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5[2025陕西咸阳期中,中]如图,在正方形ABCD中,点M是对角线BD上的一点,连接AM,过点M作MN⊥AM,交CD于点N,以AM,MN为邻边作矩形AMNP.
(1)求证:矩形AMNP是正方形.
(2)若点N为CD的中点,且AD=8,求正方形AMNP的面积.
(1)求证:矩形AMNP是正方形.
(2)若点N为CD的中点,且AD=8,求正方形AMNP的面积.
答案
5.(1)【证明】如图,过点 M 作 ME⊥AD 于点 E,MF⊥CD 于点 F.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADC = 90°, ∠MDA =∠MDC=45°.
∵ ME⊥AD,MF⊥CD,
∴ ME=MF.
∵ ∠MED=∠MFD=∠EDF=90°,
∴ 四边形 EMFD 是正方形,
∴ ∠EMF=90°=∠AMN,
∴ ∠AME=∠NMF.
在△AME 和△NMF 中,$\begin{cases} ∠AME=∠NMF, \\ ME=MF, \\ ∠AEM=∠NFM=90°, \end{cases}$
∴ △AME≌△NMF(ASA),
∴ AM=NM.
又
∵ 四边形 AMNP 是矩形,
∴ 四边形 AMNP 是正方形.
(2)【解】连接 AN.
∵ 在正方形 ABCD 中,点 N 为 CD 的中点,且 AD=8,
∴ $DN=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AD=4$,
∴ 在Rt△ADN 中,$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$.
∵ 四边形 AMNP 是正方形,
∴ 易知正方形 AMNP 的面积为$\frac{1}{2}AN^2=\frac{1}{2}×(4\sqrt{5})^2=40$.
思路分析
(2)利用勾股定理求出AN的长,再利用正方形的面积等于对角线长的平方的一半即可求解.
解析
【分析】
(1)要证明矩形AMNP是正方形，只需证明矩形的一组邻边相等，即AM=MN。点M在正方形ABCD的对角线BD上，BD平分∠ADC，因此过M作ME⊥AD于E、MF⊥CD于F，利用角平分线性质可得ME=MF，再通过证明△AME≌△NMF得到AM=MN，即可得证。
(2)求正方形AMNP的面积时，已知N为CD中点、AD=8，可先在Rt△ADN中用勾股定理求出正方形AMNP的对角线AN的长度，再利用正方形面积等于对角线平方的一半的性质，快速求出面积。
【解析】
(1)证明：如图，过点M作ME⊥AD于点E，MF⊥CD于点F。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠MDA=∠MDC=45°。
∵ME⊥AD，MF⊥CD，
∴ME=MF。
∵∠MED=∠MFD=∠EDF=90°，
∴四边形EMFD是正方形，
∴∠EMF=90°=∠AMN，
∴∠AME=∠NMF。
在△AME和△NMF中，$\begin{cases} ∠AME=∠NMF, \\ ME=MF, \\ ∠AEM=∠NFM=90°, \end{cases}$
∴△AME≌△NMF(ASA)，
∴AM=NM。
又
∵四边形AMNP是矩形，
∴四边形AMNP是正方形。
(2)解：连接AN。
∵在正方形ABCD中，点N为CD的中点，且AD=8，
∴$DN=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AD=4$，
∴在Rt△ADN中，$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$。
∵四边形AMNP是正方形，
∴正方形AMNP的面积为$\frac{1}{2}AN^2=\frac{1}{2}×(4\sqrt{5})^2=40$。
【答案】
(1)矩形AMNP是正方形，证明见上述过程；
(2)正方形AMNP的面积为40。
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是正方形几何的常考题型，第一问通过作辅助线构造全等三角形证明邻边相等是解题关键，第二问巧用正方形面积与对角线的关系简化了计算，能够考查学生的几何推理能力和运算能力。
【难度系数】
0.65
(1)要证明矩形AMNP是正方形，只需证明矩形的一组邻边相等，即AM=MN。点M在正方形ABCD的对角线BD上，BD平分∠ADC，因此过M作ME⊥AD于E、MF⊥CD于F，利用角平分线性质可得ME=MF，再通过证明△AME≌△NMF得到AM=MN，即可得证。
(2)求正方形AMNP的面积时，已知N为CD中点、AD=8，可先在Rt△ADN中用勾股定理求出正方形AMNP的对角线AN的长度，再利用正方形面积等于对角线平方的一半的性质，快速求出面积。
【解析】
(1)证明：如图，过点M作ME⊥AD于点E，MF⊥CD于点F。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠MDA=∠MDC=45°。
∵ME⊥AD，MF⊥CD，
∴ME=MF。
∵∠MED=∠MFD=∠EDF=90°，
∴四边形EMFD是正方形，
∴∠EMF=90°=∠AMN，
∴∠AME=∠NMF。
在△AME和△NMF中，$\begin{cases} ∠AME=∠NMF, \\ ME=MF, \\ ∠AEM=∠NFM=90°, \end{cases}$
∴△AME≌△NMF(ASA)，
∴AM=NM。
又
∵四边形AMNP是矩形，
∴四边形AMNP是正方形。
(2)解：连接AN。
∵在正方形ABCD中，点N为CD的中点，且AD=8，
∴$DN=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AD=4$，
∴在Rt△ADN中，$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$。
∵四边形AMNP是正方形，
∴正方形AMNP的面积为$\frac{1}{2}AN^2=\frac{1}{2}×(4\sqrt{5})^2=40$。
【答案】
(1)矩形AMNP是正方形，证明见上述过程；
(2)正方形AMNP的面积为40。
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是正方形几何的常考题型，第一问通过作辅助线构造全等三角形证明邻边相等是解题关键，第二问巧用正方形面积与对角线的关系简化了计算，能够考查学生的几何推理能力和运算能力。
【难度系数】
0.65
6[2025广东韶关期中,中]【阅读理解】半角模型是指有公共顶点,锐角等于较大角的一半,且组成这个较大角的两边相等.通过旋转或截长补短,将角的倍分关系转化为角的相等关系,并进一步构成全等三角形,用以解决线段关系、角度、面积等问题.
【初步探究】如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,连接AE,AF,EF.若∠EAF=45°,将△ADF绕点A顺时针旋转90°,得到△ABG.易证:△AEF≌△AEG.
(1)根据以上信息填空:
①∠EAG=
②线段BE,EF,DF之间满足的数量关系为
【迁移探究】
(2)如图(2),在正方形ABCD中,若点E在CB的延长线上,点F在DC的延长线上,∠EAF=45°,猜想线段BE,EF,DF之间的数量关系,并证明.
【拓展探索】
(3)如图(3),已知正方形ABCD的边长为$3\sqrt{2}$,E,F分别在BC,CD上,∠EAF=45°,连接BD分别交AE,AF于点M,N,若点M恰好为线段BD的一个三等分点,且BM＜DM,求线段MN的长.
【初步探究】如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,连接AE,AF,EF.若∠EAF=45°,将△ADF绕点A顺时针旋转90°,得到△ABG.易证:△AEF≌△AEG.
(1)根据以上信息填空:
①∠EAG=
45
°;②线段BE,EF,DF之间满足的数量关系为
BE+DF=EF
.【迁移探究】
(2)如图(2),在正方形ABCD中,若点E在CB的延长线上,点F在DC的延长线上,∠EAF=45°,猜想线段BE,EF,DF之间的数量关系,并证明.
【拓展探索】
(3)如图(3),已知正方形ABCD的边长为$3\sqrt{2}$,E,F分别在BC,CD上,∠EAF=45°,连接BD分别交AE,AF于点M,N,若点M恰好为线段BD的一个三等分点,且BM＜DM,求线段MN的长.
答案
6.【解】(1)①
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠D =∠DAB = ∠ABC = 90°. 由旋转得∠ABG = ∠D =∠ABE = 90°, ∠GAB = ∠FAD, AG = AF, BG = DF,
∴ G,B,E 共线.
∵ ∠EAF=45°,
∴ ∠EAG = ∠GAB+∠BAE = ∠FAD+∠BAE=45°=∠EAF.
在△EAF 和△EAG 中,$\begin{cases} AF=AG, \\ ∠EAF=∠EAG, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴ △EAF≌△EAG(SAS),
∴ EF = EG.
∵ BE+BG = EG,
∴ BE+DF=EF.
(2)BE+EF=DF. 证明如下:如图(1),在 DC 上截取 DH=BE,连接 AH.
在△ABE 和△ADH 中,
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠D=90°, \\ BE=DH, \end{cases}$
∴ △ABE≌△ADH(SAS),
∴ AE = AH, ∠BAE = ∠DAH,
∴ ∠BAE + ∠BAH =∠BAH+∠DAH=90°,即∠EAH=∠BAD=90°.
∵ ∠EAF=45°,
∴ ∠EAF=∠FAH=45°.
在△EAF 和△HAF 中,$\begin{cases} AE=AH, \\ ∠EAF=∠HAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴ △EAF≌△HAF(SAS),
∴ EF=HF.
∵ DH+HF=DF,
∴ BE+EF=DF.
(3)如图(2),将△ADN 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABK,连接 KM.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = AD = $3\sqrt{2}$, ∠BAD =90°,
∴ ∠ABD = ∠ADB =45°, $BD = \sqrt{AB^2+AD^2} = 6$,
∴ $BM=\frac{1}{3}BD=2$,
∴ DM=BD-BM=4.
由旋转可得,∠KAN = 90°, AK = AN, BK = DN,∠ABK=∠ADB=45°,
∴ ∠KBM = ∠ABK+∠ABD =90°.
∵ ∠KAN = 90°, ∠MAN = 45°,
∴ ∠KAM =∠MAN=45°. 又
∵ AM = AM,
∴ △AMK≌△AMN,
∴ KM=MN.
设 MK=MN=x,则 BK=DN=4-x.
在 Rt△BMK 中,$BK^2+BM^2=MK^2$,
∴ $(4-x)^2+2^2=x^2$,解得 x=2.5,
∴ MN=2.5.
思路分析
(1)②根据旋转及正方形的性质得∠ABG=∠D=∠BAD=∠ABE = 90°,可得 G,B,E 共线,再证明△EAF≌△EAG,得出 EF=EG,进而可得出BE,EF,DF之间的数量关系.
方法总结
翻折问题常利用图形本身的性质、全等三角形、勾股定理、方程思想等知识求解.
解析
【分析】
本题围绕正方形中的半角模型分层设置问题，解题思路如下：
(1) 第一问借助旋转的性质和正方形内角特点，先推导对应角的度数，再通过全等三角形转化线段，得到三条线段的数量关系；
(2) 第二问中E、F在边的延长线上，采用截长补短法构造全等三角形，将已知线段转化到同一直线上，进而推导线段关系；
(3) 第三问结合正方形对角线的性质，依旧用旋转法构造全等三角形，把待求线段转化到直角三角形中，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) ①
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ D =∠ DAB = ∠ ABC = 90°$。
由旋转得$∠ ABG = ∠ D =∠ ABE = 90°$, $∠ GAB = ∠ FAD$, $AG = AF$, $BG = DF$，
∴ G、B、E三点共线。
∵ $∠ EAF=45°$,
∴ $∠ EAG = ∠ GAB+∠ BAE = ∠ FAD+∠ BAE=90°-∠ EAF=45°$。
② 由①得$∠ EAG=∠ EAF$，
在$△ EAF$和$△ EAG$中，
$\begin{cases} AF=AG, \\ ∠ EAF=∠ EAG, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴ $△ AEF≌△ AEG(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF = EG$。
∵ $BE+BG = EG$，$BG=DF$，
∴ $BE+DF=EF$。
(2) 猜想线段关系为$BE+EF=DF$，证明如下：
如图(1)，在DC上截取$DH=BE$，连接AH。
在$△ ABE$和$△ ADH$中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ ABE=∠ D=90°, \\ BE=DH, \end{cases}$
∴ $△ ABE≌△ ADH(\mathrm{SAS})$，
∴ $AE = AH$, $∠ BAE = ∠ DAH$，
∴ $∠ BAE + ∠ BAH =∠ BAH+∠ DAH=90°$，即$∠ EAH=∠ BAD=90°$。
∵ $∠ EAF=45°$,
∴ $∠ EAF=∠ FAH=45°$。
在$△ EAF$和$△ HAF$中，
$\begin{cases} AE=AH, \\ ∠ EAF=∠ HAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴ $△ EAF≌△ HAF(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF=HF$。
∵ $DH+HF=DF$，$DH=BE$，
∴ $BE+EF=DF$。
(3) 如图(2)，将$△ ADN$绕点A顺时针旋转$90°$得到$△ ABK$，连接KM。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB = AD = 3\sqrt{2}$, $∠ BAD =90°$,
∴ $∠ ABD = ∠ ADB =45°$, $BD = \sqrt{AB^2+AD^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$，
∵ M是BD的三等分点且$BM＜DM$，
∴ $BM=\frac{1}{3}BD=2$, $DM=BD-BM=4$。
由旋转可得，$∠ KAN = 90°$, $AK = AN$, $BK = DN$,$∠ ABK=∠ ADB=45°$,
∴ $∠ KBM = ∠ ABK+∠ ABD =45°+45°=90°$，$△ KBM$是直角三角形。
∵ $∠ KAN = 90°$, $∠ MAN = 45°$,
∴ $∠ KAM =∠ KAN - ∠ MAN =45°=∠ MAN$，
又
∵ $AM = AM$，
∴ $△ AMK≌△ AMN(\mathrm{SAS})$，
∴ $KM=MN$。
设 $MK=MN=x$，则 $BK=DN=DM - MN=4-x$，
在$\mathrm{Rt}△ BMK$中，由勾股定理得$BK^2+BM^2=MK^2$，
∴ $(4-x)^2+2^2=x^2$，
展开得$16-8x+x^2+4=x^2$，
化简得$20-8x=0$，解得$x=2.5$，
∴ $MN=2.5$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{45}$；②$\boldsymbol{BE+DF=EF}$
(2) $\boldsymbol{BE+EF=DF}$，辅助线如下：
(3) $\boldsymbol{MN=2.5}$，辅助线如下：
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；半角模型应用
【点评】
本题以正方形半角模型为核心，从基础结论推导到拓展应用，考查了旋转、截长补短等构造全等的常用辅助线方法，同时融合了勾股定理、方程思想的应用，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和模型迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
本题围绕正方形中的半角模型分层设置问题，解题思路如下：
(1) 第一问借助旋转的性质和正方形内角特点，先推导对应角的度数，再通过全等三角形转化线段，得到三条线段的数量关系；
(2) 第二问中E、F在边的延长线上，采用截长补短法构造全等三角形，将已知线段转化到同一直线上，进而推导线段关系；
(3) 第三问结合正方形对角线的性质，依旧用旋转法构造全等三角形，把待求线段转化到直角三角形中，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) ①
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ D =∠ DAB = ∠ ABC = 90°$。
由旋转得$∠ ABG = ∠ D =∠ ABE = 90°$, $∠ GAB = ∠ FAD$, $AG = AF$, $BG = DF$，
∴ G、B、E三点共线。
∵ $∠ EAF=45°$,
∴ $∠ EAG = ∠ GAB+∠ BAE = ∠ FAD+∠ BAE=90°-∠ EAF=45°$。
② 由①得$∠ EAG=∠ EAF$，
在$△ EAF$和$△ EAG$中，
$\begin{cases} AF=AG, \\ ∠ EAF=∠ EAG, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴ $△ AEF≌△ AEG(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF = EG$。
∵ $BE+BG = EG$，$BG=DF$，
∴ $BE+DF=EF$。
(2) 猜想线段关系为$BE+EF=DF$，证明如下：
如图(1)，在DC上截取$DH=BE$，连接AH。
在$△ ABE$和$△ ADH$中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ ABE=∠ D=90°, \\ BE=DH, \end{cases}$
∴ $△ ABE≌△ ADH(\mathrm{SAS})$，
∴ $AE = AH$, $∠ BAE = ∠ DAH$，
∴ $∠ BAE + ∠ BAH =∠ BAH+∠ DAH=90°$，即$∠ EAH=∠ BAD=90°$。
∵ $∠ EAF=45°$,
∴ $∠ EAF=∠ FAH=45°$。
在$△ EAF$和$△ HAF$中，
$\begin{cases} AE=AH, \\ ∠ EAF=∠ HAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
∴ $△ EAF≌△ HAF(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF=HF$。
∵ $DH+HF=DF$，$DH=BE$，
∴ $BE+EF=DF$。
(3) 如图(2)，将$△ ADN$绕点A顺时针旋转$90°$得到$△ ABK$，连接KM。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB = AD = 3\sqrt{2}$, $∠ BAD =90°$,
∴ $∠ ABD = ∠ ADB =45°$, $BD = \sqrt{AB^2+AD^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$，
∵ M是BD的三等分点且$BM＜DM$，
∴ $BM=\frac{1}{3}BD=2$, $DM=BD-BM=4$。
由旋转可得，$∠ KAN = 90°$, $AK = AN$, $BK = DN$,$∠ ABK=∠ ADB=45°$,
∴ $∠ KBM = ∠ ABK+∠ ABD =45°+45°=90°$，$△ KBM$是直角三角形。
∵ $∠ KAN = 90°$, $∠ MAN = 45°$,
∴ $∠ KAM =∠ KAN - ∠ MAN =45°=∠ MAN$，
又
∵ $AM = AM$，
∴ $△ AMK≌△ AMN(\mathrm{SAS})$，
∴ $KM=MN$。
设 $MK=MN=x$，则 $BK=DN=DM - MN=4-x$，
在$\mathrm{Rt}△ BMK$中，由勾股定理得$BK^2+BM^2=MK^2$，
∴ $(4-x)^2+2^2=x^2$，
展开得$16-8x+x^2+4=x^2$，
化简得$20-8x=0$，解得$x=2.5$，
∴ $MN=2.5$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{45}$；②$\boldsymbol{BE+DF=EF}$
(2) $\boldsymbol{BE+EF=DF}$，辅助线如下：
(3) $\boldsymbol{MN=2.5}$，辅助线如下：
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；半角模型应用
【点评】
本题以正方形半角模型为核心，从基础结论推导到拓展应用，考查了旋转、截长补短等构造全等的常用辅助线方法，同时融合了勾股定理、方程思想的应用，能够有效锻炼几何逻辑推理能力和模型迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
