VAGIIBC,

AzG=乙CFE,

?：D、E分別是△ABC的邊/B、4c中點(diǎn),

AD=BD,AE—CE,

在AAGE和中，

ZG=Z.CFE

Z.GEA=乙FEC,

、AE=EC

C.^AGD=LCFE(AAS),

：.AG=CF,GE=EF,

'：EF||AB,AG||BC,

C.^LGAE=^DEA,^DAE=GEA,

,：AE=EA,

：.^AGE=LEDA(ASA),

：.AG=DE.AD=GE,

U：AD||GF,

???四邊形/GE。為平行四邊形，

：.AG||DE,AG=DE,

*：AG||BC,AG=FC,AG=BF,

：.DE||BC,DE=-BC；

2

應(yīng)用：如圖2,BP為所作的角平分線,

先在DE上截取DF=OB,連接BF并延長(zhǎng)交2C于P點(diǎn)，由08=DF得到/DBF=40F8,再根據(jù)DE為△4BC

的中位線得至UDEIIBC,所以NDFB=NCBF,貝!JADBF=NCBF,從而得至ijBP平分NABC.

4（2023?河南周口?三模）綜合與實(shí)踐

A

(1)如圖①，△力BC是等腰三角形，點(diǎn)、D,E分別在腰北，28上，且BE=CD,連接BD,CE.判斷BD與CE長(zhǎng)

度的大小關(guān)系，并證明；

問(wèn)題探究

(2)如圖②，4。是△48C的中線，BE交4C于E,交4。于F,^AE=EF,AC=8,則BF=；

問(wèn)題解決

(3)今年全國(guó)兩會(huì)上，不少來(lái)自農(nóng)村、關(guān)注“三農(nóng)”工作的代表委員期待電力在全面推進(jìn)鄉(xiāng)村振興中發(fā)揮越來(lái)

越重要的作用.某地區(qū)規(guī)劃出如圖③所示的四邊形2BCD地塊，計(jì)劃開(kāi)發(fā)出一個(gè)生態(tài)宜居，綠色人文的農(nóng)業(yè)

觀光區(qū)，其中4D1CD,BC1CD,/.BAD=120°,AE是現(xiàn)有的地下電纜，CE=AB.為滿足農(nóng)業(yè)用電，B點(diǎn)

和C點(diǎn)分別設(shè)置了風(fēng)力發(fā)電機(jī)，現(xiàn)要埋電纜線路BP與線路4C,點(diǎn)P是2E的中點(diǎn).已知埋每米電纜的費(fèi)用是a

元，請(qǐng)問(wèn)埋電纜線路4C的費(fèi)用是線路BP費(fèi)用的幾倍？并說(shuō)明理由.

【答案】(1)BD=CE,理由見(jiàn)解析

(2)8

(3)埋電纜線路4C的費(fèi)用是線路8P費(fèi)用的2倍，理由見(jiàn)解析

【分析】(1)由“SAS”可證AEBCmADCB,可得BD=CE；

(2)由“SAS”可證△4DCmAMOB,可得==ZM,由等腰三角形的性質(zhì)可求NBFD=Z.CAD=

Z.M,從而即可得到答案；

(3)先證明四邊形4BEF是平行四邊形，可得FE=4B,FE||AB,由“SAS”可證AABC三AFCB,得至以。=

FB=2BP,即可求解.

【詳解】(1)解：BD=CE,

證明：???△48C是等腰三角形，

:.乙EBC=乙DCB,

在AEBC與ADCB中,

BE=CD

乙EBC=Z-DCB,

、BC=CB

:,XEBCzXDCB^g,

：.BD=CE；

(2)解：如圖，延長(zhǎng)4。到M,使40=DM,連接BM,如圖②所示,

B\D：C

\X/I

\、,/圖②

M,

???/0是448。的中線，

ACD=BD,

在△ACO和AMBO中，

(AD=MD

\/-ADC=乙MDB,

(CD=BD

.,.△TlDC^AMDB(SAS),

:,BM=AC,Z.CAD=Z.M,

*：AE=EF,

：./.CAD=^LAFE,

Z.AFE=4BFD,

???乙BFD=ACAD=4M,

：.BF=BM=AC=8；

故答案為：8；

(3)解：'：AD1CD,BC1CD,

：.AD||BC,

V/-BAD=120°,

：.Z-ABC=60°,

如圖③，延長(zhǎng)BP交/。于點(diǎn)F,連接EF,CF,

圖③，

9：AD||BC,

;?乙PAF=^PEB,乙PFA=^PBE,

??,點(diǎn)P是/E的中點(diǎn)，

：.AP=EP,

.,.△XFP=AEBP(AAS),

：.AF=BE,BP=PF,

???四邊形4BEF是平行四邊形，

：.FE=AB,FE||AB,

：.Z.FEC=Z.ABC=60°,

\9FE=AB,CE=AB,

：.FE=CE,

???△FEC是等邊三角形，

：?FE=FC,Z-FCB=60°,

：.AB=FC,(ABC=乙FCB=60°,

YBC=CB,

.,.△XBC=AFCB(SAS),

：.AC=FB=2BP,

???埋電纜線路"的費(fèi)用為a?ZC=a?2BP=2aBP,埋電纜線路B尸的費(fèi)用為a?BP=aBP,

???埋電纜線路4C的費(fèi)用是線路BP費(fèi)用的2倍.

【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形

的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵.

題型06構(gòu)建三角形中位線解決問(wèn)題

1.(2023?山東青島?模擬預(yù)測(cè))如圖，四邊形EFGH頂點(diǎn)是四邊形各邊中點(diǎn)，若把EFGH涂滿紅油漆需

要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要桶

【答案】10

【分析】本題考查的是中點(diǎn)四邊形，中位線定理和相似三角形的面積比等于相似比的平方；根據(jù)題意得出

S四邊形EFGH=5$四邊形即可求解?

【詳解】解：如圖所示，連接4C,8。，

分別是4Q4B的中點(diǎn)，

：.EF\\BD,-=-

BD2

△AEF?&ADB

**,^LAEF=7^AABD9同理可得S4CGH=~^^BCD9

1

則SAAEF+S&CGH=1S四邊形B4CD

同理可得SADEH+SABGF=四邊形4BC0

，S四邊形EFGH=5s四邊形4BCD

若把EFGH涂滿紅油漆需要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要10桶，

故答案為：10.

2.（2023?安徽?二模）如圖，在AABC中，乙48c=90。,43=BC=6,延長(zhǎng)BC到點(diǎn)。，CD=4,點(diǎn)E是4。的

中點(diǎn)，BE交AC于點(diǎn)尸，則AAEF的面積為

D

【答案】T

【分析】利用三角形的面積公式求出AACD的面積，進(jìn)而求出△力BD的面積，利用中線平分面積，得到A/IBE

的面積，取4C的中點(diǎn)G,連接EG,得至UEGIICD,EG=工?！?,推出ABFCSAEPG,求出處的值，利用同高

2BF

三角形點(diǎn)面積比等于底邊比，進(jìn)行求解即可.

【詳解】解：=90。,48==6,CD=4,

：.S^ABD=lAB-QBC+CD)=30,

?.?點(diǎn)E是4。的中點(diǎn)，

.1

?,^LABE~2~15，

取4C的中點(diǎn)G,連接EG,貝！J：EG||CD,EG=^CD=2,

△BFCs'EFG,

,EF_EG_2_1

**BF一BC_6-3’

.EF_1

??=一,

BE4

:，SkAEF：SRABE=EF：BE=1：4,

.c_1c_15

,*"EF_-4；

故答案為：V-

4

【點(diǎn)睛】本題考查三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造三角

形的中位線和相似三角形.

3.(2023?浙江?模擬預(yù)測(cè))已知四邊形4BCD內(nèi)接于圓0,對(duì)角線力C與BD垂直相交于點(diǎn)E,點(diǎn)F,G分別為

AB,CD的中點(diǎn)，求證：EF=0G.

【答案】見(jiàn)解析

【分析】作直徑DH,根據(jù)三角形中位線定理求得OG.CH,根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求得EF=\AB,

再利用等角的余角相等求得“CB=乙HDC,推出4B=CH,據(jù)此即可證明EF=0G.

【詳解】證明，作直徑DH,連接CH,

?.?點(diǎn)G、。分別為DH、CO的中點(diǎn)，

1

：.0G=-CH,

2

點(diǎn)產(chǎn)為48的中點(diǎn)，

：.EF=-AB,Z.DBC+/LACB=90°,

2

?「o”為直徑，

AZ.DCH=90°,

工乙H+乙HDC=90°,

又?：（H=乙DBC,

：.Z.ACB=乙HDC,

：.AB=CH,

：.EF=OG.

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，正確引出輔助線解決

問(wèn)題是解題的關(guān)鍵.

4.（2023?福建泉州?模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中,尸為邊4B上一點(diǎn).

圖3

（1）如圖1,^AC2=AF-AB,求證：△力CFSAABC.

⑵若G為CF的中點(diǎn)，AC=4,

①如圖2,若乙FBG=AACF,AB=5,求BF的長(zhǎng)；

②如圖3,若N2BC=30。，乙4=NBGF=45。，直接寫(xiě)出8F的長(zhǎng).

【答案】（1）見(jiàn)解析

⑵①3；②BF=2V10-2V2

【分析】⑴根據(jù)已知條件得出*=又〃=”,即可得證；

AFAC

（2）①角軍法1：延長(zhǎng)FB至！J點(diǎn)D,使FB=BD,連結(jié)DC,設(shè)：BF=x,貝!=x,AD=5+x,AF=5-x,

明ATICFsAADC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)歹（J出方程，解方程，即可求解；①解法2：取R4中點(diǎn)。，連結(jié)QG,

設(shè)：AD=DF=x,則BD=5-尤，證明ADGFSADBG,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解方程，即可

求解；

②解法1：延長(zhǎng)尸8至！J點(diǎn)D,使=連結(jié)DC,過(guò)點(diǎn)C作CE，48于點(diǎn)E,證明△DCF—AIMC,得出。C?=

AD-DF,在Rt△￡）￡■（：中，DC2=DE2+EC2,貝！|力。?DF=DE?+EC?,建立方程，解方程，即可求解；

②解法2：過(guò)點(diǎn)C作CE148于點(diǎn)E,在4E上取點(diǎn)。，使CD=CF,在RtADEC中，勾股定理求得CD,證明

△DCA-AFBG,得出OC-FG解方程，即可求解.

【詳解】（1）,.'AC2=AF-AB,即生=絲

Vz.71=NA,

△ACF?&ABC；

①解法1：延長(zhǎng)FB到點(diǎn)D,使FB=BD,連結(jié)DC

設(shè)：BF—x,貝=*,AD—5+x,AF=5—%

???G為CF的中點(diǎn)，B為CF的中點(diǎn)，

???5G>AFDC的中位線，

???BGWDC

Z.FBG=Z-D,

乙FBG=Z.ACF,

???Z.D=Z.ACF,

???Z-A=Zi4,

△ACF'-AADC

ACAF

?*-----=----f

ADAC

.4_5-x

"5+x4

解得：%i=3,x2=-3（不合題意舍去）

BF=3

①解法2：取R4中點(diǎn)。，連結(jié)。G

設(shè)：AD=DF=x,貝l|8D=5-x

???G為CF的中點(diǎn)，。為4F的中點(diǎn)

DG是AR4C的中位線

DGWAC,且DG=^AC=2

???乙FGD=Z.ACF

???乙DBG=Z-ACF,

Z.FGD=乙DBG,

Z-BDG=Z-BDG,

△DGFDBG

DG_DF

BD-DG

2_x

5-x-2

解得：=1,X2=4（不合題意舍去）

?*.AD=DF=1,

??.BF=AB-AF=5-2=3

②解法1：延長(zhǎng)FB到點(diǎn)D,使FB=BD,連結(jié)DC,過(guò)點(diǎn)C作CE，4B于點(diǎn)E,

D*---

設(shè)：BF=BD=x,

■■■Rt△AEC^,Z.A=45°,

.-"AE=CE=￡=2V2,

???RtABEC中，/.ABC=30°,

???BE=V3￡C=2V6,

ED-BD+BE-x+2歷，

AD=ED+AE=x+2A/6+2V2,

vG為CF的中點(diǎn)，B為DF的中點(diǎn)

BG是AFOC的中位線，

???BGWDC,

???Z-BGF=乙FCD,

vZ-BGF=Z.A,

Z.FCD=乙4,

???乙0=,

△DCFs'DAC,

.DC_DF

??AD-DC9

DC2=AD-DF,

???在RtADEC中，DC2=DE2+EC2,

AD-DF=DE2+EC2

22

即2%（x+2迎+2&）=（x+2&）+（2V2）

解得：%!=2V10-2V2,x2--2V10-2V2（不合題意舍去）

BF=2V10-2V2

②解法2：過(guò)點(diǎn)C作CE14B于點(diǎn)E,在AE上取點(diǎn)D,使CD=CF,

設(shè)：BF=x,

■：RtAAEC中，Z.A=45°,

AE=CE==2V2,

RtABEC中，/.ABC=30°,

BE=V3￡C=2V6.

???EF=BE-BF=2V6-x,

VCD=CF,CELAB,

DE=EF=2V6—x,

AD=AE-DE=2V2-2A/6+x,

?.,在Rt△DEC中，CD=yjDE2+CE2=J（2迎一〃『+8,

???CF=CD=J（2V6-x）2+8,

G為CF的中點(diǎn),

FG=^CF=|J（2V6-x）2+8,

-??CD=CF,/.CFD=乙CDF,

???180°-乙CFD=180°-乙CDF,即NBFG=^CDA

Z.A=Z.BGF,

???△DCAFBG,

.DC_BF

ADFG

???DC?FG=AD,BF,

???J（2V6-+8?iJ（2V6-%）2+8=x（2V2-2V6+%）

解得：Xi=2V10-2V2,%2=-2V10-2V2（不合題意舍去）

BF=2710-2V2

【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形的綜合性題目，包括相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中點(diǎn)的性質(zhì)，三角形

內(nèi)角和定理等，熟練掌握運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵.

題型07根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解

1.（2024.山西朔州.一模）如圖，在矩形力BCD中，力B=4,BC=3,M為對(duì)角線BD上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)重

合），連接4M,過(guò)點(diǎn)M作MN14M交邊CD于點(diǎn)N,連接4V.若BM:BD=2:5,則DN的長(zhǎng)為.

【答案】|

【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)判定及性質(zhì)，適當(dāng)添加輔助線

解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵.

過(guò)點(diǎn)M作MG于G,延長(zhǎng)GM交CD于則GH1CD,根據(jù)矩形的性質(zhì)，可證△BGMsABAD,從而得

出BG=￡,aG=HD=g,MG=y,MH=y,再根據(jù)A4GMMHN可得HN=￡進(jìn)而可得DN.

【詳解】解：過(guò)點(diǎn)M作MGLAB于G,延長(zhǎng)GM交CD于H,則GH1CD,如圖:

,?,四邊形ABCD為矩形，

???ABAD=^ADC=Z.AGH=90°,AD=BC=3,AB=CD=4,

???四邊形/G”O(jiān)為矩形，

AAG=DH,GH=AD=3,GM\\AD.

???△BGMBAD,

.BG_GM_BM

??BA-AD~BD9

???BM\BD=2:5,

.BG_GM_BM_2

"BA~AD~BD~59

BG=-ABMG=-AD=

5555

AG=HDAB-BG=4--=—,

55

MH=GH-GM=3--=-,

55

???MN1AM,

???乙4MN=90°,

???乙AMG+乙HMN=90°,

???Z.AMG+Z.MAG=90°,

:.乙HMN=^MAG,

???Z.AGM=乙MHN=90°,

?AMHN,

AG_MG

??MH―HN'

126

即：吾=三，

-HN

5

解得：HN=-,

10

129R

???DN=HD-HN=---=-

5102f

故答案為：|.

2.（2023?江蘇鹽城?模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知，等邊AABC中，48=6,將AABC沿4C翻折，得至以4。。，連

接BD,交力C于O點(diǎn)，E點(diǎn)在。。上，S.DE=2OE,F是BC的中點(diǎn)，尸是力C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則|PF-PE|的

最大值為.

【答案】V3

【分析】由折疊可證四邊形ABC。為菱形，2。是4C邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM,交BD于M,4F是

BC邊上的中線，NB4C的角平分線，貝=2OM,AM=IMF,^CAF=30°,由DE=2OE,可得。M=OE,

則PE=PM,AE=AM,\PF-PE\=\PF-PM\,可知當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，|PF-PE|最大，最大為FM,

勾股定理求4尸=VXC2-CF2=3V3,貝UFM=|XF,計(jì)算求解即可.

【詳解】解：為等邊三角形，AB=6,

AB=AC=BC=6,

???將△4BC沿4C翻折，得至IJ△ZOC,

AD=CD=BC=AB=6,

四邊形4BCD為菱形，

:.DO=BO,4。=。。=3,BD1AC,

；.B。是4c邊上的中線，

如圖，連接AF,PM,交BD于M,

是BC邊上的中線，NB4c的角平分線,

：.BM=2OM,AM=2MF,/.CAF=30°,

9：DE=ZOE,

：.0M=OE,

?:BDLAC,

：.PE=PM,AE=AM,

：.\PF-PE\=\PF-PM\,

???當(dāng)點(diǎn)尸運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，IPF—PEI最大，最大為FM,

VzCi4F=30°,

ACF=3,

由勾股定理得，AF=y/AC2-CF2=3V3,

：.FM=-AF=

3

故答案為：V3.

【點(diǎn)睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理,

等腰三角形的判定與性質(zhì)，含30。的直角三角形等知識(shí).根據(jù)題意確定最大值的情況是解題的關(guān)鍵.

3.（2023?湖南婁底?三模）已知四邊形48CD是矩形，連接

圖1圖2

（1）如圖1,N4DB的平分線交4B于E,交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.ADBF的平分線交DF于點(diǎn)H,交ZM的延長(zhǎng)線于

點(diǎn)G,連接FG.

①求證：BD=BF；

②求證：四邊形GFBD為菱形；

（2）在⑴的條件下，如圖2,連接2C交。尸于點(diǎn)P,交BD于點(diǎn)0,若DP=HP,求籌的值.

【答案】（1）①證明見(jiàn)解析；②證明見(jiàn)解析

⑵遮

【分析】（1）由矩形性質(zhì)得到40IIBC,貝叱4。尸=48FD,再由角平分線定義得到乙4DF=4BDF,則乙8/。=

Z.BDF,即可得出BD=BF；②由AD||BC,得到乙4DB+乙FBD=180°,進(jìn)而根據(jù)相關(guān)角的關(guān)系得到BG1DF,

再由①中BD=BF,確定OH=FH,利用兩個(gè)三角形全等的判定與性質(zhì)得出△BDH=AGDH(ASA),利用平

行四邊形判定及菱形的判定即可得證；

(2)根據(jù)題意得出P。是的中位線，有2CII8G,進(jìn)而得到四邊形4GBC是平行四邊形，利用平行四

邊形及矩形性質(zhì)得到4。=AG=1DG,再根據(jù)(1)②中四邊形BDGF是菱形，得出BD=2AD,在Rt△48。

中，根據(jù)勾股定理得=即可得到答案.

【詳解】(1)證明：①???四邊形4BCD是矩形，

AD||BC,

Z.ADF=乙BFD,

???OF平分乙408,

???Z-ADF=乙BDF,

?.?(BFD=Z.BDF

??.BD=BF

②由①知/。IIBC,

???AADB+乙FBD=180°,

???OF平分4AD8,BG平分乙FBD,

???乙ADB=2乙BDF,Z.FBD=2乙DBG,

???2(BDF+2乙DBG=180°,

???乙BDF+乙DBG=9。。，

乙BHD=180°-(乙BDF+(DBG)=90°,

BG_LDFj

由①知BO=BF,

??.DH=FH,

??.DF平分匕ADB,

???(ADH=(BDH,

???DH=DH,2BHD=乙GHD,

/.△BDH<7DH(ASA),

BH=GH,

???DH=FH,

四邊形BDGF是平行四邊形，

???BG1DF,

二四邊形BDGF是菱形；

（2）解：???點(diǎn)。是矩形對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，

0D=0B,■：DP=HP,

P。是的中位線，

AC||BG,

???AD||BC,

???四邊形4GBC是平行四邊形，

AG=BC,

???四邊形/BCD是矩形，

/.Z.BAD=90°,BC=AD,

1

.?.AD=AG=-DG,

2

由（1）②知四邊形BDGF是菱形，

DG=BD,

BD=2ADf

在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，AB=yjBD2-AD2=V4XD2-AD=WAD,

.AB_y[3AD_&

"AD~AD.V?

【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合，涉及矩形性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角

形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)與判定，結(jié)合問(wèn)題靈活運(yùn)

用是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.

4.（2023?黑龍江齊齊哈爾?模擬預(yù)測(cè)）綜合與實(shí)踐

旋轉(zhuǎn)是幾何圖形運(yùn)動(dòng)中的一種重要變換，通常與我們所學(xué)過(guò)的全等三角形等等數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合來(lái)解決問(wèn)題,

有時(shí)我們還能從中探索學(xué)習(xí)一些新知.小苗在研究三角形旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，進(jìn)行如下探究：如圖，已知正方形

4BCD和正方形4EFG.

(1)在圖1中，點(diǎn)E,F,G分別在邊力B,AC,AD±,直接寫(xiě)出絲=；

FC-

實(shí)踐發(fā)現(xiàn)：

(2)將正方形4EFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至圖2所示位置，連接OG,FC,請(qǐng)問(wèn)(1)中的結(jié)論是否發(fā)生變化？

并加以證明：

聯(lián)系舊知：

(3)如果正方形力BCD的邊長(zhǎng)為5,正方形4FFG的邊長(zhǎng)為3.將正方形AEFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至圖3所示

位置，連接EG交2B于點(diǎn)M,交AC于點(diǎn)、N,若NG=￡直接寫(xiě)出的長(zhǎng)；

探求新知：

(4)在(3)的條件下，當(dāng)正方形2EFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)E,F,8三點(diǎn)共線時(shí)，直接寫(xiě)出CG的長(zhǎng)

【答案】(1)?

(2)(1)中的結(jié)論不變，證明見(jiàn)解析

(3)學(xué)

(4)VT7或病

【分析】(1)先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證明49=內(nèi)6,再由FGIIDC根據(jù)平行線分線段成比例定理得

竺=竺，則處=竺=也.

GDFCFCAF2'

(2)連接4F,證明△ZMGsACAF,則殷="=叱，即可證明(1)中的結(jié)論不變；

FCAC2

(3)先由4E=A