2026年北京中考数学二轮复习 热点03 几何基础证明与计算(5大题型)(热点专练)

Page热点03几何基础证明与计算热点聚焦方法精讲能力突破第一部分热点聚焦·析考情第二部分题型引领·讲方法题型01几何解答三角形相关题型02几何解答平行四边形相关题型03几何解答矩形相关题型04几何解答菱形相关题型05几何解答正方形相关第三部分能力突破·限时练近三年:基础几何解答题（通常是第20题）结构稳定，主要考查四边形与三角形全等/相似的综合。高频考点：特殊四边形（菱形、矩形）的性质与判定、全等三角形的证明、简单几何计算（如角度、线段长度）。2026年预测：四边形仍是核心：预计第20题仍将以平行四边形及特殊四边形（菱形、矩形）为背景，结合全等三角形进行证明或计算，需熟练掌握性质判定。强化中档题：虽然“简单题”概念在调整，但考察逻辑的几何基础题仍是得分关键，必须确保步骤严谨、逻辑清晰，不丢过程分。备考建议：1.回归课本：确保平行线、三角形全等/相似、四边形性质等基本定理的证明过程烂熟于心。2.规范书写：严格训练几何证明题的逻辑链条，做到步步有据，避免跳步。3.模型积累：总结“手拉手模型”、“中点模型”等常见辅助线作法，这是解决27题几何综合题的基础。题型01几何解答三角形相关解题策略考查了全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，需熟练掌握以上知识．此外该类题还常结合三角形内角和、三角形外角性质、三角形中位线定理、相似三角形的性质和判定，等腰三角形的三线合一性质、旋转的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．例1（2025·北京大兴·二模）如图，在中，，D为内一点，，其中，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，连接，作直线交于点F．(1)求的度数；(2)用等式表示的数量关系，并证明．【答案】(1)(2)，见解析【来源】2025年北京市大兴区九年级中考二模数学试卷【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质及勾股定理的应用，（1）证明即可得出；（2）过点C作交于点H，证明得出，再求出，，即可证明结论．【详解】（1）解：∵，∴．即，又∵，∴，∴；（2）解：，理由如下：过点C作交于点H，在中，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴．在中，，∵，∴，在中，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即．【变式1】．（2025·北京东城·二模）如图，在中，，为上一点，，，过点作于点，交于点．(1)求的度数（用含的式子表示）；(2)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．【答案】(1)；(2)，证明见解析．【来源】2025年北京市东城区九年级中考二模数学试卷【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．（1）由三角形外角的性质和等边对等角可得，则，由垂线的定义可得，则；（2）过点作的对称点，连接、，则，，可证明，，则，证明，得到，再证明，即可得到．【详解】（1）解：，，，，，，；（2）解：，证明如下如图，过点作的对称点，连接、，则，，，，，，，，，，．【变式2】．（2025·北京丰台·二模）在中，，，是内一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．(1)如图1，当点与点重合时，求证：；(2)如图2，当点在外部时，与交于点，取中点，连接、，直接写出的大小，并证明．【答案】(1)见解析(2)的大小为，见解析【来源】2025年北京市丰台区九年级中考二模数学试卷【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．（1）根据旋转的性质和等边对等角的性质，得到，进而得出，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；（2）延长至点G，使得，连接、，．证明，从而得到，再根据四边形内角和和邻补角的定义，得到进而证明，再根据等腰三角形三线合一的性质求解即可；【详解】（1）证明：由题意可知，，，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（2）解：的大小为．证明如下：如图，延长至点G，使得，连接、，．∵是中点，∴．∵，∴．∴，．∴．∴，∵，，∴在四边形中，．∵，∴．∴．∵，∴．∵，∴．∴．∵．∴．∴．【变式3】．（2025·北京顺义·一模）在中，，过点B作，，E是上一点，连接交于点G，．(1)如图1，用含有α的式子表示的度数；(2)如图2，将射线绕点E顺时针旋转，分别交，于点F，H．用等式表示线段，与之间的数量关系，并证明．【答案】(1)；(2)，证明见解析．【来源】2025年北京市顺义区中考一模数学试卷【分析】（1）先得出，结合，，故，再整理得的度数，（2）延长交的延长线于点P，取的中点J，连接，过点B作于点Q，作于点N．结合，得证是的中位线，平分．由角平分线的性质得，，运用三角形内角和得出，再根据等角对等边，则，然后证明，故，即可作答．【详解】（1）解：∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴．（2）证明：延长交的延长线于点P，取的中点J，连接，过点B作于点Q，作于点N．∵，，∴，∴．又∵，∴，．∴是的中位线，平分．∴，．∴．∵平分，，，∴，．在中，．∴．在中，．∴．∵，∴，∴．∴．在与中，∴．∴．∴．【变式4】．（2024·北京三帆中学·二模）如图，在中，，平分，过点作于点，于点，点是的中点，连接，．(1)判断四边形的形状，并证明；(2)连接，若，求的长．【答案】(1)四边形是菱形；证明过程见详解；(2)【来源】2024年北京市三帆中学中考模拟数学试题（2.5模）【分析】本题考查菱形的性质和判定，关键是利用菱形的判定解答．（1）根据角平分线的性质得出，进而利用直角三角形的性质得出，进而利用菱形的判定解答即可；（2）根据菱形的性质和含角的直角三角形的性质得出，根据，进而解答即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：平分，过点作于点，于点，，∴，，点是的中点，，，，，，，，是等边三角形，，四边形是菱形；（2）解：连接，交于点，四边形是菱形，，，，，在中，，．【变式5】．（2025·北京汇文中学·三模）（1）如图1，和均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接，①猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想；②求的度数；（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点A、D、E在同一直线上，为中边上的高，连接．①求的度数；②线段之间的数量关系为__________．（不用证明，直接写出结果即可）【答案】（1）①，证明见解析；②；（2）①；②【详解】（1）解：①，证明如下：∵和均为等边三角形，∴，，∴．在和中，，∴．∴②∵∴．∵为等边三角形，∴．∵点A，D，E在同一直线上，∴，∴．∴．（2）解：①∵和均为等腰直角三角形，∴，．∴．在和中，，∴．∴．∵为等腰直角三角形，∴．∵点A，D，E在同一直线上，∴，∴．∴．②∵∴∵，∴．∵，∴．∴∴．故答案为：题型02几何解答平行四边形相关解题策略考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．例1（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)5【来源】2025年北京市朝阳区九年级中考二模数学试卷【详解】（1）证明：，，．又，，，又，四边形是平行四边形．（2）解：，，在中，，，四边形是平行四边形，，，，，，又，，，．【变式1】．（2025·北京朝阳·一模）如图，在中，D为中点，延长至点E，使，延长至点F，使，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若平分，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市朝阳区九年级数学一模试卷【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，解直角三角形．（1）证明是的中位线，得，，再由得，即可得，即可得出结论；（2）根据角平分线定义求出，由平行四边形的性质得，即可得，，，根据等腰三角形的性质求出，再根据正切定义求解即可．【详解】（1）证明：∵延长至点E，使，为中点，为中点，∴是的中位线，，，∵延长至点F，使，，，∴四边形是平行四边形；（2）解：平分，，∵四边形是平行四边形，，，，，，，，∴在中，．【变式2】．（2025·北京西城·一模）如图，在四边形中，，对角线，过点A作于点E，交BC于点F．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)连接，若点F是的中点，，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【来源】2025年北京市西城区九年级数学中考一模试卷【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键。（1）先说明，再结合即可证明结论；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即；再结合平行四边形的性质可得，再根据可设，则，即，然后求出k的即可。【详解】（1）证明：，于点E，．．，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵在中，，点F是的中点，．,．∵在中，∴．∵在中，，，∴设，则，．．【变式3】．（2025·北京通州·一模）如图，在中，，是边上的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市通州区中考数学一模试题【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形，中位线的性质．（1）由，得，再结合，即可证明四边形是平行四边形；（2）先根据直角三角形的性质得，再解直角三角形得，由勾股定理得，证明是的中位线，由，即可得的长．【详解】（1）证明：，，，四边形是平行四边形；（2）解：是的中点，，，，在中，，，，，由勾股定理得：，四边形是平行四边形，，，，是的中位线，，．【变式4】．（2025·北京东城·一模）如图，在平行四边形中，与相交于点O，延长至点E，使，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若平分，，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)的面积是．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵延长至点E，使，∴，，∴四边形是平行四边形；（2）解：连接，∵的对角线与相交于点O，，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴的面积是．【变式5】．（2025·北京首都师大附中育鸿学校·零模）如图，已知四边形中，，平分交于点F，交延长线于点E，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)作交于G，连接交于点．若，，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【来源】2025年北京市首都师范大学附属中学育鸿学校中考数学零模数学试卷（3月）【分析】（1）根据角平分线的性质，等边对等角的性质，判断，由此即可得出结论；（2）先证四边形是平行四边形，再证四边形是菱形，再证明，得到，设，则，得到，则，再由勾股定理即可解答．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形．（2）∵，，∴四边形是平行四边形，

∵，∴四边形是菱形，∴⊥，，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，，，∴，则，∴，∴，∴．题型03几何解答矩形相关解题策略考查了矩形的判定与性质、勾股定理、三角函数的定义、等腰三角形三线合一，化为最简二次根式，熟记特殊四边形的判定与性质是解题的关键．例1（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，于点D，O为的中点，作点D关于点O的对称点E，连接，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市石景山区中考二模数学试题【详解】（1）证明：∵点关于点的对称点为点，∴必过点且．∵为的中点，∴．∴四边形是平行四边形．∵于，∴．∴四边形是矩形．（2）∵四边形是矩形，∴，，．在中，．设，则，．∴，．∴．∴在中，．【变式1】．（2025·北京房山·二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【来源】2025年北京市房山区九年级中考二模数学试卷【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，，点是的中点，，，，，，，，，四边形是矩形．（2）解：，．．四边形是矩形，．，．在中，，【变式2】．（2025·北京昌平·二模）如图，在平行四边形中，于点，延长到点，使得，连接交于点，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接．若，求．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市昌平区九年级二模数学试卷【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，．，．四边形为平行四边形．，平行四边形为矩形．（2）解：过点作于点．四边形是矩形，，．．在Rt中，，，．在Rt中，，．【变式3】．（2023·北京二中教育集团·模拟）如图，将菱形的边和分别延长至点E和点F，且使，，连接，，，，．

(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2023年北京二中教育集团中考模拟数学试题【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，∴，∴，∴四边形是矩形；（2）解：过B作交延长线于G，则，

∵四边形是菱形，，∴，，∴和是等边三角形，∴，，∵四边形是矩形，∴，在中，，∴，在中，，∴，则，∴，在中，．【变式4】．（2024北京延庆·一模）如图，在ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，过点A作AEBC，且AE＝BD，连接BE，交AD于点F，连接CE．(1)求证：四边形ADCE为矩形；(2)若CE＝4，求AF的长．【答案】(1)见解析(2)2【来源】2024年北京市延庆区中考一模数学试题【分析】（1）根据题意根据三线合一可得BD＝CD，由AE＝BD，等量代换可得AE＝CD，进而即可得证；（2）根据矩形的性质可得AD＝CE＝4，证明△AEF≌△DBF，可得即可求解．【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∠ADC＝90°∵AE＝BD∴AE＝CD∵AEBC，∴四边形ADCE是平行四边形．又∵∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCE为矩形．（2）解：由（1）得四边形ADCE为矩形．∴AD＝CE＝4∵AEBC，∴∠AEF＝∠DBF在△AEF和△DBF中，，∴△AEF≌△DBF（AAS），∴AF＝DF＝AD＝2．【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三线合一，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．【变式5】．（2023·北京十一学校·二模）如图，在平行四边形ABCD中，于点E，延长DA至点F，使得AF=DE，连接BF，CF．(1)求证：四边形BCEF是矩形；(2)若AB=6，CF=8，DF=10，求EF的长．【答案】(1)证明过程见详解(2)【来源】2023年北京市十一学校九年级数学线上综合练习（二）【详解】（1）∵AF=DE，∴EF=AE+AF=AE+ED，∴EF=AD，∵根据平行四边形的性质可知AD=BC，，∴，EF=BC，∴四边形EFBC是平行四边形，∵CE⊥AD，∴平行四边形EFBC是矩形；（2）∵根据平行四边形的性质可知AB=CD，∴CD=6，∵在△FCD中，，∴△FCD是直角三角形，∠FCD=90°，根据三角形的面积公式有：，则EC=∵在矩形FBCE中，∠FBC=90°，EC=BF，∴BF=，根据，可知∠FCB=∠CFD，∴△FCB∽△DFC，∴，∴，∴EF=BC=，题型04几何解答菱形相关解题策略考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．例1（2025·北京丰台·二模）如图，在四边形中，，，是的中点，是对角线的中点，．(1)求证：四边形为菱形；(2)连接交于点，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市丰台区九年级中考二模数学试卷【分析】（1）根据中位线的性质得出，，根据，得出，即可得出答案；（2）根据菱形性质得出，，，解直角三角形得出，求出，根据F为中点，得出，最后求出结果即可．【详解】（1）证明：∵是的中点，是对角线的中点，∴，是的中位线，∴，，∵，∴．∵，∴．∵，∴四边形是平行四边形．∴是菱形．（2）解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，．又在中，，∴，∴，∵F为中点，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查中位线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，中位线的性质．【变式1】．（2022·北京西城·一模）如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，求和的长．【答案】(1)见解析(2)和的长分别为8和【来源】2022年北京市西城区中考数学一模试卷【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形；（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，设，则，所以，，然后利用勾股定理即可解决问题．【详解】（1）证明：∵，平分，∴，，∵，∴四边形是菱形；（2）解：，，，∴，设，则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．∴和的长分别为8和．【变式2】．（2025·北京房山·中考一模）如图，，平分，交于点C．平分，交于点D，连接，于点D，交于点G．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2025年北京市房山区中考一模数学试题【分析】（1）由平行及角平分线得，即，从而得四边形是平行四边形，再由即可证明结论成立；（2）设交于点O，由菱形的性质及垂直关系得点G是线段的中点，得，在中由勾股定理即可求解．【详解】（1）∵∴；∵平分，平分，∴，，∴∴；∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：设交于点O，如图；∵四边形是菱形，∴，∴；∵，∴，∴，∴，∴，即点C是的中点，∴；在中，，，由勾股定理得：．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线性质定理，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，熟悉菱形的判定与性质是解题的关键；【变式3】．（2024·北京大兴·二模）如图，在中，，分别是的中点，连接，是线段上一点，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2024年北京市大兴区中考二模数学试题【分析】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质，点分别为中点，可证四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由此即可求证；（2）根据勾股定理求出的长，连接，根据菱形的性质可得，的长，在中根据勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，．点分别为中点，，．．四边形是平行四边形．，点为中点，．四边形是菱形．（2）解：连接，交于点．在中，，，，（舍负）．，．，．∵四边形是菱形，∴是的中点，．，．．在中，，（舍负）．【变式4】．（2023·北京西城区三帆中学（裕中校区）·三模）如图，中，，作出关于对称的．

(1)求证：四边形是菱形；(2)连接交于点，取中点，连接．若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2023年北京市西城区三帆中学（裕中校区）中考模模数学试题【分析】（1）由轴对称的性质得，，再由，得，即可得出结论；（2）由菱形的性质得，，，再由菱形的面积求出，则，然后由勾股定理得，即可解决问题．【详解】（1）证明：与关于对称，，，，，四边形是菱形；（2）解：如图，由（1）可知，四边形是菱形，，，，，，，即，，，在中，由勾股定理得：，是的中点，．【变式5】．（2023·北京丰台·二模）如图，在中，，点D为的中点，连接，过点C作，且，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，当，时，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【来源】2023年北京市丰台区中考二模数学试题【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，即可证明四边形是菱形；（2）根据菱形的性质，证明四边形是平行四边形，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，推出，进而证明四边形是菱形，然后利用勾股定理，求得的长，即可求出的长．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，在中，，点D为的中点，，四边形是菱形；（2）解：四边形是菱形，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，四边形是菱形，，，，在中，，．

题型05几何解答正方形相关解题策略考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理是解题的关键．例1（2019·北京·中考）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，过E作EF⊥AD于F．（1）求证：四边形ABEF是正方形；（2）连接BF交AE于点O，连接DO，若CD=2，CE=1，求OD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）OD的长为．【来源】2019年北京市中考总复习质量监控数学试题【分析】（1）先根据矩形的判定可得出四边形ABEF是矩形，再根据角平分线的性质可得，然后根据正方形的判定即可得证；（2）如图（见解析），过点O作于点G，先根据正方形的性质得出点O为AE的中点，再根据中位线定理可得的长，从而可得DG的长，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）四边形ABCD是矩形四边形ABEF是矩形又平分（角平分线的性质）矩形ABEF是正方形即四边形ABEF是正方形；（2）如图，过点O作于点G，则同（1）可得：四边形CDFE是矩形由（1）可知，四边形ABEF是正方形，点O是对角线AE的中点OG是的中位线，点G是AF的中点在中，故OD的长为．【变式1】．（2025·北京房山·中考一模）如图，P是正方形对角线上一点，点E在上，且．

(1)求证：；(2)连接，试判断的度数，并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)，见解析【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，在和中，，∴，∴，∵，∴；（2）．理由如下：连接，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在四边形中，，又∵，∴是等腰直角三角形，∴．

【变式2】．（2024·北京四中·模拟）如图，已知正方形的对角线相交于点O，E是上一点，连结，过点A作，垂足为M，交于点F．

(1)试说明；(2)如图2，若点E在的延长线上，于点M，交的延长线于点F，其它条件不变，则结论“”还成立吗？如果成立，请给出说明理由；如果不成立，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)成立，证明见解析【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：成立；证明如下：∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式3】．（2024·北京大兴区·一模）如图，在正方形中，点，分别在，上，，连接，射线和线段的延长线交于点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【来源】2024年北京市大兴区九年级中考一模数学试题【分析】本题考查了平行四边形的判定，正方形的性质，正切的定义；（1）根据正方形的性质得出，．根据题意得出，即可得证；（2）根据正方形的性质得出，在中，得出则，根据，即可求解．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，．，．即．又，四边形是平行四边形．（2）解：四边形是正方形，，，．，，．在中，，，．．．在中，，．【变式4】．（2023·北京房山·一模）如图，M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，已知：∠MAN＝30°，AM＝AN，△AMN的面积为1．(1)求∠BAM的度数；(2)求正方形ABCD的边长．【答案】(1)∠BAM＝30°；(2)正方形ABCD的边长为．【详解】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，∵AM＝AN，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴△ABM≌△ADN(HL)，∴∠BAM＝∠DAN，∵∠MAN＝30°，∠BAD＝90°，∴∠BAM＝30°．(2)作MH⊥AN于H．设BM＝x，则AM＝AN＝2x，MH＝x，∵•AN•MH＝1，∴•2x•x＝1，解得x＝1或﹣1(舍弃)，∴AB＝BM＝，∴正方形ABCD的边长为．【变式5】．（2024·北京通州北关中学·一模）如图，在边长为1的正方形ABCD中，M是AD的中点，连接BM，BM的垂直平分线交BC的延长线于F，连接MF交CD于N．(1)求CF的长；(2)求证：BM＝EF．【答案】(1)CF＝；(2)证明见解析；【详解】解：（1）解：如图，过M作MH⊥BC于H，设CF＝x．则HF＝+x，BF＝MF＝1+x．在直角△MHF中，由勾股定理得12+(+x)2+(1+x)2，解得，x＝；（2）证明：∵M为AD的中点，∴AM＝DM＝AD＝AB，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠EBF＝∠AMB，∵EF⊥BM，∴∠A＝∠BEF＝90°，∴△EBF∽△AMB，∴，∴EF＝2BE＝BM，即BM＝EF．（30分钟限时练）1．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接并延长到点F，使得，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，解直角三角形：（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线垂直，即可得证；（2）解，求出的长，勾股定理求出的长，即可．【详解】（1）∵点E为的中点，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵菱形，∴，∴，∴平行四边形是矩形；（2）∵菱形，∴．∵矩形，∴，．在中，，∴，∴，∴．2．如图，矩形的对角线与交于点O，E为的中点，连接，过点O作，交延长线于点F，交于点G，连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、矩形的性质、菱形的判定，解直角三角形，熟练掌握相关图形的判定和性质是解决本题的关键．根据四边形是矩形、，可得出，再推导出其它条件，即可证明，从而得证．（2）易证是等边三角形，四边形是菱形，得到，，再根据解直角三角形，可求出，，继而求出的长．【详解】（1）解：（1）证明：∵四边形是矩形，∴．∵，∴．∴．∵E为的中点，∴．又∵，∴．∴．∴四边形是平行四边形．（2）在矩形中，，∴．又∵，四边形是平行四边形，∴是等边三角形．四边形是菱形∴，，，在和中，∵，∴，．∴．∴．3．如图，在中，，平分，，点F在上，，的延长线交的延长线于点D，连接．(1)求证：四边形是平行