專題16 全等三角形模型之婆羅摩笈多模型解讀與提分精練（全國）（解析版）

專題16全等三角形模型之婆羅摩笈多模型婆羅摩笈多（Brahmagupta）是七世紀時的印度數(shù)學家，在世時間約是公元598年~660年。他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達克迪迦》。《婆羅摩修正體系》中有關(guān)數(shù)學的部分涉及到有關(guān)三角形、四邊形、零、負數(shù)、一階和二階方程的研究，《肯達克迪迦》則是天文方面的著作，研究了關(guān)于月食、日食、行星的合等問題。他提出的一些概念在世界數(shù)學史上也有很高的地位，比如負數(shù)。以他命名的婆羅摩笈多定理又稱“布拉美古塔”定理。本專題我們講的就是由婆羅摩笈多定理演化而來的“婆羅摩笈多”模型。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.“婆羅摩笈多”模型 2 15大家在掌握幾何模型時，多數(shù)同學會注重模型結(jié)論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導致本末倒置。要知道數(shù)學題目的考察不是一成不變的，學數(shù)學更不能死記硬背，要在理解的基礎(chǔ)之上再記憶，這樣才能做到對于所學知識的靈活運用，并且更多時候能夠啟發(fā)我們解決問題的關(guān)鍵就是基于已有知識、方法的思路的適當延伸、拓展，所以學生在學習幾何模型要能夠做到的就是：①認識幾何模型并能夠從題目中提煉識別幾何模型；②記住結(jié)論，但更為關(guān)鍵的是記住證明思路及方法；③明白模型中常見的易錯點，因為多數(shù)題目考察的方面均源自于易錯點。當然，以上三點均屬于基礎(chǔ)要求，因為題目的多變性，若想在幾何學習中突出，還需做到的是，在平時的學習過程中通過大題量的訓練，深刻認識幾何模型，認真理解每一個題型，做到活學活用！模型1.“婆羅摩笈多”模型婆羅摩笈多定理：如果一個圓內(nèi)接四邊形（即對角互補的四邊形）的對角線互相垂直且相交，那么從交點向某一邊所引垂線的反向延長線必經(jīng)過這條邊對邊的中點（反之亦能成立）。模型特征：（1）△BCP和△ADP是兩個等腰直角三角形，且直角頂點重合.模型1）知中點證垂直條件：分別以三角形ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，N為EG的中點，M、A、N三點共線。結(jié)論：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG

。證明：（倍長中線法）延長AN到W，使NW=NA，連接EW。在?WEN和?AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（對頂角），EN=GN（已知）∴?WEN≌

?AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行線同旁內(nèi)角)?！摺螱AC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。在?EWA和?ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴?EWA

≌

?ACB(SAS)?！郬A=CB，∠EAW=∠ABC，∵?ABC

≌

?EAW，∴S?EWA

=

S?ACB?！?WEN≌

?AGN，∴S?WEN=

S?AGN，∴S?ACB=S?EWA

=S?AEN+S?EWN=S?AEN+S?AGN=S△AEG。∵WN=AN，∴BC=2AN，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性質(zhì)），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB?！摺螮AW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB?！唷螮AB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。模型2）知垂直證中點條件：分別以?ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。結(jié)論：N為EG的中點；BC=2AN

；S△ABC=S△AEG。證明：（法1:平行線法）作EW//AG，交AN的延長線于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°，∵∠EAB和∠GAC為正方形的角，所以兩個角均為90°，∴∠EAG+∠BAC=180°，∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN，∵∠GAN+∠MAC=90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN，在?ABC和?EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴?ABC

≌

?EAW(AAS)，∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN，在?WEN和?AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴?WEN≌

?AGN(ASA)，∴EN=GN，即N為EG的中點，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN，∵?ABC

≌

?EAW，∴S?EWA

=

S?ACB，∵?WEN≌

?AGN，∴S?WEN=

S?AGN，∴S?ACB=S?EWA

=S?AEN+S?EWN=S?AEN+S?AGN=S△AEG。（法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延長線于X，作GY⊥AN，將AN于Y。∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN在Rt?ABM和Rt?EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM；在Rt?ABM和Rt?EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX；∴Rt?ABM

≌Rt?EAX

（ASA），∴AM=EX，同理可證：∴Rt?AYG

≌Rt?CMA

（ASA），∴GY=AM；∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt?EXN和Rt?GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX=GY；∴Rt?EXN

≌

Rt?GYN（AAS），∴EN=GN，即N為EG的中點；∵Rt?ABM

≌Rt?EAX

，∴S?ABM

=S?EAX，BM=AX，∵Rt?AYG

≌Rt?CMA，∴S?AYG

=S?CMA，CM=AY；∵Rt?EXN

≌

Rt?GYN，∴S?EXN

=

S?GYN，XN=YN；∴S△ABC=S?ABM+S?CMA

=S?EAX+S?AYG=S?EAN+S?ENX+S?ANG-S?GNY=S?AEG；∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。其實該模型也可以模仿模型1）中的倍長中線法，有興趣的同學們可以自己去嘗試以下哦！例1．（24-25九年級上·江蘇南通·階段練習）如圖，點的坐標為，點為軸的負半軸上的一個動點，分別以，為直角邊在第三、第四象限作等腰、等腰，連接交軸于點，當點在軸上移動時，則的長度為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本題考查圖形與坐標，涉及全等三角形的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的定義、坐標與圖形性質(zhì)等知識點的應用，作軸于，求出，證，求出，證，推出，即可得出答案．主要考查學生綜合運用性質(zhì)進行推理和計算的能力，有一定的難度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的對應角相等，對應邊相等．【詳解】解：作軸于，如圖所示：∵等腰、等腰，∴，，，，，在和中，，，．在和中，，，，又點的坐標為，，，故選C．例2．（2024·重慶渝中·二模）如圖，以的邊、為邊向外作正方形和正方形，連接、相交于點，連接、，取中點，連接并延長交于點．下列結(jié)論：①；②；③平分；④；⑤．其中正確的結(jié)論有（填寫編號）．【答案】①②④⑤．【分析】由“SAS”可證△ACG≌△DCB，可得AG=BD，故①正確，通過證明點D，點A，點C，點O四點共圓，可得∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正確；由角的和差關(guān)系可得CO不一定平分∠DCG，故③錯誤；由“SAS”可證△BCM≌△AHM，△ACH≌△CDG，可得S△ABC=S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，故④正確；由余角的性質(zhì)可求∠CDN+∠DCN=90°，可得MN⊥DG，故②正確；即可求解．【詳解】解：如圖，連接AD，延長CM至H，使MH=CM，連接AH，∵四邊形ACDE是正方形，四邊形BCGF是正方形，∴AC=CD，BC=CG，∠ACD=∠BCG=90°，∠ADC=45°，∴∠ACG=∠BCD，∴△ACG≌△DCB（SAS），∴AG=BD，∠CAG=∠CDB，∠DBC=∠AGC，故①正確；∵∠CAG=∠CDB，∴點D，點A，點C，點O四點共圓，∴∠DOA=∠ACD=90°，∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正確；∴∠BOC=45°=∠AOC，∴∠AGC+∠OCG=∠DCO+∠ODC，∵△ACB是任意三角形，∴AC不一定等于BC，即DC與BC不一定相等，∴∠CDB與∠AGC不一定相等，∴∠DCO與∠GCO不一定相等，∴CO不一定平分∠DCG，故③錯誤；∵點M是AB的中點，∴AM=BM，又∵CM=MH，∠CMB=∠AMH，∴△BCM≌△AHM（SAS），∴AH=BC=CG，∠H=∠BCH，∠ABC=∠HAM，S△BCM=S△AMH，∴S△ABC=S△ACH，∵∠DCG+∠ACM+∠BCM=180°，∠H+∠CAH+∠ACM=180°，∴∠CAH=∠DCG，又∵AC=DC，CG=AH，∴△ACH≌△CDG（SAS），∴S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，∴S△ABC=S△CDG，故④正確；∵∠ACD=90°，∴∠DCN+∠ACM=90°，∴∠CDN+∠DCN=90°，∴MN⊥DG，故②正確，故答案為①②④⑤．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，余角的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．例3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰中，，，點，分別在，上，，連接，，取中點，連接．(1)求證：，；(2)將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．①請直接寫出與的位置關(guān)系：___________________；②求證：．【答案】(1)見解析(2)①；②見解析【分析】（1）先證明得到，，根據(jù)直角三角形斜邊中線性質(zhì)得到，根據(jù)等邊對等角證明，進而可證明；（2）①延長到點，使，連結(jié)，延長到，使，連接并延長交于點．同（1）證明得到，然后利用三角形的中位線性質(zhì)得到，則，進而證明即可得到結(jié)論；②延長到點，使，連接．先證明，得到，，進而，．證明得到即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：在和中，，，，，，．是斜邊的中點，，，，．，，．；（2）解：①；理由如下：延長到點，使，連結(jié)，延長到，使，連接并延長交于點．證明（具體證法過程跟②一樣）．，是中點，是中點，是中位線，，，，，，．故答案為：；②證明：延長到點，使，連接．，，，，，，，，，，．，．在和中，，，，，，，．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，靈活添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解答的關(guān)鍵．例4．（23-24八年級上·陜西西安·階段練習）（1）如圖1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的頂點C、B分別在射線MN，射線NQ上滑動（頂點C、B與點N不重合）在滑動過程中，點A到直線MN的距離AHCN（填“＞”、“＜”或“＝”）．（2）如圖2，在（1）的條件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的頂點C、F也分別在射線NM、射線NP上滑動（頂點C、F與點N不重合），連接AE交MN于點D，試探究AD與ED的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（3）如圖2，，，在△ECF和△ABC保持原來滑動狀態(tài)的過程中，△ACE的面積是否有最大值？若有，請求出△ACE的最大面積并求此時BF的長度；若△ACE的面積沒有最大值，請說明理由．【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，證明見解析；（3）△ACE的最大面積為6，．【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，證明△ACH≌△CBN即可得到AH＝CN；（2）同（1）可證△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，然后可得AH＝CN＝EI，利用AAS證明△EID≌△AHD即可得到AD＝ED；（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明，過點F作FT⊥BC交BC延長線于T，可得FC≥FT，則當FC＝FT＝，即FC與BC垂直時，最大，然后可求出面積的最大值，最后利用勾股定理求出BF即可．【詳解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，，∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°，∵MN⊥PQ于N，∴∠MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACH=∠CBN，在△ACH和△CBN中，，∴△ACH≌△CBN（AAS），∴AH＝CN，故答案為：＝；（2）AD＝ED，證明：過點A作AH⊥MN于點H，過點E作EI⊥MN于點I，同（1）可證△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴AH＝CN，EI＝CN，∴AH＝EI，又∵∠EDI＝∠ADH，∠EID＝∠AHD＝90°，∴△EID≌△AHD（AAS），∴AD＝ED；（3）∵，，∴由勾股定理可得BC＝，CF＝，如圖，∵△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴，，∵△EID≌△AHD，∴，∴，過點F作FT⊥BC交BC延長線于T，則，∵FC≥FT，∴當FC＝FT＝，即FC與BC垂直時，最大，此時，∴△ACE的最大面積為6，此時．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積計算，勾股定理等知識，作出合適的輔助線，構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．例5．（2024·湖北·二模）【特例發(fā)現(xiàn)】如圖1，在△ABC中，AG⊥BC于點G，以A為直角頂點，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q．求證：EP=FQ．【延伸拓展】如圖2，在△ABC中，AG⊥BC于點G，以A為直角頂點，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射線GA交EF于點H．若AB=kAE，AC=kAF，請思考HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并直接寫出你的結(jié)論．【深入探究】如圖3，在△ABC中，G是BC邊上任意一點，以A為頂點，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射線GA交EF于點H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一問的結(jié)論還成立嗎？并證明你的結(jié)論．【應用推廣】在上一問的條件下，設(shè)大小恒定的角∠IHJ分別與△AEF的兩邊AE、AF分別交于點M、N，若△ABC為腰長等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求證：當∠IHJ在旋轉(zhuǎn)過程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接寫出線段MN的最小值（請在答題卡的備用圖中補全作圖）．【答案】(1)證明參見解析；(2)HE=HF；(3)成立，證明參見解析；(4)證明參見解析，MN最小值為1.【分析】特例發(fā)現(xiàn)：易證△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，F(xiàn)Q=AG，即可解題；延伸拓展：②易證△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，F(xiàn)Q=AG，即可求解；深入探究：判斷△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，F(xiàn)Q=，得到FQ=AG，再判斷△EPH≌△FQH，即可；應用推廣：由前一個結(jié)論得到△AEF為正三角形，再依次判斷△MHN∽△HFN∽△MEH，即可．【詳解】特例發(fā)現(xiàn)解：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；延伸拓展過點E作EP⊥HG于P，過點F作FQ⊥HG于Q，∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ；深入探究如圖2，在直線AG上取一點P，使得∠EPA=∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°-∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°-∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°-∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；應用推廣如圖3，在前面條件及結(jié)論，得到，點H是EF中點，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，∴∠EAB+∠FAC=180°，∴∠EAF=360°-（∠EAB+∠FAC）-∠BAC=60°，∴△AEF為正三角形．∴∠HEM=∠HFN=60°=∠MHN，∵點H是EF中點，∴∠EHM+∠FHJ=120°，∠FNH+∠FHJ=120°，∴∠EHM=∠FNH．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△NFH，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根據(jù)三角形中大邊對大角，∴要MN最小，只有△HMN是等邊三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，∴MN∥EF，∵△AEF為等邊三角形，∴MN為△AEF的中位線，∴MNmin=EF=×2=1．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，特殊三角形的性質(zhì)，根據(jù)條件判定三角形全等和相似是解本題的關(guān)鍵．例6．（23-24九年級上·福建廈門·期中）定義：如圖13，在中，把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)（）得到，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當時，我們稱是的“旋補三角形”，邊上的中線叫做的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．(1)在圖1中，是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”，若為等邊三角形，則與的數(shù)量關(guān)系為：______．(2)在圖2中，當為任意三角形時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．(3)如圖3，在四邊形中，，，，，．若四邊形內(nèi)部恰好存在一點P，使是的“旋補三角形”，請直接寫出的“旋補中線”長是____________．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到對應邊相等，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)和含的直角三角形性質(zhì)即可求得；（2）延長中線得平行四邊形，利用平行四邊形性質(zhì)和旋補角度關(guān)系得，即可證明，即利用對應邊相等求得答案；（3）作延長線、中垂線、垂線及中線，利用含角的直角三角形性質(zhì)證明邊與角之間的關(guān)系，等到，再利用全等性質(zhì)證明為平行四邊形，根據(jù)角度得出為等邊三角形，則為的旋補三角形，利用勾股定理即可求得解【詳解】（1）解：∵為等邊三角形，∴，，∵是的“旋補中線”，∴，∴，∵，，∴，∴，則．（2）延長到點M，使得，連接，，如圖，

∵，，∴四邊形為平行四邊形，，，∵∴，∴，在和中，∴，∴，則．（3）延長，交點M，作交于點E，作線段的垂直平分線交于點P，交于點F，連接、、，作的中線，連接交于點O，如圖，∵，∴，在中，，，則，，在中，由，，得，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，在中，由，，∴，即，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，則，∴，又∵，∴四邊形為平行四邊形；∵，∴，∴，則為等邊三角形，∴，∵，則，∴，則為的旋補三角形，在中，，，∴．【點睛】本題主要考查等邊三角形性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、含的直角三角形性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)和延長中線等知識點，利用題目給定知識點和判定線段和角度之間關(guān)系，解題的關(guān)鍵點為結(jié)合給定定義作輔助線證明結(jié)論成立．1．（23-24九年級上·浙江溫州·期中）婆羅摩芨多是公元7世紀古印度偉大的數(shù)學家，他研究過對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆氏四邊形”．如圖，在中，四邊形是“婆氏四邊形”，對角線相交于點E，過點E作于點H，延長交于點F，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先證明，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等推出，則，再證明，得到，則．【詳解】解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故選A．【點睛】本題主要考查了同弧所對的圓周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形兩銳角互余，證明，是解題的關(guān)鍵．2．（23-24九年級下·江西南昌·期末）婆羅摩笈多是公元7世紀的古印度偉大數(shù)學家，曾研究對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆羅摩笈多四邊形”．如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，且是“婆羅摩笈多四邊形”、若，則的半徑為．

【答案】1【分析】連接，交于點E，連接并延長交于F，連接，設(shè)的半徑為r，根據(jù)圓周角定理的推論得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半徑．【詳解】解：連接，交于點E，連接并延長交于F，連接，設(shè)的半徑為r，

∵是直徑，∴，由題意知，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，同理可得，∴，∴，即的半徑為1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查了圓周角定理的推論，圓心角、弧、弦的關(guān)系，勾股定理，作出合適的輔助線，證明是解題的關(guān)鍵．3．（23-24八年級·江蘇·假期作業(yè)）如圖，以的邊，為腰分別向外作等腰直角、，連接，，，過點A的直線分別交線段，于點，，以下說法：①當時，；②；③當直線時，點為線段的中點．正確的有．（填序號）

【答案】①②③【分析】此題重點考查等腰直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等角的余角相等、等角的補角相等等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．由，得，因為，，，所以，，則，可判斷①正確；由，推導出，可證明，得，可判斷②正確；當直線時，作直線于點，過點作于點，過點E作于點，證明及，再求解可判斷③正確，于是得到問題的答案．【詳解】①當時，是等邊三角形，∴，∴，∵等腰直角、，∴，∴，∴．故①正確．②∵等腰直角、，∴，，∴，∴，∴．故②正確．③如圖所示，作直線于點，過點作于點，過點E作于點，

∵，，∴，又，∴，又∵，∴，同理得，∴，，，∵，，∴，∴，即是的中點，故③正確，故答案為：①②③．4．（2024·湖北黃石·模擬預測）如圖，以△ABC的邊AC、BC為邊向外作正方形ACDE和正方形BCGF，連接AG、BD相交于點O，連接CO、DG，取AB中點M，連接MC并延長交DG于點N．下列結(jié)論：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正確的結(jié)論有（填寫編號）．【答案】①②④⑤【分析】利用正方形的性質(zhì)，通過證明三角形全等以及利用四點共圓的判定和圓周角定理逐一判斷即可得出正確答案．【詳解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴，，；∴，即，∴，∴，∴①正確；∵，∴點A、D、O、C四點共圓，（注意如果沒有學習圓的相關(guān)知識也可以通過構(gòu)造手拉手全等證明下面結(jié)論）如圖，連接AD，∴，故⑤正確；同理可證，∴，由知，而與不一定相等，∴與不一定相等，因此③不一定成立；如圖，延長CM至H，使MH=CM，連接AH，∵M點是AB的中點，∴AM=BM，又∵，∴，∴，∴∴AH=BC，∴AH=CG，，∵，，∴，即，∴，∴，∵，故④正確；由，∴，∴，∴，故②正確；因此①②④正確；故答案為：①②④⑤．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、四點共圓的判定、圓周角定理、倍長中線法構(gòu)造全等三角形等內(nèi)容，本題綜合性較強、需要學生熟練掌握相關(guān)知識并進行靈活運用，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等．5．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預測）閱讀下列材料，完成相應的任務(wù)．婆羅摩笈多定理：如圖，四邊形內(nèi)接于，對角線，垂足為M，如果直線，垂足為E，并且交邊AD于點F，那么．證明：∵，，∴，．∴．又∵①，（同弧所對的圓周角相等），∴．∴②．…任務(wù)：(1)材料中①處缺少的條件為______，②處缺少的條件為______；(2)根據(jù)材料，應用婆羅摩笈多定理解決下面試題：如圖，已知中，，，分別交于點D，E，連接交于點P．過點P作，分別交于點M，N．若，求的長．【答案】(1)①；②(2)1【分析】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊的性質(zhì)，關(guān)鍵是能熟練應用圓的有關(guān)性質(zhì)，掌握相應角的定義和計算是關(guān)鍵．（1）根據(jù)圓周角定理和等角對等邊的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）應用（1）的結(jié)論，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可求解．．【詳解】（1）證明：∵，，∴，．∴．又∵，（同弧所對的圓周角相等），∴．∴．…故答案為：①；②；（2）解：四邊形是內(nèi)接四邊形，，，，即，，，，，．6．（2024·湖北·一模）問題背景：數(shù)學興趣小組活動時，王老師提出了如下問題：如圖（1），在中，，，求邊上的中線的取值范圍．小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法，作關(guān)于點中心對稱的圖形，其中點的對應點是點．請你幫助小明完成畫圖和后面的解答．嘗試運用：如圖（2），是的中線，，，，試判斷線段與的關(guān)系，并加以證明．遷移拓展：如圖（3），是的中線，，，直接用含的代數(shù)式寫出與之間的面積關(guān)系．【答案】（1）作圖見解析，（2）（3）【分析】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，中心對稱圖形的性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．（1）由中心對稱的性質(zhì)知，可得，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可求解，（2）利用證明，可得，再根據(jù)平角的性質(zhì)可得，進而可求解；（3）證明，再根據(jù)相似三角形的的性質(zhì)可得，再推出，即可求解．【詳解】解：（1）問題背景：作圖如圖．由中心對稱的性質(zhì)知，．在中，，，即，．（2）嘗試運用：．理由如下：如圖，延長到點，使得，延長交與點，連接，由前面知，，，，，，，，，，，，．，，，，；（3）遷移拓展：如圖，延長到點，使得，延長交與點，連接，由（1）可知：，，，又由（2）可知，，，,又，,，即．7．（2023福建·模擬預測）求證：對角線互相垂直圓內(nèi)接四邊形，自對角線的交點向一邊作垂線，其延長線必平分對邊．要求：（1）在給出的圓內(nèi)接四邊形作出PE⊥BC于點E，并延長EP與AD交于點F，不寫作法，保留作圖痕跡（2）利用（1）中所作的圖形寫出已知、求證和證明過程．【答案】（1）見解析；（2）DF=FP=AF，點F為AD的中點，過程見解析【分析】（1）過P作BC的垂線即可得到答案；（2）根據(jù)題意寫好已知，求證，利用圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)證明【詳解】解：（1）補全的圖形如圖所示；

（2）已知：四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，AC⊥BD，PE⊥BC．延長EP交AD于點F．求證：點F為AD的中點證明：∵AC⊥BD，PE⊥BC∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90°∵EF是線段

∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90°∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90°∴∠ECP=∠DPF∵∠ACB與∠ADB為同弧所對的圓周角∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF∴∠DPF=∠PDF∴△DPF為等腰三角形，DF=FP∵∠APF=∠APD-∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF∴∠APF=∠PAF∴△APF為等腰三角形，PF=AF即DF=FP=AF，點F為AD的中點．【點睛】本題考查的是過一點作已知直線的垂線，圓周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形兩銳角互余，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．8．（23-24九年級上·山西臨汾·期末）閱讀下列材料，完成相應的任務(wù)．婆羅摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名數(shù)學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數(shù)的算術(shù)運算規(guī)則、二次方程等方面均有建樹，特別是在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻．他曾經(jīng)提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下：布拉美古塔定理：已知：如圖1，四邊形內(nèi)接于，對角線，垂足為，點為的中點，連結(jié)并延長，交于點，則．證明：，，，（依據(jù)），，…(1)上述證明過程中的依據(jù)是指______．(2)請補全上述證明過程．(3)請利用布拉美古塔定理完成如下問題：如圖2，三角形內(nèi)接于，，點是弧的中點，，請直接寫出線段的長度．【答案】(1)等邊對等角；(2)見解析；(3)．【分析】（1）根據(jù)條件和結(jié)論即可判斷出答案；（2）根據(jù)前面的證明過程得到，由等量代換得到，即可得到，結(jié)論得證；（3）由圓周角定理求出，根據(jù)等腰三角形三線合一得到，，由勾股定理求出，由等積法求出，在中，由勾股定理求出，根據(jù)布拉美古塔定理可得，則，即可證明，得到，代入已知線段即可得到答案．【詳解】（1）∵，（等邊對等角），∴上述證明過程中的依據(jù)是指等邊對等角；故答案為：等邊對等角（2）證明：，，，（等邊對等角），，∴，∵，∴，∴，∴．（3）解：∵，∴是等腰三角形，∵點是弧的中點，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，在中，，由題意得，四邊形內(nèi)接于，對角線，垂足為F，點G為的中點，連結(jié)并延長，交于點，根據(jù)布拉美古塔定理可得，，∵，∴，∴，∴，解得【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)定理并進行正確推理是解題的關(guān)鍵．9．（23-24九年級上·山西長治·期末）閱讀與思考閱讀下列材料，完成相應的任務(wù)．婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的數(shù)學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數(shù)的算數(shù)運算法則、二次方程等方面均有建樹，特別在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻，他曾提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下．婆羅摩笈多定理：如圖，已知四邊形內(nèi)接于，對角線，，相交于點M，如果直線，垂足為E，并且交邊于點F，那么．證明：，，．．又_______，，．…任務(wù)：(1)材料中橫線部分缺少的條件為_______________．(2)補全后面的證明過程．【答案】(1)(2)見解析【分析】本題考查了同弧所對的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余等知識．熟練掌握同弧所對的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余是解題的關(guān)鍵．（1）由等量代換作答即可；（2）根據(jù)等邊對等角可得，由，可得，則，進而結(jié)論得證．【詳解】（1）解：由題意知，材料中橫線部分缺少的條件為，故答案為：；（2）證明：，，，，，又，，，，∴，∵，∴，∴，∴．10．（2024·江西·模擬預測）婆羅摩芨多是公元7世紀古印度偉大的數(shù)學家，他在三角形、四邊形、零和負數(shù)的運算規(guī)則，二次方程等方面均有建樹，他也研究過對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形稱為“婆氏四邊形”．(1)若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是______．（填序號）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如圖1，四邊形ABCD為的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求證：四邊形ABCD是“婆氏四邊形”．(3)如圖2，在中，，以AB為弦的交AC于點D，交BC于點E，連接DE，AE，BD，，，若四邊形ABED是“婆氏四邊形”，求DE的長．【答案】(1)③(2)見解析(3)1.5【分析】（1）根據(jù)“婆氏四邊形”的定義，即可求解；（2）設(shè)AC與BD交于點E，根據(jù)圓周角定理可得，從而得到∠CED=90°，即可求證；（3）根據(jù)銳角三角函數(shù)可得BC=5，AC=4，再根據(jù)BD為的直徑，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根據(jù)四邊形ABED是“婆氏四邊形”，可得BD⊥AE，根據(jù)垂徑定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解．【詳解】（1）解：當平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”時，則四邊形ABCD的對角線AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC，∵四邊形ABCD為的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC=180°，∴∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形；故答案為：③（2）證明：設(shè)AC與BD交于點E，∵，∴，∴∠CED=90°，∴AC⊥BD，∴四邊形ABCD是“婆氏四邊形”；（3）解：∵，∴，∴AC=4，∵BD為的直徑，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四邊形ABED是“婆氏四邊形”，∴BD⊥AE，∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3，設(shè)AD=DE=x，則CD=4-x，CE=5-3=2，在中，，∴，解得：，即DE=1.5．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形，圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，理解“婆氏四邊形”的定義是解題的關(guān)鍵．11．（23-24九年級上·河南新鄉(xiāng)·期中）某學習小組在探究三角形相似時，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．（1）如圖1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直線l經(jīng)過點A，BD⊥直線I，CE上直線l，垂足分別為D、E．求證：＝k．（2）組員小劉想，如果三個角都不是直角，那么結(jié)論是否仍然成立呢？如圖2，將（1）中的條件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三點都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）數(shù)學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，在ABC中，沿ABC的邊AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I．①求證：I是EG的中點．②直接寫出線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系：．【答案】（1）見解析（2）結(jié)論還成立，證明見解析（3）①見解析②BC=AI【分析】（1）由條件可證明△ABD∽△CAE，可得=＝k；（2）由條件可知∠BAD＋∠CAE＝180°?α，且∠DBA＋∠BAD＝180°?α，可得∠DBA＝∠CAE，結(jié)合條件可證明△ABD∽△CAE，同（1）可得出結(jié)論；（3）①過點G作GMAE交AI的延長線于點M，連接EM，證明△ABC∽△GMA，再得到四邊形AGME是平行四邊形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根據(jù)四邊形AGME是平行四邊形得到BC=AI，故可求解．【詳解】（1）如圖1，∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；（2）成立，證明如下：如圖2，∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°?α，∴∠DBA＝∠CAE，∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；（3）①過點G作GMAE交AI的延長線于點M，連接EM∵四邊形AGFC是矩形，∴∠GAC=90°又AH⊥BC∴∠AHC=90°∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°∴∠5=∠4∵∠BDE=∠AHB=90°∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°∴∠2=∠1又GMAE∴∠3=∠2∴∠3=∠1∴△ABC∽△GMA∴又∵∴∴GM=AE又∵GMAE∴四邊形AGME是平行四邊形∴EI=IG故I為EG的中點；②由①知∴BC=AM∵四邊形AGME是平行四邊形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI∴線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系為BC=AI故答案為：BC=AI．【點睛】此題主要考查相似三角形的判斷與性質(zhì)綜合，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找到相似三角形，列出比例式求解．12．（23-24八年級下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）【方法回顧】如圖1，在中，D，E分別是邊的中點，小明在證明“三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半”時，通過延長到點F，使，連接，證明，再證四邊形是平行四邊形即得證．（1）上述證明過程中：①證明的依據(jù)是（

）A．

B．

C．

D．②證明四邊形是平行四邊形的依據(jù)是______；【類比遷移】（2）如圖2，是的中線，交于點E，交于點F，且，求證：．小明發(fā)現(xiàn)可以類比材料中的思路進行證明．證明：如圖2，延長至點G，使，連接，…請根據(jù)小明的思路完成證明過程；【理解運用】（3）如圖3，四邊形與四邊形均為正方形，連接、，點P是的中點，連接．請判斷線段與的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系，并說明理由：（4）如圖4，四邊形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，為銳角，已知m，的面積為．計劃修建一條經(jīng)過點A的筆直小路，其中點G在邊上，的延長線經(jīng)過中點F．若小路每米造價500元，則修建小路的總造價為______元．

【答案】（1）①②一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形（2）見解析（3），理由見解析（4）【分析】（1）①利用證明；②利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明四邊形是平行四邊形；（2）如圖2，延長至G，使，連接，證明，得到，推出，得到，即可得證；（3）延長至點，使，連接，證明，得到，，再證明，得到，，延長交于點，推出，即可得出結(jié)論；（4）構(gòu)造正方形和正方形，過點作于點，由（3）的結(jié)論得到，利用中線平分面積和三角形的面積公式，求出的長，證明，得到，再進行計算即可．【詳解】（1）①延長到點F，使，連接，

∵D，E分別是邊的中點，∴，在和中，∴；故選A；②∵，∴，，∴，∵，∴，又，∴四邊形是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）；故答案為：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；（2）證明：如圖2，延長至G，使，連接，

在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3），；理由如下：延長至點，使，連接，

同法（2）可得：，∴，，∴，∴，∵四邊形與四邊形均為正方形，∴，∴，∴，又：，∴，∴，，∵，∴，延長交于點，則：，∴，∴，∴；綜上：，；（4）∵，是等腰直角三角形，∴，如圖，構(gòu)造正方形和正方形，過點作于點，

由（3）可知，∵為的中點，∴平分的面積，∴，∴，∴，∵，∴，，又，∴，∴，∴修建小路的總造價為元；故答案為：．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，正方形的性質(zhì)，等腰三三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解并掌握倍長中線法構(gòu)造全等三角形．13．（2024·重慶·校考一模）我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B'C'，當a+β＝180°時，我們稱△AB'C'是△ABC的“旋補三角形”，△AB'C邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”．(1)[特例感知]在圖2，圖3中，△AB'C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．①如圖2，當△ABC為等邊三角形，且BC＝6時，則AD長為．②如圖3，當∠BAC＝90°，且BC＝7時，則AD長為．(2)[猜想論證]在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長AD或延長B'A，…）(3)[拓展應用]如圖4，在四邊形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD為邊在四邊形ABCD內(nèi)部作等邊△PCD，連接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋補三角形”，請直接寫出△PBC的“旋補中線”長及四邊形ABCD的邊AD長．【答案】(1)①；②(2)AD＝BC，證明見解析(3)旋補中線長為，【分析】（1）①首先證明是含有是直角三角形，可得即可解決問題．②首先證明，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可解決問題．（2）結(jié)論：．如圖1中，延長AD到M，使得，連接，首先證明四邊形是平行四邊形，再證明，即可解決問題．（3）如圖4中，過點P作于H，取BC的中點J，連接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中結(jié)論解決問題即可．【詳解】（1）解：①如圖2中，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故答案為：3．②如圖3中，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，故答案為：．（2）結(jié)論：AD＝BC．理由：如圖1中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．（3）如圖4中，過點P作PH⊥AB于H，取BC的中點J，連接PJ．∵是等邊三角形，∴，∵∠BCD＝150°，∴∠PCB＝90°，∵是的“旋補三角形”，∴，∵PH⊥AB，∴，∴，∴，∴，∴，∴的“旋補中線”長，∵，∴，∵也是的“旋補三角形”，∴．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、直角三角形30度角性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．14．（2024·廣東·校考一模）情境觀察：將矩形ABCD紙片沿對角線AC剪開，得到△ABC和△A′C′D，如圖1所示.將△A′C′D的頂點A′與點A重合，并繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使點D、A(A′)、B在同一條直線上，如圖2所示．觀察圖2可知：與BC相等的線段是▲，∠CAC′=▲°．問題探究：如圖3，△ABC中，AG⊥BC于點G，以A為直角頂點，分別以AB、AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q.試探究EP與FQ之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.拓展延伸：如圖4，△ABC中，AG⊥BC于點G，分別以AB、AC為一邊向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射線GA交EF于點H.若AB=kAE，AC=kAF，試探究HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.【答案】情境觀察：AD（或A′D），90問題探究：EP=FQ.證明見解析結(jié)論：HE=HF.證明見解析【詳解】情境觀察AD（或A′D），90問題探究結(jié)論：EP=FQ.證明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP.∴AG=EP.同理AG=FQ.∴EP=FQ拓展延伸結(jié)論：HE=HF.理由：過點E作EP⊥GA，F(xiàn)Q⊥GA，垂足分別為P、Q.∵四邊形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP，同理△ACG∽△FAQ，∵AB=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF15．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）綜合與實踐數(shù)學實踐課堂上，張老師從一道基礎(chǔ)題入手，通過不斷變化題目，引導學生們發(fā)現(xiàn)解決此類問題的圖形中的基本圖形，進而通過構(gòu)造基本圖形，解決問題．(1)基礎(chǔ)題：如圖1，于點B，于點D，P是上一點，．①若，則與的關(guān)系為．②若，且，則．(2)構(gòu)造應用①如圖2，點E是正方形邊上一點，與交于點G，連接，請直接寫出°．②如圖3，沿的邊向外作矩形和矩形，，連接是邊上的高，延長交于點K，求證：K是中點，并直接寫出與的數(shù)量關(guān)系：．(3)綜合應用：如圖4，在矩形中，，點E是邊上的動點（點E不與點A、D重合），連接，過點E作，交于點F，連接，過點B作，垂足為G，點M是邊的中點．請直接寫出當值最小時的值為：．【答案】(1)①；②(2)①45；②(3)或【分析】（1）①根據(jù)垂直的定義及同角的余角相等推出，由此證明；②根據(jù)證得，由此得到；（2）①如圖，在邊上取點H，使，連接，證明，推出，即可求出的度數(shù)；②過E作的延長線于M，的延長線于N．證明，推出，得到，，同理，，，得到，即可證得，推出，即K是中點；根據(jù)得出；（3）連接．先證明．確定出點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．當A，G，M三點共線時，．此時，取最小值．在中利用勾股定理即可求出，過點G作交于點H．即有．則有，根據(jù)，可得，進而求出．由得，即可求出．再證得，推出，，則，解方程即可求出．【詳解】（1）①∵，，，∴，∴，又∵，∴，故答案為；②∵，∴，∴，故答案為；（2）①如圖，在邊上取點H，使，連接，∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為45；②如圖，過E作的延長線于M，的延長線于N．∴，∵，，∴，又∵∴∴，∴，，同理，，∴，∵，∴，∴，即K是中點；∵∴，故答案為（3）解：如圖，連接．∵，∴是直角二角形．∴．∴點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．當A，G，M三點不共線時，由三角形兩邊之和大于第三邊得：，當A，G，M三點共線時，．此時，取最小值．在中，．∴的最小值為5．如圖，過點G作交于點H．∴．∴，∵的最小值為5，即，，∴．∴．由得，∴，即，解得．∴．∵，∴，∴∴．設(shè)，則，∴，解得或．∴或．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，正確掌握各判定和性質(zhì)定理及正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．16．（24-25九年級上·廣東深圳·階段練習）綜合與實踐【問題情境】我們定義：如圖（a），在中，把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當時，我們稱是的“旋補三角形”，的邊上的中線叫做的“旋補中線”，點叫做“旋補中心”．【特例感知】（1）在圖（b）和圖（c）中，是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”．①如圖（b），當為等邊三角形時，與的數(shù)量關(guān)系為__________；②如圖（c），當，時，則長為__________．【猜想論證】（2）如圖（a），當為任意三角形時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．【拓展應用】（3）如圖（d），在四邊形中，，，，，．在四邊形內(nèi)部是否存在點，使是的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求出的“旋補中線”長；若不存在，說明理由．【答案】（1）①；②；（2），證明見解析；（3）存在，證明見解析，【分析】（1）①證明是含有角的直角三角形，可得，即可得解；②證明，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可得解；（2）結(jié)論：．如圖，延長到，使得，連接，，證明四邊形是平行四邊形，證明，即可得證；（3）存在．如圖，延長交的延長線于，作于，作線段的垂直平分線交于，交于，連接、、、，作的中線，連接交于，證明，，再證明，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）①∵是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”，∴，，，，∴，∵是等邊三角形，∴，，∴，，∴，∴，故答案為：；②∵是的“旋補三角形”，∴，，，∴，∵，，是的“旋補中線”，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，故答案為：；（2）結(jié)論：．證明：如圖，延長到，使得，連接，，∴，∵是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”，∴，，，，∴四邊形是平行四邊形，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）在四邊形內(nèi)部存在點，使是的“旋補三角形”．證明：如圖，延長交的延長線于，作于，作線段的垂直平分線交于，交于，連接、、、，作的中線，連接交于，∴，∵在四邊形中，，，，，，∴，，設(shè)，則，在中，，∴，解得：或（負值不符合題意，舍去）∴，，，在中，，，，∴，∴，，∴，∵，∴垂直平分，∴，在中，，∵垂直平分，，∴，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，在和中，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，又∵，，是邊上的中線，∴是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”，∴，∴的“旋補中線”長為．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形角性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，等邊三角形的判