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压轴题07 特殊四边形压轴题2
四边形这个中考考点在中考数学中包含平行四边形、矩形、菱形、正方形，因为四边形与三角形基础知识、特殊三角形、相似三角形等的紧密结合性，所以常出对应压轴题，特别是正方形，更容易出选择填空压轴题。对应压轴题牵涉考点有以下几个方面：
1、平行四边形：①平行四边形因为自带“∥”，所以常可以和与“平行”相关的模型结合，如角平分线、平行线、角平分线组合的“知二得一”；再比如因为“∥”得到的“A字图相似”、“8字图相似”也是平行四边形结合的重点；②根据平行四边形的性质——对角相等、对角线互相平分，这些角的等量关系、线段的等量关系因为与三角形全等结论相同，故常将平行四边形的问题转化为全等三角形的问题来思考解决；③等腰三角形的存在性问题也可以在平行四边形的问题背景下出题。
2、矩形、菱形：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形有的结合及转化方式，它们也有，而且更特殊。如：矩形和菱形还可以转化为直角三角形和等腰三角形解决问题，矩形有直角，所以矩形的存在性问题也可以转化为直角三角形的存在性问题来思考，同理，菱形存在性问题因为菱形的四条边相等，也可以转化为等腰三角形的存在性问题。
3、正方形：正方形在压轴题中常考考点包括：①正方形的半角模型；②正方形与勾股定理；③正方形与三角函数等。另外，正方形的问题常转化为等腰三角形问题思考。最后，平行四边形的考点结合类型，正方形也有。
压轴题型一：平行四边形简单题压轴题
1．（2024 北京）如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，EF＝1，求BC的长．
2．（2024 兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN＝BM．
【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明；
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值．
3．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
4．（2024 盐城）如图1，E、F、G、H分别是 ABCD各边的中点，连接AF、CE交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形AMCN称为 ABCD的“中顶点四边形”．
（1）求证：中顶点四边形AMCN为平行四边形；
（2）①如图2，连接AC、BD交于点O，可得M、N两点都在BD上，当 ABCD满足 　 　时，中顶点四边形AMCN是菱形；
②如图3，已知矩形AMCN为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
压轴题型二：矩形简答题压轴题
1．（2024 五华区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AC BD＝80，3CE＝2CF，求OE的长．
2．（2025 松江区一模）在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10．点E、F分别在边AB、BC上，AF⊥DE，垂足为点H．
（1）求AF：DE的值；
（2）当HF＝2EH时，求AE的长；
（3）联结CH，如果△CDH是等腰三角形，求∠EDC的正切值．
3．（2024 淅川县一模）综合与实践
【问题背景】
如图（1），在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
（1）【问题解决】
填空：AC′的长为 　 　；
（2）如图（2），展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC交于点F，求线段EF的长．
（3）【拓展探究】
如图（3），在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．
压轴题型三：菱形简答题压轴题
1．（2024 哈尔滨）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，OA＝OC，AB＝BC．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠FEC＝75°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段CE相等的线段（线段CE除外）．
2．（2024 威海）如图，在菱形ABCD中，AB＝10cm，∠ABC＝60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF＝60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒．
（1）求证：BE＝EF；
（2）求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求x为何值时，线段DF的长度最短．
3．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EFAC，GHAC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①　 　．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③　 　时，中点四边形是④　 　．
4．（2025 深圳模拟）定义：菱形一边的中点与它所在边的对边的两个端点连线所形成的折线，叫做菱形的折中线．例如，如图1，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE，BE，则折线AEB叫做菱形ABCD的折中线，折线AEB的长叫做折中线的长．
已知，在菱形ABCD中，AB＝a，E是CD的中点，连接AE，BE．
（1）如图1，若a＝8，∠C＝60°，求折中线AEB的长；
（2）如图2，若∠AEB＝∠C，请探究折中线AEB的长与菱形的边长a之间满足的等量关系式，并说明理由；
（3）若a＝8，且折中线AEB中的AE或BE与菱形ABCD的一条对角线相等，求折中线AEB的长．
压轴题型四：正方形简答题压轴题
1．（2024 甘肃）【模型建立】
（1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
2．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 　 　．
3．（2024 通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证：OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)压轴题07 特殊四边形压轴题2
四边形这个中考考点在中考数学中包含平行四边形、矩形、菱形、正方形，因为四边形与三角形基础知识、特殊三角形、相似三角形等的紧密结合性，所以常出对应压轴题，特别是正方形，更容易出选择填空压轴题。对应压轴题牵涉考点有以下几个方面：
1、平行四边形：①平行四边形因为自带“∥”，所以常可以和与“平行”相关的模型结合，如角平分线、平行线、角平分线组合的“知二得一”；再比如因为“∥”得到的“A字图相似”、“8字图相似”也是平行四边形结合的重点；②根据平行四边形的性质——对角相等、对角线互相平分，这些角的等量关系、线段的等量关系因为与三角形全等结论相同，故常将平行四边形的问题转化为全等三角形的问题来思考解决；③等腰三角形的存在性问题也可以在平行四边形的问题背景下出题。
2、矩形、菱形：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形有的结合及转化方式，它们也有，而且更特殊。如：矩形和菱形还可以转化为直角三角形和等腰三角形解决问题，矩形有直角，所以矩形的存在性问题也可以转化为直角三角形的存在性问题来思考，同理，菱形存在性问题因为菱形的四条边相等，也可以转化为等腰三角形的存在性问题。
3、正方形：正方形在压轴题中常考考点包括：①正方形的半角模型；②正方形与勾股定理；③正方形与三角函数等。另外，正方形的问题常转化为等腰三角形问题思考。最后，平行四边形的考点结合类型，正方形也有。
压轴题型一：平行四边形简单题压轴题
1．（2024 北京）如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，EF＝1，求BC的长．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF∥AD，根据平行四边形的判定定理得到结论；
（2）根据三角形中位线定理求得AD＝2EF＝2，根据三角函数的定义得到BF＝3EF＝3，求得DF＝BF＝3，根据勾股定理得到AF，根据平行四边形的性质得到CD＝AF，根据线段垂直平分线的性质得到结论．
【解答】（1）证明：∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵DF＝BF，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥AD，
∴CF∥AD，
∵AF∥CD，
∴四边形AFCD为平行四边形；
（2）解：由（1）知，EF是△ABD的中位线，
∴AD＝2EF＝2，
∵∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，
∴BF＝3EF＝3，
∵DF＝FB，
∴DF＝BF＝3，
∵AD∥CE，
∴∠ADF＝∠EFB＝90°，
∴AF，
∵四边形AFCD为平行四边形，
∴CD＝AF，
∵DF＝BF，CE⊥BD，
∴BC＝CD．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，解直角三角形，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
2．（2024 兰州）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN＝BM．
【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明；
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值．
【分析】（1）证明△ANM≌△MBD（SAS），得到MN＝DB；
（2）证明AD∥BF，DB∥AF，得出四边形AFBD为平行四边形；
（3）过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，在Rt△GOC中，，得出BN+CM的最小值为．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，AB＝AC，
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴DM＝AM，∠AMD＝120°，
∴∠DMB＝60°，
∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°，
∴△ANM≌△MBD（SAS），
∴MN＝DB；
（2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA＝MD，∠MAD＝∠MDA＝45°，∠DMA＝∠DMB＝90°，
∴∠MAD＝∠ABF＝45°，
则AD∥BF，
在△ANM和△MBD中，
，
∴△ANM≌△MBD（SAS），
∴∠AMN＝∠MDB，
∵AE⊥MN，
∴∠AMN+∠MAE＝90°，
∵∠MDB+∠MBD＝90°，
∴∠DBM＝∠MAF，
∴DB∥AF，
∴四边形AFBD为平行四边形；
（3）解：如图，过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠GAM＝∠BCN＝45°，
∵AN＝BM，
∴AM＝CN，
又∵AG＝CB，
∴△GAM≌△BCN（SAS），
∴GM＝BN，
∴BN+CM＝GM+CM≥CG，
∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，
∵∠GAM＝∠ABC＝45°，
∴AG∥BC，
∴∠BAC＝∠ABG＝90°，
∴∠GBO＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝45°，
∴∠GBO＝45°，
∴OG＝OB，
∴，
∴，
∴，
在Rt△GOC中，，
∴BN+CM的最小值为．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值是解题的关键．
3．（2024 包头）如图，在 ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE，CE，且S△ABE＝S△DCE．
（1）如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE，EF相交于点G，H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG：GH：HC；
（2）如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM相交于点N．试探究线段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）①由平行线之间是等距的以及S△ABE＝S△CDE可得AE＝DE，再证△AEH≌△CFH（AAS）即可得证；②先证△AGE∽△CGB，得出，再根据AH＝BH即可求解；
（2）由第（1）问思路可知可构造8字型相似或者全等，从而过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，先证得到EM＝BE，再证△MQE≌△BCE得到MQ＝BC，最后证△MQN∽△AEN即可得证．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴AD和BC之间是等距的，且∠EAH＝∠FCH，
∵S△ABE＝S△CDE，
∴AE＝DEAD，
∵F是BC中点，
∴CF＝BFBC，
∴CF＝AE，
在△AEH和△CFH中，
，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴AH＝CH，
∴H是AC中点．
②解：∵∠EAH＝∠FCH，∠AGE＝∠CGB，
∴△AGE∽△CGB，
∴，
设AG＝2a，则CG＝4a，
∴AC＝6a，
∴AH＝CH＝3a，
∴GH＝AH﹣AG＝a，
∴AG：GH：HC＝2a：a：3a＝2：1：3．
（2）AM＝3AN．
证明：过M作MQ∥BC交CN延长线于点Q，
∵ED∥BC，
∴，
∴EMBM＝BE，
∵MQ∥BC，
∴∠MQE＝∠BCE，
∵∠MEQ＝∠BEC，EM＝BE，
∴△MQE≌△BCE（AAS），
∴MQ＝BC，
∵MQ∥AD，
∴∠MQE＝∠AEN，
∵∠MNQ＝∠ANE，
∴△MQN∽△AEN，
∴，
∴MN＝2AN，
∴AM＝MN+AN＝3AN．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
4．（2024 盐城）如图1，E、F、G、H分别是 ABCD各边的中点，连接AF、CE交于点M，连接AG、CH交于点N，将四边形AMCN称为 ABCD的“中顶点四边形”．
（1）求证：中顶点四边形AMCN为平行四边形；
（2）①如图2，连接AC、BD交于点O，可得M、N两点都在BD上，当 ABCD满足 　AC⊥BD　时，中顶点四边形AMCN是菱形；
②如图3，已知矩形AMCN为某平行四边形的中顶点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
【分析】（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形AECG，四边形AFCH均为平行四边形，进而得到：AM∥CN，AN∥CM，即可得证；
（2）①根据菱形的性质结合图形即可得出结果；
②连接AC，作直线MN，交于点O，然后作ND＝2ON，MB＝2OB，然后连接AB、BC、CD、DA即可得出点M和N分别为△ABC△ADC的重心，据此作图即可．
【解答】（1）证明：∵ ABCD，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵点E、F、G、H分别是 ABCD各边的中点，
∴，AE∥CG，
∴四边形AECG为平行四边形，
同理可得：四边形AFCH为平行四边形，
∴AM∥CN，AN∥CM，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）解：①当平行四边形ABCD满足AC⊥BD时，中顶点四边形AMCN是菱形，
由（1）得四边形AMCN是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴MN⊥AC，
∴中顶点四边形AMCN是菱形，
故答案为：AC⊥BD；
②如图所示，即为所求，
连接AC，作直线MN，交于点O，然后作ND＝2ON，MB＝2OM，然后连接AB、BC、CD、DA即可，
∴点M和N分别为△ABC和△ADC的重心，符合题意；
证明：矩形AMCN，
∴AC＝MN，OM＝ON，
∵ND＝2ON，MB＝2OM，
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD为平行四边形；
分别延长CM、AM、AN、CN交四边于点E、F、G、H如图所示：
∵矩形AMCN，
∴AM∥CN，MO＝NO，
由作图得BM＝MN，
∴△MBF∽△NBC，
∴，
∴点F为BC的中点，
同理得：点E为AB的中点，点G为DC的中点，点H为AD的中点．
【点评】本题主要考查了四边形综合，平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．
压轴题型二：矩形简答题压轴题
1．（2024 五华区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AC BD＝80，3CE＝2CF，求OE的长．
【分析】（1）由菱形的性质得AD∥BC，AD＝BC，进而证明EF＝BC，则AD＝EF，再证明四边形AEFD是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）设CE＝2a（a＞0），则BE＝CF＝3a，BC＝BE+CE＝5a，由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再由锐角三角函数定义求出OCa，则OB＝2a，然后求出a，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴CF+CE＝BE+CE，
即EF＝BC，
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：设CE＝2a（a＞0），则BE＝CF＝3a，BC＝BE+CE＝5a，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OEAC＝OC，
∵cos∠ACE，
∴，
解得：OCa，
∴OB2a，
∵AC BD＝80，
∴OA OC＝20，
即a 2a＝20，
解得：a（负值已舍去），
∴OEa，
即OE的长为．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质以及锐角三角函数定义等知识，掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解题的关键．
2．（2025 松江区一模）在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10．点E、F分别在边AB、BC上，AF⊥DE，垂足为点H．
（1）求AF：DE的值；
（2）当HF＝2EH时，求AE的长；
（3）联结CH，如果△CDH是等腰三角形，求∠EDC的正切值．
【分析】解：（1）先证明△BAF∽△ADE，得出；
（2）设EH＝x，tan∠AEH＝k，则 FH＝2x，AH＝kx，DH＝k2x，DE＝（k2+1）x，AF＝（k+2）x，根据，求出k值，即可得到AE的长；
（3）分情况讨论即可：①HC＝HD＝8 时；②当 HC＝HD＝8 时，③当CD＝CH＝8时．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AHE＝90°，
∴∠BAF+∠AEH＝90°，
∴∠AFB＝∠AEH，
∴△BAF∽△ADE，
∴；
（2）设EH＝x，tan∠AEH＝k，则 FH＝2x，AH＝kx，DH＝k2x，DE＝（k2+1）x，AF＝（k+2）x，
∵，
∴4k2﹣5k﹣6＝0，
解得：k＝2或k（舍），
即AEAD＝5；
（3）由题意，需分类讨论，
1）当DC＝DH＝8时，
tan∠EDC＝tan∠AED＝tan∠HAD；
2）当 HC＝HD＝8 时，联结DF，易得H为AF中点，
∴DF＝AD＝10，
∴CF＝6，BF＝4，
tan∠EDC＝tan∠AED＝tan∠AFB＝2；
3）当CD＝CH＝8时，过C作CM⊥DH交AD于M，交DH于N易得CM∥AF且CM＝AF，DG＝HG，
∴N为DH中点，M为AD中点，
∴，
；
综上所述：或2或．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数等，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2024 淅川县一模）综合与实践
【问题背景】
如图（1），在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
（1）【问题解决】
填空：AC′的长为 　3　；
（2）如图（2），展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC交于点F，求线段EF的长．
（3）【拓展探究】
如图（3），在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．
【分析】（1）由矩形的性质得∠A＝90°，AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，再由折叠的性质得C′D＝CD＝5，然后由勾股定理求解即可；
（2）由折叠的性质得C′E＝CE，设BE＝x，则C′E＝CE＝4﹣x，在Rt△BEC′中，由
BE2+BC′2＝C′E2求出，，连接EE′，根据相似三角形的判定可得△FEE′∽△FCD′∽△ECD，即可求解；
（3）分类讨论：当C″在AB内（B的左侧）时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得，根据平移的性质和等角对等边的性质可得PQ＝QE′＝1，即可求得；当C″在射线AB上（B的右侧）时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得CD′＝2CP，，求解可得，即可求得．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，
由折叠的性质得：C′D＝CD＝5，
∴，
故答案为：3．
（2）由（1）得：AC′＝3，
∴BC′＝BC﹣AC′＝2，
由折叠的性质得：C′E＝CE，
设BE＝x，则C′E＝CE＝4﹣x，
在Rt△BEC′中，BE2+BC′2＝C′E2，
x2+22＝（4﹣x）2，
解得，
即，，
连接EE′，如图所示：
由平移的性质得：E′E＝BC′＝2，EE′∥AB∥CD，D′E′∥DE，
∴△FEE′∽△FCD′∽△ECD，
∴，
∴，
（3）当C″在AB内（B的左侧）时，连接EE′，
如图所示：
由平移的性质得：E′E＝C′C″，EE′∥AB，C″E′∥C′E，
∴△QEE′∽△C″BQ∽△C′BQ，
∴，
∵∠CPD′＝∠EPE′＝∠CED＝∠D′E′Q，
∴PQ＝QE′＝1，
∴，
当C″在射线AB上（B的右侧）时，连接EE′，如图
由平移的性质得：E′E＝DD′，DE∥D′E，DC′∥D′C″，
∴△CD′P∽△CDE，△CD′Q∽△C′AD，
∴，，
即CD′＝2CP，，
∵PQ＝1，，
即，
求解得，
∴，，
故答案为：或．
【点评】本题考查四边形综合，矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、平移的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
压轴题型三：菱形简答题压轴题
1．（2024 哈尔滨）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，OA＝OC，AB＝BC．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠FEC＝75°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段CE相等的线段（线段CE除外）．
【分析】（1）利用菱形的判定定理解答即可；
（2）利用菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的三线合一的性质，等腰三角形的判定定理和等腰直角三角形的判定定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
在△ADO和△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴OD＝OB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：与线段CE相等的线段有：AE，DE，AG，CF．理由：
由（1）知：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，
∴△ABC和△ADC为等边三角形，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
即CH为AD的垂直平分线，
∴AE＝DE．
同理：CE＝AE，
∴AE＝DE＝EC．
∵△ADC为等边三角形，CH⊥AD，
∴∠ACH∠ACD＝30°，
∵∠FEC＝75°，
∴∠EFC＝180°﹣∠ACH＝∠FEC＝75°，
∴∠EFC＝∠FEC，
∴CF＝CE．
∵△ABC和△ADC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠CAD＝60°，
∵CE＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，∠AEC＝180°﹣∠EAC﹣∠ECA＝120°，
∴∠AEG＝∠AEC﹣∠FEC＝45°，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∴AE＝AG，
∴AG＝EC．
【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质，平行线的性质，全是三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等边三角形的判定与性质等腰三角形的三线合一的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
2．（2024 威海）如图，在菱形ABCD中，AB＝10cm，∠ABC＝60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF＝60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒．
（1）求证：BE＝EF；
（2）求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求x为何值时，线段DF的长度最短．
【分析】（1）设CD与EF相交于点M，证明△BCE≌△DCE（SAS），可得∠CBE＝∠CDE，BE＝DE，利用三角形外角性质可得∠CDE＝∠CFE，即得∠CBE＝∠CFE，即可求证；
（2）过点E作EN⊥BC于N，解直角三角形得到EN＝CE sin60°，CN＝CE cos60°，可得BN＝BC﹣CN，由等腰三角形三线合一可得BF，即可由三角形面积公式得到y与x的函数表达式，最后由0＜2x≤10，可得自变量x的取值范围；
（3）证明△DEF为等边三角形，可得BE＝DF，可知线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，又由菱形的性质可得△ABC为等边三角形，利用三线合一求出CE即可求解；
【解答】（1）证明：设CD与EF相交于点M，
∵四边形ABCD为菱形，∴BC﹣＝DC，∠BCE＝∠DCE，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DCF＝60°，
在△BCE和△DCE中，
，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE，BE＝DE，
∵∠DMF＝∠DEF+∠CDE＝∠DCF+∠CFE，
又∵∠DEF＝∠DCF＝60°，
∴∠CDE＝∠CFE，
∴∠CBE＝∠CFE，
∴BE＝EF；
（2）解：过点E作EN⊥BC于N，
则∠ENC＝90°，
∵BE＝EF，
∴BF＝2BN，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴BC＝AB＝10cm，∠ACB＝∠BCD＝60°，即∠ECN＝60°，
∵CE＝2x cm，
∴EN＝CE sin60°＝2x x（cm），CN＝CE cos60°＝2x x（cm），
∴BN＝BC﹣CN＝10﹣x（cm），
∴BF＝2（10﹣x）cm，
∴yBF EN2（10﹣x）xx2+10x，
∵0＜2x≤10，
∴0＜x≤5，
∴yx2+10x（0＜x≤5）；
（3）解：∵BE＝DE，BE＝EF，
∴DE＝EF，
∵∠DEF＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴DE＝DF﹣EF，
∴BE＝DF，
∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AE＝AB＝AC＝10cm，
∵BE⊥AC，
∴CEAC＝5cm，
∴x，
∴当x时，线段DF的长度最短．
【点评】本题是菱形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，解题的关键是掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质．
3．（2024 青海）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EFAC，GHAC（①_____）．
∴EF＝GH．
同理可得：EH＝FG．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①　三角形中位线定理　．
【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC＝BD 菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
AC⊥BD ②
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②　矩形　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线③　AC⊥BD且AC＝BD　时，中点四边形是④　正方形　．
【分析】（1）根据三角形中位线定理即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到EF＝GH．同理可得：EH＝FG．根据平行四边形的性质得到中点四边形EFGH是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（3）根据菱形的判定定理得到结论；
（4）根据三角形中位线定理得到EH∥BD，EF∥AC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EMON是平行四边形，求得∠MEN＝∠MON＝90°，根据矩形的判定定理得到中点四边形EFGH是矩形；
（5）根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①三角形中位线定理，
故答案为：三角形中位线定理；
（2）证明：∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴中点四边形EFGH是菱形；
（3）解：②矩形；
故答案为：矩形；
（4）证明：设AC与EH交于N，BD与EF交于M，
∵EH，EF分别是△ABD和△ABC的中位线，
∴EH∥BD，EF∥AC，
∴四边形EMON是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴∠MON＝90°，
∴∠MEN＝∠MON＝90°，
∴中点四边形EFGH是矩形；
（5）解：③AC⊥BD且AC＝BD；
④正方形；
理由：由（2）知中点四边形EFGH是菱形．由（4）知中点四边形EFGH是矩形，
∴中点四边形EFGH是正方形．
故答案为：AC⊥BD且AC＝BD；正方形．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定菱形的判定正方形的判定，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
4．（2025 深圳模拟）定义：菱形一边的中点与它所在边的对边的两个端点连线所形成的折线，叫做菱形的折中线．例如，如图1，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE，BE，则折线AEB叫做菱形ABCD的折中线，折线AEB的长叫做折中线的长．
已知，在菱形ABCD中，AB＝a，E是CD的中点，连接AE，BE．
（1）如图1，若a＝8，∠C＝60°，求折中线AEB的长；
（2）如图2，若∠AEB＝∠C，请探究折中线AEB的长与菱形的边长a之间满足的等量关系式，并说明理由；
（3）若a＝8，且折中线AEB中的AE或BE与菱形ABCD的一条对角线相等，求折中线AEB的长．
【分析】（1）连接DB，根据题意证得△DBC为等边三角形，利用勾股定理求出BE，AE，即可解答；
（2）证明△AEB∽△BCE，列出比例式，求出，代入比例式求解即可；
（3）当BE＝BD时，过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F，过点B作BG⊥CD于点G，利用勾股定理即可解答；当BE＝AC时，过点C作CF∥BE，交AB的延长线于点F，证明△ABO∽△ACB，再△ABE≌△BAC（SAS），求出AE，AE，即可解答．
【解答】解：（1）如图，连接DB，
在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝8，∠C＝60°，
∴△DBC为等边三角形，
∵点E为DC的中点，
∴ED＝EC＝4，EB⊥DC，
在Rt△EBC中，，
∵DC∥AB，
∴∠EBA＝∠BEC＝90°，
在Rt△EBC中，，
∴折中线AEB的长为．
（2）折中线AEB的长等于，理由如下：
在菱形ABCD中，DC∥AB，
∴∠CEB＝∠EBA，
又∵∠AEB＝∠C，
∴△AEB∽△BCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴折中线AEB的长等于．
（3）由已知得折中线AEB中的AE或BE只能与菱形ABCD中较短的对角线相等，
当BE＝BD时，如图，过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F，过点B作BG⊥CD于点G，
∴DG＝EG＝2，BF＝EG＝2，
在Rt△BCG中，，
在Rt△BEG中，，
∵AF＝AB+BF＝10，，
在Rt△AEF中，，
∴；
当BE＝AC时，如图，过点C作CF∥BE，交AB的延长线于点F，
∴四边形BECF是平行四边形．
∴CF＝BE＝AC，
∴∠CAF＝∠F，
∵∠F＝∠ABE，
∴∠CAF＝∠ABE，
∵AB＝BC，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴△ABO∽△ACB，
∴，
即AC AO＝AB2＝64，
∵CD∥BF，
∴，
∴，
∴AC AC＝64，
得，
∵AB＝AB，∠CAF＝∠ABE，AC＝BE，
∴△ABE≌△BAC（SAS），
∴∠BAE＝∠ABC，
∵AB＝BC，∠ABC＝∠D，
∴∠BAE＝∠ABC＝∠D，
∵CD∥AB，
∴∠AED＝∠BAE，
∴∠AED＝∠D，
∴AE＝AD＝8，
∴，
综上，折中线AEB的长为或．
【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质掌握相似三角形的判定与性质，菱形的性质是解题的关键．
压轴题型四：正方形简答题压轴题
1．（2024 甘肃）【模型建立】
（1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）证明△ABE≌△BCD（AAS），即可得出DE+CD＝AE；
（2）证明Rt△AEM≌Rt△FEN（HL），即可得出；
（3）证明△HAE≌△GEF（AAS），即可得出．
【解答】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（AAS），
∴BE＝CD，AE＝BD，
∴DE＝BD﹣BE＝AE﹣CD，
∴DE+CD＝AE；
（2），理由如下：
过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，BD平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴，
∴，
∵EN⊥CD，EM⊥AD，
∴EM＝EN，
∵AE＝EF，
∴Rt△AEM≌Rt△FEN（HL），
∴AM＝NF，
∵EM＝EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC＝90°，
∴四边形EMDN是正方形，
∴ED是正方形EMDN对角线，MD＝ND，
∴，NF＝ND﹣DF＝MD﹣DF，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3），理由如下：
过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，如图，
∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF，
∴∠AHE＝∠G＝∠AEF＝90°，
∴∠AEH+∠HAE＝∠AEH+∠FEG＝90°，
∴∠HAE＝∠FEG，
∵AE＝AF，
∴△HAE≌△GEF（AAS），
∴HE＝FG，
∵在正方形ABCD中，∠BDC＝45°，
∴∠FDG＝∠BDC＝45°，
∴∠DFG＝45°，
∴△DFG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠ADB＝45°，AH⊥HD，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．
2．（2024 扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H．
（1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离；
（2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值；
（3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 　2　．
【分析】（1）易证△MCB∽△HME，再代入边长求解即可；
（2）由△MCB∽△HME得出相似比，设未知数代入，得到关于HE的二次函数表达式，进而求最值即可；
（3）先证CH＝2OM，将2OM+HB转化为CH+HB的最小值，利用“将军饮马“模型做对称点求解即可．
【解答】解：（1）由题易得∠CBM＝∠CMH＝∠HEM＝90°，
∵∠CMB+∠BCM＝∠CMB+∠HME＝90°，
∴∠BCM＝∠HME，
∴△MCB∽△HME，
∴，
∵BC＝AB＝2，EH＝EF＝12，BE＝10，
∴，解得BM＝4或6，
∴点M与点B之间的距离是4或6．
（2）由（1）知，
设EH＝y，BM＝x，
∵BE＝10，
∴EM＝10﹣x，
∴，
∴yx2+5x（x﹣5）2+12.5，
∵0，
∴当x＝5时，ymax＝12.5，
即HE最大值为12.5．
（3）∵∠CMH＝90°，O是CH中点，
∴CH＝2OM，
∴2OM+HB＝CH+BH，
∴求2OM+HB的最小值就是求CH+BH的最小值即可．
如图，连接FH，则点H在∠EFG的角平分线上，作B关于FH的对称点B'，连接B'C交FH为H'，则H'即为所求H位置，B'C长度即为CH+HB最小值．
过点C作CQ⊥B'F．
∵∠BFH＝∠B'FH＝45°，
∴B'在FG的延长线上，
∵∠CBF＝∠BFQ＝∠FQC＝90°，
∴四边形CBFQ为矩形，
∴FQ＝BC＝2，
∵BF＝B'F＝22，
∴B'Q＝B'F﹣QF＝20，
在Rt△B'CQ中，B'C2，
即CH+BH最小值为2，
∴2OM+HB最小值为2．
【点评】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握相似的判定和性质、二次函数求最值、轴对称等知识点是解题关键．
3．（2024 通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 　BE＝DF　，位置关系是 　BE⊥DF　．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证：OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
【分析】（1）先证△AEB≌△AFD，得到BE＝DF，再根据△AMB和△DMG内角和推导，证∠G＝90°即可；
（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证；
（3）由（2）知点OA＝OD＝OG，则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△AEF是含有45°的直角三角尺，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∵∠BAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴∠G＝∠BAM＝90°，即BE⊥DF，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF．
（2）∵△BAD是直角三角形，O是BD中点，
∴OABD＝OD，
由（1）知∠G＝90°，
∴△BGD是直角三角形，
∴OGBD＝OD，
∴OA＝OD＝OG．
（3）由（2）知，OA＝OD＝OG，
∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，
连接OA，OG，
∵旋转角α从0°变化到60°，
∴此时点G的运动路线就是，
取AB中点H，连接EH，
∵∠BAE＝60°，AE＝1，AB＝2，
∴AE＝AHAB＝BH，
∴△AEH为等边三角形，
∴EH＝AH＝BH，∠AHE＝∠AEH＝60°
∴∠HBE＝∠BEH，
∵∠AHE＝∠HBE+∠BEH，
∴∠HBE＝∠BEHAHE＝30°，
即∠ABE＝30°，
∴∠OBG＝45°﹣30°＝15°，
∵OB＝OGBD，
∴∠DOG＝30°，
∴∠AOG＝180°﹣∠AOB﹣∠DOG＝60°，
∵AB＝2，
∴BDAB＝2，
∴OA＝OG，
∴的长度π．
即点G经过路线的长度为π．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
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