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抢分秘籍12 几何图形中的课本再现问题
目录
【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】三角形中的课本再现问题 【题型二】平行四边形中的课本再现问题
【题型三】矩形中的课本再现问题 【题型四】菱形中的课本再现问题
【题型五】正方形形中的课本再现问题 【题型六】圆中的课本再现问题
：几何图形中的课本再现问题综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，高频考点为圆切线性质、特殊四边形（矩/菱/正方）证明计算、全等/相似三角形、几何变换（旋转/平移），占比15%-20%，新定义题型（如“准互余图形”）近年增多，侧重知识迁移。
2．从题型角度看，选择填空考基础概念（如轴对称识别、角度计算）；解答题含课本例题改编的证明（如切线证明）、计算（扇形面积）、综合探究（函数+几何动态）及实际应用题（测量建模）。
：回归课本吃透例题推导，对习题变式训练；掌握“手拉手”等模型，总结解题模板；规范步骤防跳步，建错题本分类复盘；限时训练基础题，分析真题把握新定义趋势，提升图形拆分能力。
【题型一】三角形中的课本再现问题
【例1】（2025·江西九江·模拟预测）追本溯源
题（1）来自课本中的习题，请你完成解答，并利用（1）中得到的结论解答题（2）．
（1）如图1，在中，，，垂足为D．
求证：．
结论应用
（2）如图2，在菱形中，过点C作，交的延长线于点E，过点E作，垂足为F，且交于点G．
①若，，求的长；
②若，，求的长．
三角形课本再现题解题技巧：先判定理（全等/相似、特殊三角形性质），挖隐含条件（公共边/角、平行线角）。辅线用倍长中线、角平分线垂线、中位线。套“一线三垂直”等模型，拆复杂图形。计算设元列方程，用三角函数简算，规范步骤防漏条件。
【例2】（2025·江西新余·一模）【课本再现】
（1）如图1，，都是等边三角形，分别连接，，，与有什么数量关系？请证明；
【特殊感知】
（2）数学兴趣小组的同学继续探究发现：若一个三角形的已知条件符合全等的判定定理，则此三角形可求解；
在图1中，，，，则__________；
【类比应用】
（3）如图2，在四边形中，，，，，，求的长；小颖同学发现运用旋转可得到图1中类似的图，运用（2）的方法即可求的长，请你帮小颖求的长；
（4）如图3，在四边形中，，，，，，直接写出的长．
【变式1】（2025·江西·模拟预测）课本再现
想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？ 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，是的中位线．延长至点，使，连接．
求证：且．
知识运用
（2）如图②，在正方形中，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．
（3）如图③，在四边形中，，，为的中点，，分别为，边上的点，若，，，求的长．
【变式2】（2024·江西九江·三模）课本再现
（1）将两个等腰直角三角形（，）按如图1所示的方式摆放（图中所有的点、线都在同一平面内），则与相似的三角形有 ．（填序号）
①；②；③．
类比迁移
（2）将两个等腰直角三角形（）按如图2所示的方式摆放，点D在边上．
①求证：．
②如图3，若D是的中点，与交于点G，与交于点H，，连接，求的长．
拓展应用
（3）如图4，在中，，点D，E分别在边上，且，若，，求的长．
【变式3】（2024·江西宜春·模拟预测）【课本再现】“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是直角三角形的一条重要性质定理．如图1，在中，，点D是的中点．求证：．
下面是两位同学两种添加辅助线的方法：
小明：如图2，延长至点E，使，连接；
小华：如图3，取的中点E，连接；
（1）请你选择其中一位同学的方法完成证明，聪明的你也可以利用图1用其他方法完成证明．
【迁移应用】（2）如图4，中，是高，求证：B，C，D，E四点共圆．
【拓展提升】（3）如图5，在五边形中，，，F为的中点，求证：．
【题型二】平行四边形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西吉安·一模）课本再现
在学行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分．
（1）如图1，在平行四边形中，对角线与交于点O，求证：，．
知识应用
（2）在中，点P为的中点．延长到D，使得，延长AC到E，使得，连接．如图2，连接，若，请你探究线段与线段之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明．
平行四边形课本再现题解题技巧：活用性质（对边/角/对角线）与判定（如一组对边平行且相等）。连对角线分全等三角形，构中位线或倍长中线。拆图形为平行四边形+三角形，矩菱正问题用特性。计算用勾股、面积法，倒推条件，规范逻辑。
【例2】（2024·江苏扬州·一模）如图①~⑧是课本上的折纸活动．
【重温旧知】
上述活动，有的是为了折出特殊图形，如图①、③和⑧；有的是为了发现或证明定理，如图④和⑦；有的是计算角度，如图②；有的是计算长度，如图⑤和⑥．
（1）图③中的的形状是______；图④的活动发现了定理“____________”（注：填写定理完整的表述）；图⑤中的的长是_______；
【继续探索】
（2）如图，将一个边长为4的正方形纸片折叠，使点A落在边上的点E处，点E不与B、C重合，为折痕．折叠后的梯形的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【变式1】（2023·江苏盐城·二模）【回归课本】我们曾学习过一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得 的对应线段成比例．

【初步体验】
（1）如图 1，在中，点 D 在上，E 在上，．若，，则 ， ；
（2 ） 已知，如图 1 ，在中，点 D 、E 分别在、上，且． 求证：．
证明：过点作的平行线交于点 F
… … … … … …
请依据相似三角形的定义（如果两个三角形各角分别相等，且各边对应成比例，那么这两个三角形相似）和上面的基本事实，补充上面的证明过程；
【深入探究】
（3 ）如图 2，如果一条直线与的三边、、或其延长线交于 D、F、E 点，那么是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由；
（4） 如图 3 ，在中，D 为 的中点，．则 ．

【题型三】矩形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西吉安·模拟预测）【课本再现】
思考我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？
【定理证明】
（1）如图1，已知：在中，对角线、相交于，且，求证：是矩形．
【知识应用】
（2）如图2，是的中线，，且，连接，．
①求证：；
②当满足什么条件时，四边形是矩形？并说明理由．
矩形课本再现题解题技巧：用矩形性质（四角直角、对角线相等）证线段/角相等。连对角线得全等直角三角形，遇中点构中位线。结合勾股定理计算边长，面积法求高。判定先证平行四边形，再证直角或对角线等，拆图形为三角形或坐标系问题，规范步骤防漏条件。
【例2】（2024·江西吉安·三模）课本再现
矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形．
定义应用
(1)如图，已知：在四边形中，，
用矩形的定义求证：四边形是矩形．
(2)如图，在四边形中，，是的中点，连接，，且，求证：四边形是矩形．
拓展延伸
(3)如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，若图中的四个三角形都相似，求的值．
【变式1】课本再现
思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程．
已知：在中，对角线，交点为．
求证：是矩形．
应用定理
（2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点．
求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）．
拓展迁移
（3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积．
【变式2】课本再现
思考
我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？
可以发现并证明矩形的一个判定定理：
对角线相等的平行四边形是矩形．
定理证明
（）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在平行四边形中，，是它的两条对角线，．
求证：平行四边形是矩形．
知识应用
如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，且．
（）试判断四边形的形状，并说明理由．
（）过作于，，，求的长．
【变式3】（2025·江西南昌·一模）课本再现：
定理：有三个角是直角的四边形是矩形．
定理证明：
为了证明该定理，小颖同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”“求证”，请你完成证明过程．
（1）已知：如图1，在四边形中，，求证：四边形是矩形．
知识应用：
（2）如图2，在四边形中，，平分，交于点，，是上的一点，且，过点作，交于点，过点作于点．
①求证：四边形是矩形．
②若，求的值．
【题型四】菱形中的课本再现问题
【例1】课本再现
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形 （如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在中，对角线，垂足为．
求证：平行四边形是菱形．
证明： ∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵， 垂足为，
∴是的垂直平分线，
∴___________
∴平行四边形是菱形．
知识应用
（2）如图2 ，在中，对角线和相交于点，，，．
①求证：是菱形；
②延长至点，连接交于点，若，求的值．
菱形课本再现题解题技巧：用菱形性质（四边相等、对角线垂直平分且平分角）证全等/垂直。连对角线得直角三角形，用勾股定理计算。判定先证平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。遇中点构中位线，面积用对角线乘积一半。规范步骤，拆图形为三角形，注意角平分线与对称特性。
【例2】（2024·江西九江·二模）课本再现
如图1，四边形是菱形，，．
（1）求，的长．
应用拓展
（2）如图2，为上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接．
①直接写出点到距离的最小值；
②如图3，连接，，若的面积为6，求的长．
【变式1】（2024·江西吉安·一模）课本再现
菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相垂直．
定理证明
（）如图，已知四边形为菱形，前面已证菱形的四条边相等，请进一步证明对角线．
知识应用
（）如图，已知四边形为菱形，等腰的顶点在上，底边交边于点，点为的中点，点为与的交点，且．
①求证：；
②若，，，，求的长．

【题型五】正方形形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西景德镇·三模）【课本再现】北师大版九年级上册数学课本第21页有这样一道题：
（1）如图1，在正方形中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．与之间有怎样的关系？请说明理由．
【类比探究】
（2）如图2，在矩形中，，点E在边上，连接，F为延长线上一点，连接，，且的延长线垂直于，垂足为点H．
①求的值；
②求的值．
【拓展应用】
（3）如图3，在（2）的条件下，平移线段，使它经过的中点H，交于点M，交于点N，连接，若，，请你求出的长．
正方形课本再现题解题技巧：用四边相等、直角、对角线垂直相等且平分角的性质证全等/垂直。连对角线得等腰直角三角形，用勾股定理或三角函数计算。判定先证矩形+邻边相等或菱形+直角。借旋转/对称构全等，遇中点连中线，规范步骤分阶段证明，拆图形为三角形或坐标系问题。
【例2】（2024·江西九江·模拟预测）【课本再现】
（1）如图1，四边形是一个正方形，E是延长线上一点，且，则的度数为 ．
【变式探究】
（2）如图2，将（1）中的沿折叠，得到，延长交于点F，若，求的长．
【延伸拓展】
（3）如图3，当（2）中的点E在射线上运动时，连接，与交于点P．探究：当的长为多少时，D，P两点间的距离最短？请求出最短距离．
【变式1】（2024·广西南宁·二模）几何探究
【课本再现】
（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来．请帮助小新完成下列问题：
①求证；
②连接，则之间的数量关系是____________．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度．
【题型六】圆中的课本再现问题
【例1】（2025·江西·二模）【课本再现】
（1）如图1，分别与相切于A，B两点，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式探究】
（2）如图2，分别与相切于A，B两点，若．
①求的度数；
②若，求部分．
圆课本再现题解题技巧：活用垂径定理（作弦心距）、圆周角定理（找同弧角）、切线性质（连半径证垂直）。遇切线连半径，弦问题作垂线，构直角三角形用勾股。弧长/面积套公式，圆内接四边形用对角互补。规范步骤，借辅助线转化为三角形问题，注意隐含等弧/等角条件。
【例2】（2024·江西吉安·二模）课本再现
（1）如图1，是的直径，它所对的圆周角有什么特点？你能证明你的结论吗？
知识应用
（2）如图2，，，三点均在上，的延长线交于点，若的直径为8，，，求的长．

【变式1】（2024·江西南昌·模拟预测）课本再现
推论 直径所对的圆周角是________．
（1）补全课本再现中横线上的内容．
知识应用
（2）如图，内接于，是的直径的延长线上一点，．
①求证：是的切线；
②过圆心作的平行线交的延长线于点，若，求的长．
【变式2】【课本再现】如下，是人教版九年级上册课本102页的第12题：（完成该题，并解答习题改编）
12．如图，为的直径，为上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为．求证：平分．
【课本开发】一次数学课上，邓老师引导同学们一起对课本习题进行改编．
(1)如下是同学小安改编的题目：
如图1，为的直径，为上一点，于点，平分．求证：是的切线．请你利用所学知识解答同学小安改编的题目．
(2)同学小耿在同学小安的基础上进行了如下改编：
如图2，连接交于点，若，，求的长．请你利用所学知识解答同学小耿改编的题目．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】三角形中的课本再现问题 【题型二】平行四边形中的课本再现问题
【题型三】矩形中的课本再现问题 【题型四】菱形中的课本再现问题
【题型五】正方形形中的课本再现问题 【题型六】圆中的课本再现问题
：几何图形中的课本再现问题综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，高频考点为圆切线性质、特殊四边形（矩/菱/正方）证明计算、全等/相似三角形、几何变换（旋转/平移），占比15%-20%，新定义题型（如“准互余图形”）近年增多，侧重知识迁移。
2．从题型角度看，选择填空考基础概念（如轴对称识别、角度计算）；解答题含课本例题改编的证明（如切线证明）、计算（扇形面积）、综合探究（函数+几何动态）及实际应用题（测量建模）。
：回归课本吃透例题推导，对习题变式训练；掌握“手拉手”等模型，总结解题模板；规范步骤防跳步，建错题本分类复盘；限时训练基础题，分析真题把握新定义趋势，提升图形拆分能力。
【题型一】三角形中的课本再现问题
【例1】（2025·江西九江·模拟预测）追本溯源
题（1）来自课本中的习题，请你完成解答，并利用（1）中得到的结论解答题（2）．
（1）如图1，在中，，，垂足为D．
求证：．
结论应用
（2）如图2，在菱形中，过点C作，交的延长线于点E，过点E作，垂足为F，且交于点G．
①若，，求的长；
②若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②5
【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，正确应用相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）证明，列出比例式即可求证；
（2）①由（1）可得：，那么，代入，即可求解；
②由，再由勾股定理可得，证明，则，求出，那么．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）①解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴由（1）可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
三角形课本再现题解题技巧：先判定理（全等/相似、特殊三角形性质），挖隐含条件（公共边/角、平行线角）。辅线用倍长中线、角平分线垂线、中位线。套“一线三垂直”等模型，拆复杂图形。计算设元列方程，用三角函数简算，规范步骤防漏条件。
【例2】（2025·江西新余·一模）【课本再现】
（1）如图1，，都是等边三角形，分别连接，，，与有什么数量关系？请证明；
【特殊感知】
（2）数学兴趣小组的同学继续探究发现：若一个三角形的已知条件符合全等的判定定理，则此三角形可求解；
在图1中，，，，则__________；
【类比应用】
（3）如图2，在四边形中，，，，，，求的长；小颖同学发现运用旋转可得到图1中类似的图，运用（2）的方法即可求的长，请你帮小颖求的长；
（4）如图3，在四边形中，，，，，，直接写出的长．
【答案】（1），见解析（2）（3）（4）
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、三角函数综合
【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明即可得证．
（2）过点E作，交延长线于点M，利用直角三角形的性质，勾股定理解答即可．
（3）不妨将绕点D顺时针旋转到，连接，根据等边三角形的判定和性质，圆周角，四边形内角和定理，勾股定理解答即可．
（4）不妨将绕点D逆时针旋转到，使得，连接，，过点E作，交延长线于点N，利用三角形相似的判定和性质，三角函数解答即可．
【详解】（1）解：∵和均是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：过点E作，交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（3）解：由，
不妨将绕点D顺时针旋转到，连接，过点E作，交延长线于点G，
则，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（4）解：不妨将绕点D逆时针旋转到，使得，连接，，过点E作，交延长线于点N，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴,
∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角函数的应用，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
【变式1】（2025·江西·模拟预测）课本再现
想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？ 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，是的中位线．延长至点，使，连接．
求证：且．
知识运用
（2）如图②，在正方形中，为的中点，、分别为、边上的点，若，，，求的长．
（3）如图③，在四边形中，，，为的中点，，分别为，边上的点，若，，，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质求角度
【分析】（1）先利用证明，于是可得，，由内错角相等两直线平行可得，进而可得，结合，可证得四边形为平行四边形，于是可得，，再结合，即可得出结论；
（2）取的中点，连接，延长、交于点，由正方形的性质可得，由邻补角互补可得，进而可得，由为的中点可得，利用可证得，于是可得，，由三角形的中位线定理可得，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，则，由此即可求出的长；
（3）取的中点，连接，延长到点，使得，连接，由为的中点可得，利用可证得，于是可得，，过点作，交的延长线于点，连接，由邻补角互补可得，进而可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，于是可得，由等角对等边可得，由勾股定理可得，于是可得，，在中，根据勾股定理可得，由三角形的中位线定理可得，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，则，由此即可求出的长．
【详解】（1）证明：在与中，
，
，
，，
，
又，
，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
且；
（2）解：如图，取的中点，连接，延长、交于点，
四边形是正方形，
，
，
，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
；
（3）解：如图，取的中点，连接，延长到点，使得，连接，
为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
过点作，交的延长线于点，连接，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
为的中点，为的中点，
为的中位线，
，
，且为的中点，
，
．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理的证明及应用，全等三角形的判定与性质（、），平行四边形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，内错角相等两直线平行，线段中点的有关计算，利用邻补角互补求角度，线段的和与差等知识点，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
【变式2】（2024·江西九江·三模）课本再现
（1）将两个等腰直角三角形（，）按如图1所示的方式摆放（图中所有的点、线都在同一平面内），则与相似的三角形有 ．（填序号）
①；②；③．
类比迁移
（2）将两个等腰直角三角形（）按如图2所示的方式摆放，点D在边上．
①求证：．
②如图3，若D是的中点，与交于点G，与交于点H，，连接，求的长．
拓展应用
（3）如图4，在中，，点D，E分别在边上，且，若，，求的长．
【答案】（1）②③；（2）①证明见详解，②5；（3）8
【知识点】三角形的外角的定义及性质、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）由和都是等腰直角三角形，得，继而利用“两角对应相等，两三角形相似”得，；
（2）①证明，则，即；②由，得到，求得，可求，再运用勾股定理可求；
（3）在上取一点F，连接，使，由，求得， 再证明，得到，则有，即可求解．
【详解】（1）解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
同理可证：，
故答案为：②③；
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：同①可证：，
∴，即，
∵，
∴，
解得：（舍负），
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：在上取一点F，连接，使，
∵是的等腰直角三角形，，
∴，
同上可证：，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
∴，
解得：或（舍），
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，三角形的外角定理，等腰三角形的性质，解题的关键在于发现“一线三等角”的相似，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3】（2024·江西宜春·模拟预测）【课本再现】“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是直角三角形的一条重要性质定理．如图1，在中，，点D是的中点．求证：．
下面是两位同学两种添加辅助线的方法：
小明：如图2，延长至点E，使，连接；
小华：如图3，取的中点E，连接；
（1）请你选择其中一位同学的方法完成证明，聪明的你也可以利用图1用其他方法完成证明．
【迁移应用】（2）如图4，中，是高，求证：B，C，D，E四点共圆．
【拓展提升】（3）如图5，在五边形中，，，F为的中点，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求线段长
【分析】（1）小明的方法：先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质得出结论即可；小华的方法：根据三角形的中位线定理，推出垂直平分，进而得出结论即可；其他方法：分别取的中点E，的中点F，连接，利用三角形的中位线定理和矩形的判定和性质，即可得出结论；
（2）取边的中点O，连接，利用斜边上的中线，推出，即可得证；
（3）取的中点M，AD的中点N，连接，利用斜边上的中线，三角形的中位线定理，证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：若选择小明的方法：如图2，延长至点E，使，连接，
又∵点D是的中点，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴；
若选择小华的方法：如图3，取的中点E，连接，
又∵点D是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴．
其他方法：如图1，分别取的中点E，的中点F，连接，
又∵点D是的中点，
∴是的中位线，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
（2）证明：如图4，取边的中点O，连接，
∵是的高，
∴，
又∵O是边的中点，
∴，，
∴，
∴B，C，D，E四点在以点O为圆心，为直径的同一个圆上．
（3）如图，取的中点M，的中点N，连接．
∵，
∴根据直角三角形斜边上中线的性质及中位线的性质，
可得：，，，，
∴．
∵，
∴，
∴．
同理可证．
又∵，
∴
∴，即，
∴（），
∴．
【点睛】本题考查斜边上的中线，三角形的中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【题型二】平行四边形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西吉安·一模）课本再现
在学行四边形的概念后，进一步得到平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分．
（1）如图1，在平行四边形中，对角线与交于点O，求证：，．
知识应用
（2）在中，点P为的中点．延长到D，使得，延长AC到E，使得，连接．如图2，连接，若，请你探究线段与线段之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析
【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等：
（1）由平行四边形的性质得到，证明，即可证明，；
（2）过点B作交于H，连接，则，先证明是等边三角形，得到，进而证明是等边三角形，得到，接着证明四边形是平行四边形，得到互相平分，则，证明，得到，则．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，；
（2），证明如下：
如图所示，过点B作交于H，连接，
∴，
∵，
∴，即，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴互相平分，
∵点P为的中点，
∴A、P、H三点共线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
平行四边形课本再现题解题技巧：活用性质（对边/角/对角线）与判定（如一组对边平行且相等）。连对角线分全等三角形，构中位线或倍长中线。拆图形为平行四边形+三角形，矩菱正问题用特性。计算用勾股、面积法，倒推条件，规范逻辑。
【例2】（2024·江苏扬州·一模）如图①~⑧是课本上的折纸活动．
【重温旧知】
上述活动，有的是为了折出特殊图形，如图①、③和⑧；有的是为了发现或证明定理，如图④和⑦；有的是计算角度，如图②；有的是计算长度，如图⑤和⑥．
（1）图③中的的形状是______；图④的活动发现了定理“____________”（注：填写定理完整的表述）；图⑤中的的长是_______；
【继续探索】
（2）如图，将一个边长为4的正方形纸片折叠，使点A落在边上的点E处，点E不与B、C重合，为折痕．折叠后的梯形的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等腰三角形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
（2）存在最小值，最小值为6
【知识点】y=ax +bx+c的最值、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、矩形与折叠问题
【分析】（1）由矩形的性质得，则，由折叠得，所以，则是等腰三角形，于是得到问题的答案；
由，得，，由折叠得，则，所以，于是得到问题的答案；
由矩形的性质得，则，由折叠得，所以，则，由勾股定量得，于是得到问题的答案；
（2）连接，过点N作于点G，先证明，，则在中，由勾股定理得，然后将表示面积的相关线段用x的代数式表示出，则，化简，转化为二次函数求最值即可．
【详解】解：（1）如图③四边形是矩形，
，
，
由折叠得，
，
，
是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形．
如图④，，
，，
由折叠得，，
，
，
，
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
故答案为：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图⑤，四边形是矩形，，，
，，，
，
由折叠得，
，
，
在中，，，
，
解得，
故答案为：．
（2）存在最小值，连接，过点N作于点G，即，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，，，
即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则在中，由勾股定理得：，
则，
∴，
∴
，当时，最小值为6．
【点睛】此题重点考查轴对称的性质、等腰三角形的判定、矩形的性质、正方形的性质、勾股定理、二次函数求最值，此题综合性强，难度较大．
【变式1】（2023·江苏盐城·二模）【回归课本】我们曾学习过一个基本事实：两条直线被一组平行线所截，所得 的对应线段成比例．

【初步体验】
（1）如图 1，在中，点 D 在上，E 在上，．若，，则 ， ；
（2 ） 已知，如图 1 ，在中，点 D 、E 分别在、上，且． 求证：．
证明：过点作的平行线交于点 F
… … … … … …
请依据相似三角形的定义（如果两个三角形各角分别相等，且各边对应成比例，那么这两个三角形相似）和上面的基本事实，补充上面的证明过程；
【深入探究】
（3 ）如图 2，如果一条直线与的三边、、或其延长线交于 D、F、E 点，那么是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由；
（4） 如图 3 ，在中，D 为 的中点，．则 ．

【答案】（1）3，（2）见解析（3）是定值，值为1（4）
【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据平行线分线段成比例，列出比例式进行求解即可；
（2）根据平行线的性质，以及平行线分线段成比例，推出和的各角对应相等，各边对应成比例，即可得证；
（3）过点作，交于点，得到，即可得到；
（4）过点作，交于点，交于点，根据平行线分线段成比例，以及相似三角形的判定和性质，进行推导求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，即：，
∴，
∴；
故答案为：3，；
（2）证明：过点作的平行线交于点 F

则：，
∵，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴；
（3）过点作，交于点，

∴，
∴，
即：为定值，值为1；
（4）过点作，交于点，交于点，

∵，
∴，
∵，为的中点，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质．解题的关键是掌握平行线分线段成比例，添加辅助线，构造平行和相似三角形．
【题型三】矩形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西吉安·模拟预测）【课本再现】
思考我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？
【定理证明】
（1）如图1，已知：在中，对角线、相交于，且，求证：是矩形．
【知识应用】
（2）如图2，是的中线，，且，连接，．
①求证：；
②当满足什么条件时，四边形是矩形？并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析；②满足时，四边形是矩形，理由见解析
【知识点】证明四边形是矩形、斜边的中线等于斜边的一半、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】此题考查矩形的判定，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，关键是利用矩形的判定，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质解答．
（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质可得，从而得出，再证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得结论；
（3）当满足时，四边形是矩形，根据平行四边形的判定与性质及矩形的判定解答即可．
【详解】解：（1）证明：在图1中，四边形是平行四边形，
，．
又，
，
，
，
，
，
是矩形．
（2）①是的中线，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
；
②当满足时，四边形是矩形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
当时，，
四边形是矩形．
矩形课本再现题解题技巧：用矩形性质（四角直角、对角线相等）证线段/角相等。连对角线得全等直角三角形，遇中点构中位线。结合勾股定理计算边长，面积法求高。判定先证平行四边形，再证直角或对角线等，拆图形为三角形或坐标系问题，规范步骤防漏条件。
【例2】（2024·江西吉安·三模）课本再现
矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形．
定义应用
(1)如图，已知：在四边形中，，
用矩形的定义求证：四边形是矩形．
(2)如图，在四边形中，，是的中点，连接，，且，求证：四边形是矩形．
拓展延伸
(3)如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，若图中的四个三角形都相似，求的值．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、证明四边形是矩形、矩形与折叠问题、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】（）先证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是矩形；
（）证明，根据性质得，证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是矩形；
（）由折叠易知，，证明，然后分当时和时即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）证明：∵E 是 的中点，
∴
∵，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（3）由折叠易知，，
∴
∴
∵，
∴
∴
∴，
∴当时，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当时，，
∴，不符合题意，
综上所述，符合题意的．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【变式1】课本再现
思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程．
已知：在中，对角线，交点为．
求证：是矩形．
应用定理
（2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点．
求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）．
拓展迁移
（3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）12
【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明
【分析】本题考查了中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定，推出，利用平行线的性质得到，即可判定是矩形；
（2）先根据中点结合菱形的性质证明，得，同理，，则，可知四边形是平行四边形，连接，，再证四边形是平行四边形，则，同理，四边形是平行四边形，则，得，即可证明四边形是矩形；
（3）由中位线定理可得，， ，，即可证明四边形是平行四边形，由即可得出，从而证明四边形是矩形，利用面积公式即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是矩形；
（2）证明：在菱形中，，，，
∵，，，分别为，，，的中点，
∴，
∴，
∴，
同理，，则，
∴四边形是平行四边形，
连接，，
在菱形中，，则，
∴四边形是平行四边形，则，
同理，四边形是平行四边形，则，
∴，
∴四边形是矩形；
（3）∵，，，分别为，，，的中点，
∴，， ，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积，
即四边形的面积是．
【变式2】课本再现
思考
我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？
可以发现并证明矩形的一个判定定理：
对角线相等的平行四边形是矩形．
定理证明
（）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在平行四边形中，，是它的两条对角线，．
求证：平行四边形是矩形．
知识应用
如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，且．
（）试判断四边形的形状，并说明理由．
（）过作于，，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，理由见解析；（3）
【知识点】证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理；
（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可；
（2）根据（1）的结论，即可求解；
（3）根据题意得出，在边上截取，设，则，，进而得出，解方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是矩形；
（2）平行四边形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴平行四边形是矩形，
（3）∵，，
∴，
在边上截取，
设，则，
∵是等腰直角三角形，
∴
∴
∴
∴
解得：，即
【变式3】（2025·江西南昌·一模）课本再现：
定理：有三个角是直角的四边形是矩形．
定理证明：
为了证明该定理，小颖同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”“求证”，请你完成证明过程．
（1）已知：如图1，在四边形中，，求证：四边形是矩形．
知识应用：
（2）如图2，在四边形中，，平分，交于点，，是上的一点，且，过点作，交于点，过点作于点．
①求证：四边形是矩形．
②若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②
【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）先根据平行线的判定可得，再根据平行线的性质可得，然后根据矩形的判定即可得证；
（2）①先根据等腰三角形的性质可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据矩形的判定即可得证；
②设，则，，根据矩形的性质和勾股定理可得，过点作于点，设与交于点，则四边形都是矩形，再根据等腰三角形的性质可得，然后解直角三角形可得，根据等腰三角形的判定可得，设，则，在中，解直角三角形可得，最后利用勾股定理可得，由此即可得．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）①∵，，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形．
②由题意，设，则，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
如图，过点作于点，
∴四边形都是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
在中，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．
【题型四】菱形中的课本再现问题
【例1】课本再现
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形 （如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在中，对角线，垂足为．
求证：平行四边形是菱形．
证明： ∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵， 垂足为，
∴是的垂直平分线，
∴___________
∴平行四边形是菱形．
知识应用
（2）如图2 ，在中，对角线和相交于点，，，．
①求证：是菱形；
②延长至点，连接交于点，若，求的值．
【答案】（1）；（2）①见解析，②．
【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、勾股定理逆定理的实际应用、证明四边形是菱形
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则，，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；
（2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；
②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵
∴，
在，中，
，
∴
∴，
同理可得，则，
又∵
∴
∴四边形是菱形．
（2）①证明：四边形是平行四边形，， ，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵四边形是菱形，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，过点作交于点，
∴，
∴，
∴
菱形课本再现题解题技巧：用菱形性质（四边相等、对角线垂直平分且平分角）证全等/垂直。连对角线得直角三角形，用勾股定理计算。判定先证平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。遇中点构中位线，面积用对角线乘积一半。规范步骤，拆图形为三角形，注意角平分线与对称特性。
【例2】（2024·江西九江·二模）课本再现
如图1，四边形是菱形，，．
（1）求，的长．
应用拓展
（2）如图2，为上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接．
①直接写出点到距离的最小值；
②如图3，连接，，若的面积为6，求的长．
【答案】（1）
（2）①；②
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长
【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，再进一步的解答即可；
（2）①证明为等边三角形，可得，求解，如图，过作于，可得，当最小时，最小，可得当时，最小，再进一步解答即可；
②证明，可得，，证明，可得，再进一步解答可得答案．
【详解】解：（1）四边形是菱形，，．
，，，，
，
；
（2）①四边形是菱形，，
，，
为等边三角形，
，
由旋转可得：，，
，
如图2，过作于，
，
当最小时，最小，
当时，最小，
此时，
，
，
点到距离的最小值为；
②四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
，，
，
，的面积为6，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，二次根式的除法运算，掌握以上基础知识是解本题的关键．
【变式1】（2024·江西吉安·一模）课本再现
菱形的四条边都相等，菱形的对角线互相垂直．
定理证明
（）如图，已知四边形为菱形，前面已证菱形的四条边相等，请进一步证明对角线．
知识应用
（）如图，已知四边形为菱形，等腰的顶点在上，底边交边于点，点为的中点，点为与的交点，且．
①求证：；
②若，，，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②5
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（）根据菱形的性质及等腰三角形的性质即可证明结论成立；
（）①令交于点，证明，得，从而证明，进而即可得证；②如图，令交于点，证明，得，再证明四边形是矩形，得，，，，从而由得，再利用三角函数即可得解．
【详解】（）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴；
（）①证明：令交于点，

∵等腰的顶点在上，底边交边于点，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图，令交于点，

∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
由①得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵
∴，
∵，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，菱形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
【题型五】正方形形中的课本再现问题
【例1】（2024·江西景德镇·三模）【课本再现】北师大版九年级上册数学课本第21页有这样一道题：
（1）如图1，在正方形中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．与之间有怎样的关系？请说明理由．
【类比探究】
（2）如图2，在矩形中，，点E在边上，连接，F为延长线上一点，连接，，且的延长线垂直于，垂足为点H．
①求的值；
②求的值．
【拓展应用】
（3）如图3，在（2）的条件下，平移线段，使它经过的中点H，交于点M，交于点N，连接，若，，请你求出的长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）①；②；（3）8
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、求角的正弦值
【分析】（1）只需要证明，即可得到结论，，然后利用直角三角形的性质可得，即可得出结论；
（2）①只需要证明，即可得到；
②根据①中，求出，设，则，然后在，利用勾股定理求出，利用正弦定义求解即可；
（3）由平移的性质可得，，结合，，可求出，再证明垂直平分，得到，根据，可设，利用勾股定理得到，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1），，
理由如下：
延长交于G，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴；
（2）解：①∵，
∴．
在矩形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴；
②∵，
∴，
设，则，
∴，
∴；
（3）由平移的性质可得，，
∵，，
∴，
∵点H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴可设，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
正方形课本再现题解题技巧：用四边相等、直角、对角线垂直相等且平分角的性质证全等/垂直。连对角线得等腰直角三角形，用勾股定理或三角函数计算。判定先证矩形+邻边相等或菱形+直角。借旋转/对称构全等，遇中点连中线，规范步骤分阶段证明，拆图形为三角形或坐标系问题。
【例2】（2024·江西九江·模拟预测）【课本再现】
（1）如图1，四边形是一个正方形，E是延长线上一点，且，则的度数为 ．
【变式探究】
（2）如图2，将（1）中的沿折叠，得到，延长交于点F，若，求的长．
【延伸拓展】
（3）如图3，当（2）中的点E在射线上运动时，连接，与交于点P．探究：当的长为多少时，D，P两点间的距离最短？请求出最短距离．
【答案】（1）；（2）；（3）当的长为时，D，P两点间的距离最短，最短距离为
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、求一点到圆上点距离的最值、根据正方形的性质证明
【分析】（1）根据正方形的性质，得到，推出，由，得到，推出即可得出结果；
（2）根据正方形的性质，得到，求出，进而得到，由折叠的性质得到，，再根据（1）中，得到，进而得到，利用勾股定理求出，由即可求解；
（3）由折叠的性质，得到，即点P在以为直径的圆上运动，设的中点为Q，连接，则当点P在上时，D，P两点间的距离最短，设交于点G，如图，求出，进而得到，，证明，得到，即可求出，即可得出结论．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）四边形是正方形，
，
，
，
，
由折叠的性质得到，，
由（1）知，
，
，
，
；
（3）由折叠知，
，
点P在以为直径的圆上运动，
设的中点为Q，连接，则当点P在上时，D，P两点间的距离最短，设交于点G，如图，
，
，
，
又，
，即，
，
故当的长为时，D，P两点间的距离最短，最短距离为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，点到圆上的最短距离，三角形相似的判定与性质，灵活运用点到圆上的最短距离，折叠的性质，是解题的关键．
【变式1】（2024·广西南宁·二模）几何探究
【课本再现】
（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来．请帮助小新完成下列问题：
①求证；
②连接，则之间的数量关系是____________．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）①见解析；②；（2），理由见解析；（3）或．
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、矩形性质理解、根据正方形的性质证明
【分析】（1）①利用正方形的性质，证明即可；②由全等三角形的性质得到，则，再利用勾股定理即可得到结论；
（2）连接，延长，交于点，连接，证明，得到，，推出，得到，即可得出结论；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】解：（1）①∵正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，
∴，
∴，
∴；
②连接，

∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2），理由如下：
连接，

∵矩形的中心O是矩形的一个顶点，
∴，，，
延长，交于点，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴是的中垂线，
∴，
∴，
∴；
解：（3）设，
①当点在线段上：

∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
解得：，
∴；
②当点在线段的延长线上时：如图，

此时，
过点作，延长交于点，连接，
同（2）法可证：，
∴，
又，
∴，
解得：解得：，
∴；
综上：线段的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关性质，构造全等三角形．
【题型六】圆中的课本再现问题
【例1】（2025·江西·二模）【课本再现】
（1）如图1，分别与相切于A，B两点，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式探究】
（2）如图2，分别与相切于A，B两点，若．
①求的度数；
②若，求部分．
【答案】（1）；（2）①，②
【知识点】圆周角定理、切线的性质定理、求扇形面积
【分析】（1）连接，根据切线的性质定理，结合四边形的内角和定理，即可推出的度数，然后根据圆周角定理，即可推出的度数．
（2）①连接，根据切线的性质定理，可得，平分，，，因此，结合，即可求出的度数．
②在中，过点A作于点H，，，，，可求得，再证明是等边三角形，即，在中，，如答图1，连接，交于点G，易知，且，，根据即可求出答案．
【详解】解：（1）连接，如图所示，
分别与相切于A，B两点，
，
，
，
,，
故选：B．
（2）①如答图1，连接．
分别与相切，
，平分，，．
．
又，
，
．
②如答图2，在中，过点A作于点H．
在中，，，，
，，．
．
．
，，
是等边三角形．
．
在中，，
．
，
．
如答图1，连接，交于点G，易知，且，
．
．
【点睛】本题考查了切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理，扇形的面积，解直角三角形的相关计算，正确作出辅助线是解题的关键．
圆课本再现题解题技巧：活用垂径定理（作弦心距）、圆周角定理（找同弧角）、切线性质（连半径证垂直）。遇切线连半径，弦问题作垂线，构直角三角形用勾股。弧长/面积套公式，圆内接四边形用对角互补。规范步骤，借辅助线转化为三角形问题，注意隐含等弧/等角条件。
【例2】（2024·江西吉安·二模）课本再现
（1）如图1，是的直径，它所对的圆周角有什么特点？你能证明你的结论吗？
知识应用
（2）如图2，，，三点均在上，的延长线交于点，若的直径为8，，，求的长．

【答案】（1）直径所对的圆周角是，证明见解析，（2）
【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查的是圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．
（1）连接．由得．再由即可得出结论；
（2）延长交于点，连接．可得．可证得，从而得出．再证，可得，求得，再求解即可．
【详解】解：（1）直径所对的圆周角是．
证明：如图，连接．
，
．
，
．
∴直径所对的圆周角是
（2）如图，延长交于点，连接．
．
的直径为8，
．
，
．
，即．
，
在中，．
由，
得．
，即．
．
．
【变式1】（2024·江西南昌·模拟预测）课本再现
推论 直径所对的圆周角是________．
（1）补全课本再现中横线上的内容．
知识应用
（2）如图，内接于，是的直径的延长线上一点，．
①求证：是的切线；
②过圆心作的平行线交的延长线于点，若，求的长．
【答案】（1）直角；（2）①见解析；②．
【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、证明某直线是圆的切线、由平行判断成比例的线段
【分析】（1）根据圆周角定理即可解答；
（2）①由等腰三角形的性质与已知条件得出，，由圆周角定理可得，进而得到，即可得出结论；
②根据平行线分线段成比例定理得到，设，则，，在中，根据勾股定理求出，据此即可求解．
【详解】（1）解：直径所对的圆周角是直角；
故答案为：直角；
（2）①证明：，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
即，
，
是的半径，
是的切线；
②解：，
，
，，
，
设，则，，
，
是直角三角形，
在中，，
，
解得，（舍去），或，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握切线的判定与平行线分线段成比例定理是解题的关键．
【变式2】【课本再现】如下，是人教版九年级上册课本102页的第12题：（完成该题，并解答习题改编）
12．如图，为的直径，为上一点，和过点的切线互相垂直，垂足为．求证：平分．
【课本开发】一次数学课上，邓老师引导同学们一起对课本习题进行改编．
(1)如下是同学小安改编的题目：
如图1，为的直径，为上一点，于点，平分．求证：是的切线．请你利用所学知识解答同学小安改编的题目．
(2)同学小耿在同学小安的基础上进行了如下改编：
如图2，连接交于点，若，，求的长．请你利用所学知识解答同学小耿改编的题目．
【答案】(1)见详解
(2)
【知识点】用勾股定理解三角形、切线的性质和判定的综合应用、已知圆内接四边形求角度、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）连接，先判定，根据推出即可求解；
（2）结合角平分线的性质得，运用圆内接四边形性质，得，证明，分别运用勾股定理算出，，，再结合直角三角形的正弦值列式计算，即可作答．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
．
平分，
．
，
．
．
．
．
．
是的半径，
是的切线．
（2）解：∵，
∴，
如图，过点作于点，连接
∵平分，于点，于点，
∴，
∵在上，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
则，
∵平分，
∴，
则，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线判定定理，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定与性质，圆内接四边形等知识，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
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