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6. 学科特色十字模型「2026陕西汉中月考，★☆」如图，在正方形ABCD中，点E,F,G分别在AB,BC,AD上，连接CE,FG，且$CE=FG$，若$∠FCE=25°$，则$∠AGF$的度数是（
A.$60°$
B.$65°$
C.$55°$
D.$70°$
B
）A.$60°$
B.$65°$
C.$55°$
D.$70°$
答案
6.B 过点$G$作$GH ⊥ BC$于$H$,如图,
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=BC,∠ A = ∠ B = 90°$,
$\because GH ⊥ BC$,
$\therefore$ 四边形$ABHG$是矩形,
$\therefore GH=AB=BC$,
在$\mathrm{Rt}△ BCE$和$\mathrm{Rt}△ HGF$中,$\begin{cases} CE=GF,\\ BC=HG, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ BCE ≌ \mathrm{Rt}△ HGF(\mathrm{HL})$,
$\therefore ∠ HGF = ∠ BCE=25°$,
$\because$ 四边形$ABHG$是矩形,$\therefore ∠ AGH=90°$,
$\therefore ∠ AGF=90°-∠ HGF=65°$.
故选 B.
解析
【分析】
遇到正方形内两条交叉线段相等求角度的问题，可通过作辅助线构造直角三角形，利用全等三角形的性质转化角度。首先过点G作GH垂直BC于H，先利用正方形和矩形的性质得到GH=BC，再结合已知CE=FG，证明两个直角三角形全等，得到对应角相等，最后结合直角的关系即可计算出∠AGF的度数。
【解析】
过点$G$作$GH ⊥ BC$于$H$,如图,
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=BC,∠ A = ∠ B = 90°$,
$\because GH ⊥ BC$,
$\therefore$ 四边形$ABHG$是矩形,
$\therefore GH=AB=BC$,
在$\mathrm{Rt}△ BCE$和$\mathrm{Rt}△ HGF$中,$\begin{cases} CE=GF,\\ BC=HG, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ BCE ≌ \mathrm{Rt}△ HGF(\mathrm{HL})$,
$\therefore ∠ HGF = ∠ BCE=25°$,
$\because$ 四边形$ABHG$是矩形,$\therefore ∠ AGH=90°$,
$\therefore ∠ AGF=90°-∠ HGF=90°-25°=65°$.
故选B.
【答案】B
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质
【点评】
本题是正方形十字模型的典型习题，解题核心是通过作垂线构造全等三角形，打通已知角与未知角的联系，考查了几何辅助线的构造能力和基础几何性质的应用。
【难度系数】
0.7
遇到正方形内两条交叉线段相等求角度的问题，可通过作辅助线构造直角三角形，利用全等三角形的性质转化角度。首先过点G作GH垂直BC于H，先利用正方形和矩形的性质得到GH=BC，再结合已知CE=FG，证明两个直角三角形全等，得到对应角相等，最后结合直角的关系即可计算出∠AGF的度数。
【解析】
过点$G$作$GH ⊥ BC$于$H$,如图,
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=BC,∠ A = ∠ B = 90°$,
$\because GH ⊥ BC$,
$\therefore$ 四边形$ABHG$是矩形,
$\therefore GH=AB=BC$,
在$\mathrm{Rt}△ BCE$和$\mathrm{Rt}△ HGF$中,$\begin{cases} CE=GF,\\ BC=HG, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ BCE ≌ \mathrm{Rt}△ HGF(\mathrm{HL})$,
$\therefore ∠ HGF = ∠ BCE=25°$,
$\because$ 四边形$ABHG$是矩形,$\therefore ∠ AGH=90°$,
$\therefore ∠ AGF=90°-∠ HGF=90°-25°=65°$.
故选B.
【答案】B
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质
【点评】
本题是正方形十字模型的典型习题，解题核心是通过作垂线构造全等三角形，打通已知角与未知角的联系，考查了几何辅助线的构造能力和基础几何性质的应用。
【难度系数】
0.7
7.「2026 四川达州月考，★☆」如图,四边形ABCD是菱形,E,F是对角线BD所在直线上的两点,且∠AED=45°,DF=BE,连接CE,AF,CF.
(1)求证:四边形AECF是正方形.
(2)若BD=4,BE=3,求CD的长.
(1)求证:四边形AECF是正方形.
(2)若BD=4,BE=3,求CD的长.
答案
7.解析 (1)证明:如图,连接$AC$,交$BD$于点$O$,
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,
$\therefore AC ⊥ BD,AO=CO,BO=DO$,
$\because DF=BE$,
$\therefore DF+DO=BE+BO$,即$FO=EO$,
$\therefore$ 四边形$AECF$是平行四边形,
$\because AC ⊥ BD$,
$\therefore$ 四边形$AECF$是菱形,
$\therefore ∠ AEF = ∠ CEF=45°$,
$\therefore ∠ AEC=90°$,
$\therefore$ 四边形$AECF$是正方形.
(2)$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,
$\therefore BO=DO=\frac{1}{2}BD=2,AC ⊥ BD$,
$\therefore EO=BO+BE=5$,
$\because$ 四边形$AECF$是正方形,
$\therefore CO=EO=5$,
在$\mathrm{Rt}△ CDO$中,$CD=\sqrt{DO^2+CO^2}=\sqrt{29}$.
解析
【分析】
(1)要证明四边形AECF是正方形，可按照“先证平行四边形，再证菱形，最后证有一个内角为直角”的思路推导：首先连接AC交BD于O，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO；结合已知DF=BE可推出FO=EO，即可判定四边形AECF是平行四边形；再结合AC⊥BD的性质，可证平行四边形AECF是菱形；已知∠AED=45°，根据菱形对角线平分内角的性质，可得∠AEC=90°，即可证得菱形AECF是正方形。
(2)求CD的长度时，CD是菱形ABCD的边，可放在Rt△CDO中用勾股定理求解：先根据菱形对角线平分BD得到DO的长度，结合BE的长度算出EO的长度，再由正方形的性质得CO=EO，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
(1)证明：如图，连接$AC$，交$BD$于点$O$，
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore AC ⊥ BD,AO=CO,BO=DO$，
$\because DF=BE$，
$\therefore DF+DO=BE+BO$，即$FO=EO$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是平行四边形，
$\because AC ⊥ BD$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是菱形，
$\therefore ∠ AEF = ∠ CEF=45°$，
$\therefore ∠ AEC=90°$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是正方形。
(2)解：$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore BO=DO=\frac{1}{2}BD=2,AC ⊥ BD$，
$\therefore EO=BO+BE=2+3=5$，
$\because$ 四边形$AECF$是正方形，
$\therefore CO=EO=5$，
在$\mathrm{Rt}△ CDO$中，$CD=\sqrt{DO^2+CO^2}=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}$。
【答案】
(1) 四边形AECF是正方形，证明见解析；
(2) $CD=\sqrt{29}$。
【知识点】
菱形的性质、正方形的判定、勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形的综合典型题，解题关键是通过连接菱形对角线作辅助线，结合特殊四边形的判定、性质逐步推导，最后结合勾股定理求解边长，需熟练掌握各类特殊四边形的性质和判定定理。
【难度系数】
0.7
(1)要证明四边形AECF是正方形，可按照“先证平行四边形，再证菱形，最后证有一个内角为直角”的思路推导：首先连接AC交BD于O，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO；结合已知DF=BE可推出FO=EO，即可判定四边形AECF是平行四边形；再结合AC⊥BD的性质，可证平行四边形AECF是菱形；已知∠AED=45°，根据菱形对角线平分内角的性质，可得∠AEC=90°，即可证得菱形AECF是正方形。
(2)求CD的长度时，CD是菱形ABCD的边，可放在Rt△CDO中用勾股定理求解：先根据菱形对角线平分BD得到DO的长度，结合BE的长度算出EO的长度，再由正方形的性质得CO=EO，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
(1)证明：如图，连接$AC$，交$BD$于点$O$，
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore AC ⊥ BD,AO=CO,BO=DO$，
$\because DF=BE$，
$\therefore DF+DO=BE+BO$，即$FO=EO$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是平行四边形，
$\because AC ⊥ BD$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是菱形，
$\therefore ∠ AEF = ∠ CEF=45°$，
$\therefore ∠ AEC=90°$，
$\therefore$ 四边形$AECF$是正方形。
(2)解：$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，
$\therefore BO=DO=\frac{1}{2}BD=2,AC ⊥ BD$，
$\therefore EO=BO+BE=2+3=5$，
$\because$ 四边形$AECF$是正方形，
$\therefore CO=EO=5$，
在$\mathrm{Rt}△ CDO$中，$CD=\sqrt{DO^2+CO^2}=\sqrt{2^2+5^2}=\sqrt{29}$。
【答案】
(1) 四边形AECF是正方形，证明见解析；
(2) $CD=\sqrt{29}$。
【知识点】
菱形的性质、正方形的判定、勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形的综合典型题，解题关键是通过连接菱形对角线作辅助线，结合特殊四边形的判定、性质逐步推导，最后结合勾股定理求解边长，需熟练掌握各类特殊四边形的性质和判定定理。
【难度系数】
0.7
8. 核心素养 推理能力「2026广东中山一中月考」综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动.
操作一:对折正方形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展平;
操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使点A落在正方形内部点M处,把纸片展平,连接PM,BM,并延长PM交CD于点Q,连接BQ.
【初步感知】
(1) 如图1,当点M在EF上时,连接AM,则△ABM的形状为
【迁移探究】
(2) 改变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合),如图2,请判断线段CQ与MQ的数量关系及∠PBQ的度数,并说明理由.
【拓展应用】
(3) 已知正方形纸片ABCD的边长为8,在以上探究中,当FQ=2时,直接写出AP的长.
操作一:对折正方形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展平;
操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使点A落在正方形内部点M处,把纸片展平,连接PM,BM,并延长PM交CD于点Q,连接BQ.
【初步感知】
(1) 如图1,当点M在EF上时,连接AM,则△ABM的形状为
等边三角形
;线段CQ与MQ的数量关系为CQ=MQ
,∠PBQ=45
°.【迁移探究】
(2) 改变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合),如图2,请判断线段CQ与MQ的数量关系及∠PBQ的度数,并说明理由.
【拓展应用】
(3) 已知正方形纸片ABCD的边长为8,在以上探究中,当FQ=2时,直接写出AP的长.
答案
8.解析 (1)等边三角形;$CQ=MQ$;45.
详解:$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=BC,∠ DAB = ∠ ABC = ∠ C=90°$,
由折叠可知$A,B$关于$EF$对称,$AB = MB$,$∠ ABP = ∠ MBP$,$∠ BAD = ∠ PMB=90°$,
$\therefore MA=MB,BM = BC,∠ BMP = ∠ BMQ = 90°$,$\therefore △ ABM$是等边三角形,
$\because BQ=BQ,BM=BC,\therefore \mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$,
$\therefore CQ=MQ,∠ QBM = ∠ QBC$,
$\therefore ∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ MBA + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$.
(2)$CQ=MQ$,$∠ PBQ=45°$.理由如下:
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=BC,∠ BAD = ∠ ABC = ∠ C=90°$,
由折叠可知 $AB = MB$,$∠ ABP = ∠ MBP$,$∠ BAD = ∠ PMB=90°$,
$\therefore BM=BC,∠ BMP = ∠ BMQ=90°$,
$\because BQ=BQ,BM=BC,\therefore \mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$,
$\therefore CQ=MQ,∠ QBM = ∠ QBC$,
$\therefore ∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ MBA + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$.
(3)$\frac{24}{5}$或$\frac{8}{7}$.
详解:当点$Q$在点$F$的下方时,如图,
$\because$ 正方形$ABCD$的边长为8,$\therefore CD=8$,$\therefore DF=FC=4$,
$\because FQ=2$,$\therefore QC=CF-FQ=2$,$DQ=DF+FQ=6$,
由(2)可知,$QM=QC=2$,
设$AP=PM=x$,则$PD=8-x$,$PQ=x+2$,
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中,$PD^2+DQ^2=PQ^2$,
$\therefore (8-x)^2+6^2=(x+2)^2$,
解得$x=\frac{24}{5}$,则$AP=\frac{24}{5}$;
当点$Q$在点$F$的上方时,如图,
$\because$ 正方形$ABCD$的边长为8,$\therefore CD=8$,$\therefore DF=FC=4$,
$\because FQ=2$,$\therefore QC=QF+FC=6$,$DQ=DF-QF=2$,
由(2)可知,$QM=QC=6$,
设$AP=PM=x$,则$PD=8-x$,$PQ=x+6$,
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中,$PD^2+DQ^2=PQ^2$,
$\therefore (8-x)^2+2^2=(x+6)^2$,解得$x=\frac{8}{7}$,则$AP=\frac{8}{7}$.
故$AP$的长为$\frac{24}{5}$或$\frac{8}{7}$.
解析
【分析】
(1) 首先由对折操作得到的折痕EF是AB的垂直平分线，可得MA=MB，再结合折叠性质得AB=MB，故△ABM三边相等为等边三角形；要判断CQ与MQ的关系，可观察到△BQM和△BQC均为直角三角形，且BM=BC、BQ为公共边，用HL定理可证两三角形全等，得到CQ=MQ；再通过角的和差推导，可得∠PBQ为∠ABC的一半，即45°。
(2) 改变点P的位置后，折叠的核心性质不变：BM=AB=BC、∠BMQ=∠C=90°，仍可通过HL证明两个直角三角形全等，推导过程与(1)一致，结论不变。
(3) 已知FQ=2时需分两种情况讨论：点Q在F下方（靠近C侧）、点Q在F上方（靠近D侧），分别求出CQ、DQ的长度，设AP为x，用x表示PQ、PD的长度，在Rt△PDQ中利用勾股定理列方程求解即可，注意不要漏解。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠DAB = ∠ABC = ∠C=90°$，
由操作一折叠可知A、B关于EF对称，故$MA=MB$；
由操作二折叠可知$AB = MB$，$∠ ABP = ∠ MBP$，$∠ BAD = ∠ PMB=90°$，
∴$MA=MB=AB$，即△ABM是等边三角形；
又
∵$BM=AB=BC$，$∠ BMQ = ∠ C=90°$，$BQ=BQ$，
∴$\mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$，
∴$CQ=MQ$，$∠ QBM = ∠ QBC$，
∴$∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ ABM + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$。
(2) $CQ=MQ$，$∠PBQ=45°$，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ BAD = ∠ ABC = ∠ C=90°$，
由折叠性质得 $AB = MB$，$∠ ABP = ∠ MBP$，$∠ BAD = ∠ PMB=90°$，
∴$BM=BC$，$∠ BMQ = ∠ C=90°$，
∵$BQ=BQ$，
∴$\mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$，
∴$CQ=MQ$，$∠ QBM = ∠ QBC$，
∴$∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ ABM + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$。
(3) 分两种情况讨论：
①当点Q在点F的下方时，如图：
∵正方形ABCD的边长为8，
∴$CD=8$，由对折得$DF=FC=4$，
∵$FQ=2$，
∴$QC=CF-FQ=2$，$DQ=DF+FQ=6$，
由(2)可知$QM=QC=2$，设$AP=PM=x$，则$PD=8-x$，$PQ=x+2$，
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中，由勾股定理得$PD^2+DQ^2=PQ^2$，
∴$(8-x)^2+6^2=(x+2)^2$，解得$x=\frac{24}{5}$，即$AP=\frac{24}{5}$；
②当点Q在点F的上方时，如图：
同理得$DF=FC=4$，
∵$FQ=2$，
∴$QC=CF+FQ=6$，$DQ=DF-FQ=2$，
由(2)可知$QM=QC=6$，设$AP=PM=x$，则$PD=8-x$，$PQ=x+6$，
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中，由勾股定理得$PD^2+DQ^2=PQ^2$，
∴$(8-x)^2+2^2=(x+6)^2$，解得$x=\frac{8}{7}$，即$AP=\frac{8}{7}$。
【答案】
(1) 等边三角形；$CQ=MQ$；$45$
(2) $CQ=MQ$，$∠PBQ=45°$，理由见解析
(3) $\frac{24}{5}$或$\frac{8}{7}$，对应情况如图：
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题以正方形折叠操作为载体，综合考查几何性质的应用，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合全等三角形判定、勾股定理解题，第三问需要分类讨论点Q的位置，避免漏解，能有效锻炼逻辑推理能力和分类讨论思想。
【难度系数】
0.6
(1) 首先由对折操作得到的折痕EF是AB的垂直平分线，可得MA=MB，再结合折叠性质得AB=MB，故△ABM三边相等为等边三角形；要判断CQ与MQ的关系，可观察到△BQM和△BQC均为直角三角形，且BM=BC、BQ为公共边，用HL定理可证两三角形全等，得到CQ=MQ；再通过角的和差推导，可得∠PBQ为∠ABC的一半，即45°。
(2) 改变点P的位置后，折叠的核心性质不变：BM=AB=BC、∠BMQ=∠C=90°，仍可通过HL证明两个直角三角形全等，推导过程与(1)一致，结论不变。
(3) 已知FQ=2时需分两种情况讨论：点Q在F下方（靠近C侧）、点Q在F上方（靠近D侧），分别求出CQ、DQ的长度，设AP为x，用x表示PQ、PD的长度，在Rt△PDQ中利用勾股定理列方程求解即可，注意不要漏解。
【解析】
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠DAB = ∠ABC = ∠C=90°$，
由操作一折叠可知A、B关于EF对称，故$MA=MB$；
由操作二折叠可知$AB = MB$，$∠ ABP = ∠ MBP$，$∠ BAD = ∠ PMB=90°$，
∴$MA=MB=AB$，即△ABM是等边三角形；
又
∵$BM=AB=BC$，$∠ BMQ = ∠ C=90°$，$BQ=BQ$，
∴$\mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$，
∴$CQ=MQ$，$∠ QBM = ∠ QBC$，
∴$∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ ABM + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$。
(2) $CQ=MQ$，$∠PBQ=45°$，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=BC$，$∠ BAD = ∠ ABC = ∠ C=90°$，
由折叠性质得 $AB = MB$，$∠ ABP = ∠ MBP$，$∠ BAD = ∠ PMB=90°$，
∴$BM=BC$，$∠ BMQ = ∠ C=90°$，
∵$BQ=BQ$，
∴$\mathrm{Rt}△ BQM ≌ \mathrm{Rt}△ BQC(\mathrm{HL})$，
∴$CQ=MQ$，$∠ QBM = ∠ QBC$，
∴$∠ PBQ = ∠ MBP + ∠ QBM = \frac{1}{2}( ∠ ABM + ∠ CBM ) = \frac{1}{2}∠ ABC=45°$。
(3) 分两种情况讨论：
①当点Q在点F的下方时，如图
：∵正方形ABCD的边长为8，
∴$CD=8$，由对折得$DF=FC=4$，
∵$FQ=2$，
∴$QC=CF-FQ=2$，$DQ=DF+FQ=6$，
由(2)可知$QM=QC=2$，设$AP=PM=x$，则$PD=8-x$，$PQ=x+2$，
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中，由勾股定理得$PD^2+DQ^2=PQ^2$，
∴$(8-x)^2+6^2=(x+2)^2$，解得$x=\frac{24}{5}$，即$AP=\frac{24}{5}$；
②当点Q在点F的上方时，如图
：同理得$DF=FC=4$，
∵$FQ=2$，
∴$QC=CF+FQ=6$，$DQ=DF-FQ=2$，
由(2)可知$QM=QC=6$，设$AP=PM=x$，则$PD=8-x$，$PQ=x+6$，
在$\mathrm{Rt}△ PDQ$中，由勾股定理得$PD^2+DQ^2=PQ^2$，
∴$(8-x)^2+2^2=(x+6)^2$，解得$x=\frac{8}{7}$，即$AP=\frac{8}{7}$。
【答案】
(1) 等边三角形；$CQ=MQ$；$45$
(2) $CQ=MQ$，$∠PBQ=45°$，理由见解析
(3) $\frac{24}{5}$或$\frac{8}{7}$，对应情况如图：
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题以正方形折叠操作为载体，综合考查几何性质的应用，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合全等三角形判定、勾股定理解题，第三问需要分类讨论点Q的位置，避免漏解，能有效锻炼逻辑推理能力和分类讨论思想。
【难度系数】
0.6
