1、专题1-5 正方形基本型母题溯源模型解读2【模型一】中点+折叠2【模型二】双中点（十字架模型拓展）4【模型三】对角线模型12【模型四】半角模型12题型一 中点+折叠模型16题型二 双中点模型（十字架拓展）202023东营中考真题202203绥化中考真题23题型三 对角线模型282023攀枝花中考真题352023四川宜宾统考中考真题37题型四 半角模型（七个性质）382023重庆中考真题382023眉山中考真题392022达州中考真题41模型解读【模型一】中点+折叠性质一：；性质二：F，G为中点；性质三：;性质四：；性质五：；性质六： 性质一证明：性质二证明：G是BC中点性质三，四证明：HL全等
2、性质五证明：勾股，或“12345”模型【12345模型说明】易知，故，记性质六证明：12345模型【模型二】双中点（十字架模型拓展）(1)知2推1：M中点；N是中点；AMDN(2)已知：M是中点，N是中点，连接CE并延长，交AD于F 求_ 证明：EC平分NEM 求【解析】证明：法一：角平分线逆定理 法二：旋转相似（手拉手模型）法三：四点共圆 法一：角平分线定理法二：12345模型（正切和角公式）（3）已知：M，N是中点，O是中心，连接OE，求DE:EG:GN ;证OEC=90【解析】第一问【解析】第二问 法一：由（2）可知NEC=45，故构造手拉手模型可得黄黄(SAS)，从而可得NEO=45，
3、得证 或者换个方向也可以， 像这种方方正正的图形也可以试试建系法二：四点共圆法三：补成玄图 易知OEG=45（4）已知：M，N是中点,连接BE，证BE=CD【解析】法一 斜边上的中线等于斜边一般法二：过AD的中点P作AE垂线，交AM于Q，可得Q是AE中点，则BQ垂直平分AE，故AB=BE法三：对角互补得四点共圆，导角得等腰法四：勾股定理，由（2）可知DE：NE=2:3，设值求值即可（5）已知：M，N是中点,连接BE，AHBE于H，交DN于K，证AK=CD【解析】法一：构造玄图导等腰法二：四点共圆法三：建系求坐标（略）【模型三】对角线模型【模型四】半角模型如图，已知ABCD为正方形，FAE=45
4、，对角线BD交AE于M，交AF与N，AGEF5个条件知1推4 EAF=45 ，AH=AB AE平分BEF AF平分DFE【性质一】5个条件知1推4（全等）【性质二】（勾股证）【性质三】MGN=90【性质四】；（2组子母，1共享型相似）【性质五】ANE，AMF，是2个隐藏的等腰直角三角形（反8字相似或四点共圆）【性质六】AMNAFE，且相似比为（用全等导角）【性质七】（旋转相似）【性质一】DFBEEF易证ABEAGE，易证AGFADF【性质二】简证，如图【性质三】MGN=90简证，如图：两组全等【性质四】；（2组子母，1共享型相似）简证，如图SABCDBNDM（共享型相似）1=45+2=BANB
5、ANDMABNDM=ABAD【性质五】ANE，AMF，是2个隐藏的等腰直角三角形简证，以ANE为例，AMF方法相同法一：两次相似AMNBMEBMAEMNABM=NEM=45法二：ABEN四点共圆，对角互补ABE+ANE=180或ABN=AEN【性质六】AMNAFE，且相似比为先证相似，易知1=2=3，故相似成立相似比为：【性质七】重点题型归类精练题型一 中点+折叠模型1如图，在边长4的正方形中，是边的中点，将沿直线折叠后，点落在点处，再将其打开、展平，得折痕连接、，延长交于点则下列结论：；，其中正确的有A1个B2个C3个D4个【解答】解：四边形 是正方形，是边的中点，将沿直线折叠得到，四边形是
6、平行四边形，故正确；，故正确；，故错误；过作于，设，则，解得：，（舍去），故正确；2如图，正方形中，点在边上，将沿对折至，延长交边于点，连接，给出以下结论：；其中所有正确结论的个数是A1B2C3D4【解答】解：如图，由折叠可知，在和中，故正确；正方形边长是12，设，则，由勾股定理得：，即：，解得：，故正确，故正确；，故正确综上可知正确的结论的是4个3如图，矩形中，为中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长是【解答】解：如图，连接，四边形为矩形，为中点，由翻折知，平分，又，题型二 双中点模型（十字架拓展）2023东营中考真题1如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，
7、连接，分别交，于点，是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：垂直平分；的最小值为；其中正确的是（）ABCD【答案】D【详解】解： 为正方形，.,，.平分，.，.，垂直平分，故正确.由可知，由可知，.故正确.为正方形，且边长为4，在中，.由可知，.由图可知，和等高，设高为，.故不正确.由可知，关于线段的对称点为，过点作，交于，交于，最小即为，如图所示，由可知的高即为图中的，.故不正确.综上所述，正确的是2如图，正方形中，点、分别为边、上的中点，连接、交于点，连接、，与交于点，则结论；四边形是平行四边形；中，正确的有个A1B2C3D4【答案】【解答】解：且，四边形为平行四边形，故正
8、确；，在和中，点为中点，为的中位线，即为的垂直平分线，故错误；在和中，故正确；，、四点共圆，在中，故错误2203绥化中考真题3如图，在正方形中，点为边的中点，连接，过点作于点，连接交于点，平分交于点则下列结论中，正确的个数为（）；当时，A0个B1个C2个D3个【答案】D【详解】四边形是正方形，即，又,，故正确；设正方形的边长为，点为边的中点，,在中，在中，故正确；，,如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，又，四边形是矩形，是的角平分线，四边形是正方形，设，则在中，解得：，故正确4如图，已知，分别为正方形的边，的中点，与交于点，为的中点，则下列结论：；其中正确结论的是ABCD【解答】解：在正方
9、形中，、分别为边，的中点，在和中，故正确；是的中线，故错误；，故正确；设正方形的边长为，则，在中，即，解得，故正确；如图，过点作于，则，即，解得，根据勾股定理，过点作，过点作于，则，在中，根据正方形的性质，是直角三角形，故正确；综上所述，正确的结论有共4个5如图，在正方形中，E、F分别在、边上，且，连接、相交于G点则下列结论：；当E为中点时，连接，则，正确的结论是 （填序号）【答案】【分析】由“”可证，可得；由全等三角形的性质可得，由面积和差关系可得；通过证明，可得，可得结论；通过证明点D，点E，点G，点F四点共圆，可证【详解】解：四边形是正方形，在和中，故正确，SBCESCDF，；故正确，；
10、故正确；如图，连接，点E是中点，点D，点E，点G，点F四点共圆，故正确；综上所述：正确的有题型三 对角线模型1如图，在边长为1的正方形中，动点，分别以相同的速度从，两点同时出发向和运动（任何一个点到达即停止），连接、交于点，过点作交于点，交于点，连接，在运动过程中则下列结论：；线段的最小值为其中正确的结论有A2个B3个C4个D5个【解答】解：动点，的速度相同，又，在和中，故正确；，故正确；，故正确；在和中，故正确；点在运动中保持，点的路径是一段以为直径的弧，如图，设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，在中，即线段的最小值为，故错误；综上可知正确的有4个，故选：2如图，正方形中，点是对角线上
11、的一点，连接，过点作，交于点，连接交于点，下列结论：；若，则，其中结论正确的个数是A1B2C3D4【解答】解：如图，连接，四边形为正方形，在和中，故正确；，故正确；，即，故正确；如图，过点作于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，易证，是直角三角形，设，则，解得：，即，故正确故选：3如图，正方形中，点，分别为边，上的点，连接，与对角线分别交于点，连接若，则下列判断错误的是ABC，分别为边，的中点D【解答】解：如图1，将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：，点，在同一条直线上，即在与中，故选项不合题意，如图2，将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，又，故选项不合题意；，点，点，点，点四点共圆，故选
12、项不合题意，故选：4在正方形中，点为边上一点且，点为对角线上一点且，连接交于点，过点作于点，连接、，若，则的面积是【解答】解：如图，过作于，连接，设，则，为的中点，四边形是正方形，平分，故答案为：5.如图，正方形AFBH,点T是边AF上一动点,M是HT的中点,MNHT交AB于N,当点T在AF上运动时,的值是否发生改变?若改变求出其变化范围:若不改变请求出其值并给出你的证明【解析】易知NT=HN，证明TNH=90即可2023攀枝花中考真题6如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（）AB2CD【答案】C【分析】先证四边形是矩形，可得，由等腰直角三角形的性质可得，
13、可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得【详解】解：如图：连接，四边形是正方形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，2023四川宜宾统考中考真题7. 如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P若，则的长为（）ABCD【答案】C【详解】解：四边形是边长为6的正方形，在和中，又，设，则，解得，题型四 半角模型（七个性质）2023重庆中考真题1如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，若，则一定等于（ ）ABCD【答案】A【详解】将绕点逆时针旋转至，四边形是正方形，由旋转性质可知：， ，点三点共线，在和中，2023眉山中考真题2如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，
14、连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结下列四个结论：；其中正确结论的个数为（）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断正确；再根据，可判断正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论正确，由随着长度变化而变化，不固定，可 判断不一定成立【详解】解：正方形，是等腰直角三角形， ，故正确；又,，即：，故正确，又，又，故正确，若，则，又，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故错误；综上，正确的有共3个3如图，在正方形中，点，分别在，上，与相交于点
15、下列结论：垂直平分；当时，为等边三角形；当时，其中正确的结论是ABCD【解答】解：四边形是正方形，又，垂直平分，故正确；，垂直平分，当平分时，即，故错误；，又，是等边三角形，故正确；，是等边三角形，故错误.2022达州中考真题4如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，分别交对角线于点P，Q点E，F在运动过程中，始终保持，连接，以下结论：；为等腰直角三角形；若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为其中所有正确结论的序号是 【答案】【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断正确；通过证明，可证明正
16、确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断错误；通过证明，利用相似三角形的性质即可证明正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断正确【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，四边形ABCD是正方形，垂直平分BD，故正确；，即，故正确；如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，即，故错误；如图1，四边形ABCD是正方形，为等腰直角三角形，故正确；如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，故正确5如图，点、分别是正方形的边、上的两个动点，在运动过程中保持，、分别与对角线交于点、，连接、相交于
17、点，以下结论：；，一定成立的是 【答案】【分析】由旋转的性质可得，由可证，可得，可得，故正确；由可证，可得，由勾股定理可得；故正确；通过证明，可得，可证，故正确；通过证明点，点，点，点四点共圆，可证，由，可得，故错误，即可求解【详解】解：将绕点逆时针旋转，得到，将绕点顺时针旋转，得到，点在直线上，又，（），；故正确；将绕点顺时针旋转，得到，又，（），；故正确；，又，又，故正确；，点A，点，点，点四点共圆，同理可求，故错误6如图，点、分别是正方形的边、上的两个动点，在运动过程中保持，、分别与对角线交于点、，连接、相交于点，以下结论：；，一定成立的是ABCD【解答】解：将绕点逆时针旋转，得到，将绕
18、点顺时针旋转，得到，点在直线上，又，；故正确；将绕点顺时针旋转，得到，又，；故正确；，又，又，故正确；，点，点，点，点四点共圆，同理可求，故错误7如图，正方形的对角线相交于点，点，分别是边，上的动点（不与点，重合），分别交于，两点，且，则下列结论：；是等腰三角形其中正确的有A1个B2个C3个D4个【解答】解：将绕点逆时针旋转至，；故正确；，故正确；，即，是等腰直角三角形，；故正确；在与中，是等腰三角形，故正确；8如图，在正方形中，对角线，相交于点，是线段上的动点（点F不与点O，D重合）连接，过点F作分别交，于点H，G，连接交于点M，作交于点E，交于点N有下列结论：当时，；时，；其中正确的是 （
19、填序号）【答案】【分析】正确利用面积法证明即可；正确如图3中，将绕点顺时针旋转得到，连接则，证明，利用勾股定理，即可解决问题；正确如图2中，过点作于，于，连接想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可；错误假设成立，推出，显然不符合条件【详解】解：如图1中，过点作于，四边形是正方形，故正确，过点F作，如图所示：四边形是矩形，在正方形中，即，如图3中，将绕点顺时针旋转得到，连接则，O为的中点，即，；，故正确，如图2中，过点作于，于，连接，是等腰直角三角形，即，故正确，假设成立，显然这个条件不成立，故错误9（2023广东深圳校联考模拟预测）如图，等腰直角中，顶点M，P在正方形的边及边的延长线上动点交于点F，连接并延长，交于N，交于点E以下结论：若，则，其中正确的是 （填写正确的序号）【答案】【分析】由正方形及等腰直角三角形的性质，可证得，可证得，点A、B、M、F四点共圆，由可证，可得，可得，故正确；由可证，可得，由勾股定理可得；故正确；通过证明，可得，故正确；由可得，设正方形的边长为a，可得，故正确，即可求解【详解】解：四边形是正方形，是等腰直角三角形，点A、B、M、F四点共圆，又，故正确；如图：将绕点A|顺时针旋转，得到，连接，又，；故正确；，又，又，故正确；，设正方形的边长为a，解得，故正确
