2024年中考數(shù)學復習（全國版）重難點10 與四邊形有關7種模型（垂美四邊形、中點四邊形、梯子模型、正方形半角模型、四邊形折疊模型、十字架模型、對角互補模型）（解析版）

重難點10與四邊形有關7種模型（垂美四邊形、中點四邊形、梯子模型、正方形半角模型、四邊形折疊模型、十字架模型、對角互補模型）目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01垂美模型題型02中點四邊形題型03梯子模型題型04正方形半角模型題型05四邊形翻折模型題型06十字架模型題型07對角互補模型平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質四邊形邊角對角線對稱性平行四邊形對邊平行且相等對角相等兩條對角線互相平分中心對稱矩形對邊平行且相等四個角都是直角兩條對角線互相平分且相等軸對稱、中心對稱菱形對邊平行且四條邊都相等對角相等兩條對角線互相垂直平分，且每一條對角線平分一組對角軸對稱、中心對稱正方形對邊平行且四條邊都相等四個角都是直角兩條對角線互相垂直平分，且每一條對角線平分一組對角軸對稱、中心對稱平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定四邊形邊角對角線平行四邊形1）兩組對邊分別平行2)兩組對邊分別相等3)一組對邊平行且相等兩組對角分別相等兩組對角線互相平分矩形1）平行四邊形+一直角2）四邊形+三直角平行四邊形+兩條對角線相等菱形1）平行四邊形+一組鄰邊相等2）四邊形+四條邊都相等平行四邊形+兩條對角線互相垂直正方形矩形+一組鄰邊相等菱形+一直角兩條對角線互相垂直平分且相等的四邊形題型01垂美模型【模型介紹】對角線互相垂直的四邊形為垂美四邊形.已知圖示結論（性質）證明過程四邊形中AC⊥BD①S垂美四邊形ABCD=12AC?②AB2+DC2=AD2+BC2如圖，在矩形ABCD中，P為CD邊上有一點，連接AP、BPDP2+BP2=AP2+PC2∵DP2+BP2=DP2+BC2+PC2PC2+AP2=PC2+DP2+AD2而AD=BC∴DP2+BP2=AP2+PC2如圖，在矩形ABCD中，P為矩形內(nèi)部任意一點，連接AP、BP，CP，DPAP2+PC2=DP2+BP2過點P分別作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分別為點E、點F、點G、點H由已知條件可得HF⊥EG∴HG2+EF2=EH2+FG2(證明過程略)而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH∴AP2+PC2=DP2+BP21．（2020·四川雅安·中考真題）對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美”四邊形，現(xiàn)有如圖所示的“垂美”四邊形ABCD，對角線AC、BD交于點O．若AD=2，BC=4【答案】20【分析】由垂美四邊形的定義可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，從而求解.【詳解】∵四邊形ABCD是垂美四邊形，∴AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，∴AD2+BC2=AB2+CD2，∵AD=2，BC=4，∴AB2+CD2=AD2+BC2故答案為：20.【點睛】本題主要考查四邊形的應用，解題的關鍵是理解新定義，并熟練運用勾股定理.2．（2022·安徽安慶·統(tǒng)考二模）我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形（如圖1）．下面就讓小聰同學帶領你們來探索垂美四邊形的奧秘吧！請看下面題目：（1）如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由．（2）試探索垂美四邊形ABCD兩組對邊AB，CD與BC，AD之間的數(shù)量關系．猜想結論：（要求用文字語言敘述）寫出證明過程（先畫出圖形，寫出已知、求證、證明）．（3）如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC=2cm，AB=3cm，則GE長為．(直接寫出結果，不需要寫出求解過程)【答案】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，證明見解析；（2）猜想結論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等，證明過程見解析；（3）21cm【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定與性質即可求解；（2）根據(jù)垂直的定義和勾股定理即可解答；（3）連接CG、BE，BG與CE交于N點，AB、CE交于M點，先證明△BAG≌△EAC，繼而得到∠ABG=∠AEC，根據(jù)∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，即有∠ABG+∠∠BMN=90°，則∠BNM=90°，即CE⊥BG，可知四邊形CGEB是垂美四邊形，根據(jù)（2）結論即可求解．【詳解】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形．證明：連接AC、BD，∵AB=AD，∴點A在線段BD的垂直平分線上，∵CB=CD，∴點C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；（2）猜想結論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等．如圖，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E，求證：AD2+BC2=AB2+CD2證明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；（3）21cm；理由：連接CG、BE，BG與CE交于N點，AB、CE交于M點，如圖，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠BAG=∠CAE，∵AC=AG，AB=AE，∴△BAG≌△EAC，∴∠ABG=∠AEC，∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，∴∠ABG+∠∠BMN=90°，∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，∴由（2）的結論可知BC∵正方形的性質有BE=2AB，GC=2AC，∴BE=32，GC=22，∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=2，∴理由勾股定理有BC=A∴GE∴GE=21（cm【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、垂直的定義、勾股定理等知識，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解答本題的關鍵．3．（2021·山東棗莊·統(tǒng)考中考真題）如圖1，對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．（1）概念理解：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由；（2）性質探究：如圖1，垂美四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點O．猜想：AB2+C（3）解決問題：如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE【答案】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，理由見解析；（2）AB2+CD2【分析】（1）連接AC,BD，先根據(jù)線段垂直平分線的判定定理可證直線AC是線段BD的垂直平分線，再根據(jù)垂美四邊形的定義即可得證；（2）先根據(jù)垂美四邊形的定義可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；（3）設CE分別交AB于點M，交BG于點N，連接BE,CG，先證明△GAB?△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根據(jù)角的和差可證∠BNM=90°，即CE⊥BG，從而可得四邊形CGEB是垂美四邊形，然后結合（2）的結論、利用勾股定理進行計算即可得．【詳解】證明：（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，理由如下：如圖，連接AC,BD，∵AB=AD，∴點A在線段BD的垂直平分線上，∵CB=CD，∴點C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，即AC⊥BD，∴四邊形ABCD是垂美四邊形；（2）猜想AB∵四邊形ABCD是垂美四邊形，∴AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得：ADAB∴AB（3）如圖，設CE分別交AB于點M，交BG于點N，連接BE,CG，∵四邊形ACFG和四邊形ABDE都是正方形，∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAE∴△GAB?△CAESAS∴∠ABG=∠AEC，又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，∴∠ABG+∠BMN=90°，∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，由（2）得：CG∵AB是Rt△ACB的斜邊，且AC=4，AB=5，∴BC2=A在Rt△ACG中，CG在Rt△ABE中，BE∴9+GE解得GE=73或GE=-故GE的長為73．【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定定理與性質、線段垂直平分線的判定、勾股定理等知識點，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題關鍵．4．（2019·甘肅天水·統(tǒng)考中考真題）如圖1，對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．(1)概念理解：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由；(2)性質探究：如圖1，四邊形ABCD的對角線AC、BD交于點O，AC⊥BD．試證明：AB(3)解決問題：如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結CE、BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的長．【答案】(1)四邊形ABCD是垂美四邊形，理由見解析；(2)證明見解析；(3)GE=73【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定定理，可證直線AC是線段BD的垂直平分線，結合“垂美四邊形”的定義證明即可；（2）根據(jù)垂直的定義和勾股定理解答即可；（3）連接CG、BE，先證明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，可證∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，從而四邊形CGEB是垂美四邊形，根據(jù)垂美四邊形的性質、勾股定理、結合（2）的結論計算即可．【詳解】(1)四邊形ABCD是垂美四邊形．證明：連接AC，BD，∵AB=AD，∴點A在線段BD的垂直平分線上，∵CB=CD，∴點C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；(2)猜想結論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等．如圖2，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E，求證：A證明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，ADAB∴AD故答案為AD(3)連接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAE∴△GAB≌△CAESAS∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，由(2)得，CG∵AC=4，AB=5，∴BC=3，CG=42，BE=5∴GE∴GE=73【點睛】本題考查的是正方形的性質、全等三角形的判定和性質、垂直的定義、勾股定理的應用，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題的關鍵．5．（2018·寧夏銀川·銀川唐徠回民中學?？级＃╅喿x理解：如圖1，我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．垂美四邊形有如下性質：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等．已知：如圖1，四邊形ABCD是垂美四邊形，對角線AC、BD相交于點E．求證：AD2+BC2=AB2+CD2證明：∵四邊形ABCD是垂美四邊形∴AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2．拓展探究：（1）如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由．（2）如圖3，在Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，分別以AB，AC為底邊，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，連接FD，F(xiàn)E，分別交AB，AC于點M，N．試猜想四邊形FMAN的形狀，并說明理由；問題解決：如圖4，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE長．【答案】拓展探究：（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，理由詳見解析；（2）四邊形FMAN是矩形，理由詳見解析；問題解決：73.【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定定理可得直線AC是線段BD的垂直平分線，進而得證；（2）首先猜想出結論，根據(jù)垂直的定義可得∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，進而證得猜想，將已知代入即可求得CD；（3）根據(jù)垂美四邊形的性質、勾股定理、結合（2）的結論計算即可.【詳解】拓展探究：（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，理由如下：∵AB=AD，∴點A在線段BD的垂直平分線上，∵CB=CD，∴點C在線段BD的垂直平分線上，∴直線AC是線段BD的垂直平分線，∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形．（2）四邊形FMAN是矩形，理由：如圖3，連接AF，∵Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，∴AF=CF=BF，又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，∴AD=DB、AE=CE，∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，又∵∠BAC=90°，∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，∴四邊形AMFN是矩形；問題解決：連接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，∵在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂美四邊形，∴CG2+BE2=CB2+GE2，∵AC=4，AB=5，∴BC=3，CG=42，BE=5∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，∴GE=73【點睛】本題考查的是正方形的性質、全等三角形的判定和性質、垂直的定義、勾股定理的應用，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題的關鍵；題型02中點四邊形【模型介紹】依次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫做中點四邊形.中點四邊形的性質：已知點E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊AB、BC、CD、AD的中點，則①四邊形EFGH是平行四邊形②CEFGH=AC+BD③sEFGH=12s證明：模型證明過程∵EH是△ABD的中位線∴EH∥BD，EH=12∵FG是△BCD的中位線∴FG∥BD，F(xiàn)G=12∴EH∥FGEH=FG∴四邊形EFGH是平行四邊形∵EF是△ABC的中位線∴EF∥AC，EF=12∵GH是△ACD的中位線∴GH∥AC，GH=12∴EF∥GHEF=GH∴四邊形EFGH是平行四邊形結論一：順次連接任意四邊形各邊中點所組成的四邊形是平行四邊形.模型證明過程∵EH是△ABD的中位線∴EH=12∵FG是△BCD的中位線∴FG=12∴EH=FG=12BD同理EF=GH=12∴四邊形EFGH的周長=EH+FG+EF+GH=BD+AC證明：CEFGH=AC+BD過點A作AN⊥BD，垂足為點N，AN與EH交于點Ms?PHEQ=PQ?MN=12AN?12BD=12?(12AN?同理s?PGFQ=12S△∴sEFGH=12s證明：sEFGH=12s結論二：中點四邊形的周長等于原四邊形對角線之和.結論三：中點四邊形的面積等于原四邊形面積的一半.已知條件模型證明過程特例點E、F、G、H是任意四邊形ABCD的中點，AC⊥DB，垂足為點O，則四邊形EFGH是矩形.根據(jù)已知條件可知四邊形EFGH為平行四邊形∵AC⊥DB∠DOC=90°∵E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，∴HE∥BD∥GF，HG∥AC∥EF∴∠EHG=∠HGF=∠GFE=∠FEH=90

°∴四邊形EFGH是矩形.點E、F、G、H是任意四邊形ABCD的中點，AC=DB，垂足為點O，則四邊形EFGH是菱形.∵EF是?ABC的中位線∴EF=1∵HG是?ADC的中位線∴HG=1∴EF=HG=12AC同理E∵AC=DB∴EF=HG=EH=FG∴四邊形EFGH是菱形點E、F、G、H是任意四邊形ABCD的中點，AC⊥DB，AC=DB垂足為點O，則四邊形EFGH是正方形.已知四邊形EFGH是菱形（參考上述證明過程）∵AC⊥DB∴EF⊥EH∴四邊形EFGH是正方形結論四：順次連接對角線互相垂直的四邊形各邊中點所組成的四邊形是矩形.結論五：順次連接對角線相等的四邊形各邊中點所組成的四邊形是菱形.結論六：順次連接對角線互相垂直且相等的四邊形各邊中點所組成的四邊形是正方形.速記口訣：矩中菱，菱中矩，正中正.6．（2023·內(nèi)蒙古·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，順次連接菱形ABCD各邊中點E、F、G、H，則四邊形EFGH的周長為（

）

A．4+23 B．6+23 C．4+43【答案】C【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形EFGH為平行四邊形，再求對角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．【詳解】解：如圖，連接AC、BD，相交于點O，

∵點E、F、∴EF=12AC∴EF=GH，同理EH=FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠A=120°，∴對角線AC、∴AD∥∴∠A+∠ABC=180°，∴∠ABC=60°，AB=BC=4，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=4，在Rt△AOB中，AB=4，OA=∴OB=4∴BD=43∴EF=12AC=2∴四邊形EFGH的周長為2+23故選：C．【點睛】本題考查了中點四邊形的知識，解題的關鍵是靈活運用三角形的中位線定理，菱形的性質及平行四邊形的判定與性質進行計算．7．（2018·湖南湘潭·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知點E、F、G．H分別是菱形ABCD各邊的中點，則四邊形EFGH是（）A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四邊形【答案】B【分析】根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可證明；【詳解】解：連接AC、BD．AC交FG于L．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵DH=HA，DG=GC，∴GH∥AC，HG=1同法可得：EF=12AC，EF∴GH=EF，GH∥EF，∴四邊形EFGH是平行四邊形，同法可證：GF∥BD，∴∠OLF=∠AOB=90°，∵AC∥GH，∴∠HGL=∠OLF=90°，∴四邊形EFGH是矩形．故選B．【點睛】題考查菱形的性質、平行四邊形的判定、矩形的判定等、三角形的中位線定理知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．8．（2023·山西·統(tǒng)考中考真題）閱讀與思考：下面是一位同學的數(shù)學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．瓦里尼翁平行四邊形我們知道，如圖1，在四邊形ABCD中，點E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD，DA的中點，順次連接E,F,G,H，得到的四邊形EFGH是平行四邊形．

我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁Varingnon，

①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系．③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結論可借助圖1證明如下：證明：如圖2，連接AC，分別交EH,FG于點P,Q，過點D作DM⊥AC于點M，交HG于點N．∵H,G分別為AD,CD的中點，∴HG∥AC,HG=12AC

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形．（依據(jù)2）∴S?HPQG∵S△ADC=12AC?DM=HG?DM任務：(1)填空：材料中的依據(jù)1是指：_____________．依據(jù)2是指：_____________．(2)請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH，使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）(3)在圖1中，分別連接AC,BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC,BD長度的關系，并證明你的結論．

【答案】(1)三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）(2)答案不唯一，見解析(3)平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和，見解析【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；（3）根據(jù)三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得妯結論．【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）平行四邊形的定義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）（2）解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可．例如：如圖即為所求

（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于四邊形ABCD的兩條對角線AC與BD長度的和，證明如下：∵點E,F,G,H分別是邊AB,BC,CD,DA的中點，∴EF=1∴EF+GH=AC．同理EH+FG=BD．∴四邊形EFGH的周長=EF+GH+EH+FG=AC+BD．即瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于對角線AC與BD長度的和．【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線．熟練掌握三角形中位線定理是解題的關鍵．9．（2017·吉林長春·中考真題）【再現(xiàn)】如圖①，在△ABC中，點D，E分別是AB，AC的中點，可以得到：DE∥BC，且DE=12BC【探究】如圖②，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，判斷四邊形EFGH的形狀，并加以證明．【應用】在（1）【探究】的條件下，四邊形ABCD中，滿足什么條件時，四邊形EFGH是菱形？你添加的條件是：．（只添加一個條件）（2）如圖③，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，對角線AC，BD相交于點O．若AO=OC，四邊形ABCD面積為5，則陰影部分圖形的面積和為．【答案】[探究]平行四邊形；[應用]（1）添加AC=BD；（2）5【分析】[探究]利用三角形的中位線定理可得出HG=EF、EF∥GH，繼而可判斷出四邊形EFGH的形狀；[應用]（1）添加條件AC=BD，同[探究]的方法判斷出FG=12BD，即可判斷出EF=FG（2）先判斷出S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，進而得出S四邊形EFGH=52，再判斷出OM=ON，進而得出S陰影=12S四邊形【詳解】解：[探究]平行四邊形．理由：如圖1，連接AC，∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，∴EF∥AC，EF=12AC同理HG∥AC，HG=12AC綜上可得：EF∥HG，EF=HG，故四邊形EFGH是平行四邊形．[應用]（1）添加AC=BD．理由：連接AC，BD，由（1）知，EF=12AC∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，∴FG=12BD∵AC=BD，∴EF=FG，∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形；故答案為AC=BD；（2）如圖2，由[探究]得，四邊形EFGH是平行四邊形，∵F，G是BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD∴△CFG∽△CBD，∴SΔ∴S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，∵四邊形ABCD面積為5，∴S△BCD+S△ABD=5，∴S△CFG+S△AEH=54同理：S△DHG+S△BEF=54∴S四邊形EFGH=S四邊形ABCD﹣（S△CFG+S△AEH+S△DHG+S△BEF）=5﹣52=5設AC與FG，EH相交于M，N，EF與BD相交于P，∵FG∥BD，F(xiàn)G=12BD∴CM=OM=12OC同理：AN=ON=12OA∵OA=OC，∴OM=ON，易知，四邊形ENOP，F(xiàn)MOP是平行四邊形，∴S陰影=12S四邊形EFGH=5故答案為54

【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了三角形的中位線定理，平行四邊形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性質，解[探究]的關鍵是判斷出HG∥AC，HG=12AC，解[應用的關鍵是判斷出S四邊形EFGH=510．（2016·甘肅蘭州·中考真題）閱讀下面材料：在數(shù)學課上，老師請同學思考如下問題：如圖1，我們把一個四邊形ABCD的四邊中點E，F(xiàn)，G，H依次連接起來得到的四邊形EFGH是平行四邊形嗎？小敏在思考問題時，有如下思路：連接AC．結合小敏的思路作答：（1）若只改變圖1中四邊形ABCD的形狀（如圖2），則四邊形EFGH還是平行四邊形嗎？說明理由，參考小敏思考問題的方法解決一下問題；（2）如圖2，在（1）的條件下，若連接AC，BD．①當AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是菱形，寫出結論并證明；②當AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是矩形，直接寫出結論．【答案】（1）是平行四邊形，理由見解析；（2）①AC=BD；證明見解析；②AC⊥BD．【分析】（1）如圖2，連接AC，根據(jù)三角形中位線的性質及平行四邊形判定定理即可得到結論；（2）①由（1）知，四邊形EFGH是平行四邊形，且FG=12BD，HG=12AC，于是得到當AC=BD時，F(xiàn)G=②若四邊形EFGH是矩形，則∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，則AC⊥BD．【詳解】解：（1）是平行四邊形．理由如下：如圖2，連接AC，∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，∴EF∥AC，EF=12AC同理HG∥AC，HG=12AC∴EF∥HG，EF=HG，∴四邊形EFGH是平行四邊形；（2）①AC=BD．理由如下：由（1）知，四邊形EFGH是平行四邊形，且FG=12BD，HG=12∴當AC=BD時，F(xiàn)G=HG，∴平行四邊形EFGH是菱形；②當AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形．理由如下：同（1）得：四邊形EFGH是平行四邊形，∵AC⊥BD，GH∥AC，∴GH⊥BD，∵GF∥BD，∴GH⊥GF，∴∠HGF=90°，∴四邊形EFGH為矩形．【點睛】此題主要考查了中點四邊形，熟練掌握三角形中位線定理及平行四邊形、菱形及矩形的判定是解題的關鍵．11．（2016·山東德州·中考真題）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形EFGH是菱形，證明見解析；（3）四邊形EFGH是正方形【分析】（1）如圖1中，連接BD，根據(jù)三角形中位線定理只要證明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四邊形EFGH是菱形．先證明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再證明EF=FG即可．（3）四邊形EFGH是正方形，只要證明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可證明∠COD=∠CPD=90°，再根據(jù)平行線的性質即可證明．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接BD．∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH=12BD∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD∴EH∥FG，EH=GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．（2）四邊形EFGH是菱形．證明：如圖2中，連接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD（SAS），∴AC=BD．∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF=12AC，F(xiàn)G=12∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．（3）四邊形EFGH是正方形．證明：如圖2中，設AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH是正方形．【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質和中點四邊形，綜合性較強，作出適當輔助線是本題的關鍵．12．（2023·陜西寶雞·?？家荒＃﹩栴}提出如圖1，在△ABC中，AB=12,AC=9,DE∥BC．若AD=4，則AE的值為__________．問題探究如圖2，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點，連接EF、FG、GH、HE．若AC=14,BD=16,∠AOB=60°，求四邊形EFGH的面積．問題解決如圖3，某市有一塊五邊形空地ABCDE，其中∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°,AB=600米，BC=800米，AE=650米，DC=400米，現(xiàn)計劃在五邊形空地內(nèi)部修建一個四邊形花園MNGH，使點M、N、G、H分別在邊AB、BC、CD、AE上，要求AH=CN,AM=CG,tan∠BNM=34,【答案】問題提出：3；問題探究：283；問題解決：存在四邊形MNGH面積的最大值，四邊形MNGH的最大面積為240000【分析】問題提出：由DE∥BC，得AEAC=AD問題探究：根據(jù)三角形中位線性質可得出EH=FG=12BD=8，EF=GH=12AC=7，EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，從而得出四邊形ETOR是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，從而問題解決：延長AE，CD，交于Q，可得出四邊形ABCQ是矩形，設BM=6a，BN=8a，表示出△BMN和AAHM的面積，進而表示出四邊形MNGH的面積，配方后求出結果．【詳解】解：問題提出∵DE∥BC，∴AEAC∴AE9∴AE=3，故答案為：3；問題探究如圖，設AC，EH交于點R，BD，EF交于點T，作FQ⊥EH于Q，∵E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點，∴EH=FG=12BD=8，EF=GH=12AC=7，EH∥FG∥BD，∴四邊形ETOR是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，∴∠FEQ=∴FQ=EF·sin∴S四邊形問題解決：如下圖，延長AE，CD，交于Q，∵∠∴四邊形ABCQ是矩形，∴AB=CQ，AQ=CB，∵AH=CN，AM=CG，∴BM=QG，BN=HQ，∵tan∠BNM=∴可設BM=6a，BN=8a，∴S△BMN∴S△AMH∴S=-96∴存在四邊形MNGH面積的最大值，當a=50米時，四邊形MNGH的最大面積=240000(平方米)．【點睛】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質，解直角三角形，二次函數(shù)的應用，平行線分線段成比例定理等知識，解決問題的關鍵是設變量建立函數(shù)關系式．題型03梯子模型【模型介紹】如下圖，一根長度一定的梯子斜靠在豎直墻面上，當梯子底端滑動時，探究梯子上某點（如中點）或梯子構成圖形上的點的軌跡模型（圖2），就是所謂的梯子模型.【考查方向】已知一條線段的兩個端點在坐標軸上滑動，求線段最值問題.模型一：如圖所示，線段AC的兩個端點在坐標軸上滑動，∠ACB=∠AOC=90°，AC的中點為P，連接OP、BP、OB，則當O、P、B三點共線時，此時線段OB最大值.思路：∵OP+BP≥OB（三點共線時，取相等）∴OB≤OP+BP∴當O、P、B三點共線時，此時線段OB取最大值OB=OP+BP=12AC+BC2+PC2即已知Rt?ACB中AC、BC的長，就可求出梯子模型中OB的最值.模型二：如圖所示，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM、ON上，當點A在邊OM上運動時，點B隨之在ON上運動，且運動的過程中矩形ABCD形狀保持不變，AB的中點為P，連接OP、PD、OD，則當O、P、D三點共線時，此時線段OD取最大值.思路：∵OP+PD≥OD（三點共線時，取相等）∴OD≤OP+PD∴當O、P、D三點共線時，此時線段OD取最大值OD=OP+DP=12AB+AP2+AD2即已知矩形ABCD中AB、AD的長，就可求出梯子模型中OD的最值.13．（2023·廣西南寧·廣西大學附屬中學校聯(lián)考一模）如圖，已知∠MON=90°，線段AB長為6，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連接OC．則OC的最大值為（）A．6+35 B．8 C．3+35 D【答案】C【分析】取AB的中點E，連接OE、CE，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”可求得OE=BE=12AB，再根據(jù)勾股定理求得CE=BE2+C【詳解】解：取AB的中點E，連接OE、CE，∵∠AOB=90°，線段AB長為6，∴OE=BE=1∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBE=90°，CB=AB=6，∴CE=B∵OC≤OE+CE，∴OC≤3+35∴OC的最大值為3+35故選：C．【點睛】此題重點考查正方形的性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理、兩點之間線段最短等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．14．（2023·山東濟南·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，點A在x軸的正半軸上滑動，點B在y軸的正半軸上滑動，點A，點B在滑動過程中可與原點O重合，下列結論：①若C，O兩點關于AB對稱，則OA=23；②若AB平分CO，則AB⊥CO③四邊形ACBO面積的最大值為4+23；④AB的中點D運動路徑的長為1其中正確的結論是（寫出所有正確結論的序號）．【答案】①③/③①【分析】①先根據(jù)含30°角的直角三角形性質分別求出AB和AC，由軸對稱的性質可知：AB是OC的垂直平分線，所以OA=AC=23；②當∠ABO=30°時，四邊形AOBC是矩形，此時AB與OC互相平分，但AB與OC不垂直；③如圖2，根據(jù)四邊形AOBC的面積等于△ABC面積與△ABO面積的和，其中△ABC的面積為23，△ABO的面積為12OA?OB，且OA、OB的取值都是大于等于0小于等于4，由勾股定理得到OB=16-OA2，推出OA?OB=-OA2-82+64，推出0≤OA?OB≤8，得到0≤S【詳解】解：在Rt△ACB，BC=2，∠BAC=30°∴AB=4，AC=23若C、O兩點關于AB對稱，如圖1，則AB是OC的垂直平分線，∴OA=AC=23，故①當∠ABO=30°時，∠OBC=∠AOB=∠ACB=90°，∴四邊形AOBC是矩形，∴AB與OC互相平分，但AB與OC不垂直，故②不正確；如圖2，SAOBC=S△ABC+S△ABO，其中S∵OA∴OB=16-O∴OA?OB=OA16-OA2=∵-O∴0≤OA?OB≤8，∴0≤S∴23≤S∵∠AOB=90°，AB=4，D是∴OD=2，∴如圖3，斜邊AB的中點D運動路徑是：以點O為圓心，以2為半徑的圓周的14其弧長為：90π×2180=π，故綜上所述，本題正確的有：①③．故答案為：①③．【點睛】本題主要考查了含30°角的直角三角形，軸對稱，三角形面積，二次函數(shù)，圓弧等，解決問題的關鍵是熟練掌握含30°角的直角三角形的邊角性質，軸對稱性質，三角形面積公式，二次函數(shù)性質，圓弧長公式．15．（2022·四川綿陽·統(tǒng)考一模）如圖，邊長為2的菱形ABCD的頂點A，D分別在直角∠MON的邊OM，ON上滑動．若∠ABC＝120°，則線段OC的最大值為．【答案】1+【分析】如圖，連接AC，BD交于G，根據(jù)菱形的性質得到AC⊥BD，得到∠GBC=60°，∠BAD=60°，根據(jù)直角三角形的性質得到BG=12BC=1，CG=AG=3，取AD的中點E，連接OE，過E作EF⊥AC于F，根據(jù)勾股定理得到CE=CF2+EF2=(332)2+(12【詳解】解：如圖，連接AC，BD交于G，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠ABC＝120°，∴∠GBC＝60°，∠BAD＝60°，∴BG＝12BC＝1，CG＝AG＝3取AD的中點E，連接OE，∵AD＝2，∠MON＝90°，∴OE＝AE＝1，過E作EF⊥AC于F，則∠DAG＝30°，∴EF＝12∴CF＝33連接CE，∴CE＝∴CE=C連接OC，有OC≤OE+EC，當O、E、C共線時，OC有最大值，最大值是OE+CE＝1+7，故答案為：1+7．【點睛】本題考查了菱形的性質，三角形的三邊關系，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．16．（2022·湖北隨州·統(tǒng)考一模）在求線段最值問題中，我們常通過尋找（或構造）待求線段的“關聯(lián)三角形”來解決問題．“關聯(lián)三角形”中除待求線段外的兩條線段的長度是已知（或可求的），再利用三角形三邊關系定理求解，線段取得最值時“關聯(lián)三角形”不復存在（即三頂點共線）．例：如圖1，∠MON=90°，矩形ABCD的頂點A，B分別在邊OM，ON上，當B在邊ON上運動時，A隨之在邊OM上運動，矩形的形狀保持不變，其中AB=2，BC=1，運動過程中，點D到點O的最大距離是多少？分析：如圖1，取AB的中點E，連接DE、OE，則△ODE中，OD為待求線段，DE，OE的長是可求的，即△ODE為待求線段OD的“關聯(lián)三角形”，在△ODE中利用三角形三邊關系定理可以得到OD的不等式，當點O，E，D三點共線時（如圖2），“關聯(lián)三角形”不存在，此時可得到OD的最值．(1)根據(jù)上面的分析，完成下列填空：解：如圖1，取AB的中點E，連接DE，OE．在Rt△OAB中，OE=1在Rt△ADE中，DE=1+1在△ODE中，OD<OE+DE，即OD______2+1如圖2，當點O，E，D三點共線時，OD_________2+1綜上所述：OD≤2+1，即點D到點O的最大距離是(2)如圖3，點P在第一象限，△ABP是邊長為2的等邊三角形，當點A在x軸的正半軸上運動時，點B隨之在y軸的正半軸上運動，運動過程中，點P到原點的最大距離是________．(3)如圖4，點E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上的兩個動點，滿足AE=DF，連接CF交BD于點G，連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為2，試求DH長度的最小值．【答案】(1)<，=，2(2)3(3)5【分析】（1）根據(jù)題意及三角形的三邊關系即可得到答案；（2）取AB中點Q，連接OQ、PQ，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推導OQ的長，根據(jù)等邊三角形的性質及勾股定理計算PQ的長，然后根據(jù)三角形的三邊關系可知，當O、Q、P三點共線時，求OP的長，此時即點P到原點的最大距離；（3）取AB中點O，連接OH、OG，根據(jù)正方形的性質利用“邊角邊”證明△ABE≌△DCF、△ADG≌△CDG，借助全等三角形的性質推導出∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推導OH的長；利用勾股定理求出OD的長，然后根據(jù)三角形的三邊關系可知，當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，并計算DH的長即可．【詳解】（1）解：取AB的中點E，連接DE，OE．在Rt△OAB中，OE=1在Rt△ADE中，DE=1+1在△ODE中，OD<OE+DE，即OD<2+1如圖2，當點O，E，D三點共線時，OD=2+1綜上所述：OD≤2+1，即點D到點O的最大距離是故答案為：<，=，2+1（2）如下圖，取AB中點Q，連接OQ、PQ，∵∠AOB=90°，Q為AB中點，∴OQ=1∵△ABP為等邊三角形，Q為AB中點，∴PQ⊥AB，BQ=1∴PQ=B在△OPQ中，OP<PQ+OQ，即OP<當點O，Q，P三點共線時，OP=3綜上所述：OP≤3+1，即點D到點O的最大距離是故答案為：3+1（3）如下圖，取AB中點O，連接OH、OD，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA=90°，∠ADG=∠CDG，在△ABE和△DCF中，有AB=CD∠BAD=∠CDA∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠1=∠2，在△ADG和△CDG中，有AD=CD∠ADG=∠CDG∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠3=∠2，∴∠1=∠3，∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°，∴∠1+∠BAH=90°，∴∠AHB=180°-(∠1+∠BAH)=90°，∵O為AB中點，∴OH=OA=1在Rt△AOD中，OD=O根據(jù)三角形的三邊關系，OH+DH>OD，∴當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，DH的最小值為：OD-OH=5【點睛】本題考查了等邊三角形和正方形的性質、全等三角形的判定與性質、三角形的三邊關系、勾股定理等知識，解題關鍵是結合題意理解關聯(lián)三角形的應用，并正確構建所需三角形．17．（2019·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝6．若不改變矩形ABCD的形狀和大小，當矩形頂點A在x軸的正半軸上左右移動時，矩形的另一個頂點D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動．(1)當∠OAD＝30°時，求點C的坐標；(2)設AD的中點為M，連接OM、MC，當四邊形OMCD的面積為212時，求OA(3)當點A移動到某一位置時，點C到點O的距離有最大值，請直接寫出最大值，并求此時cos∠OAD的值．【答案】(1)點C的坐標為(2，3+23)；(2)OA＝32；(3)OC的最大值為8，cos∠OAD＝55【分析】(1)作CE⊥y軸，先證∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝12CD＝2，DE＝CD2-CE2=23，再由∠OAD＝30°知OD(2)先求出S△DCM＝6，結合S四邊形OMCD＝212知S△ODM＝92，S△OAD＝9，設OA＝x、OD＝y(tǒng)，據(jù)此知x2+y2＝36，12xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，代入x2+y2＝36(3)由M為AD的中點，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知當O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，ON⊥AD，證△CMD∽△OMN得CDON=DMMN=CMOM，據(jù)此求得MN＝95，ON＝125，AN＝AM﹣MN＝6【詳解】(1)如圖1，過點C作CE⊥y軸于點E，∵矩形ABCD中，CD⊥AD，∴∠CDE+∠ADO＝90°，又∵∠OAD+∠ADO＝90°，∴∠CDE＝∠OAD＝30°，∴在Rt△CED中，CE＝12CD＝2，DE＝CD2-C在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，∴OD＝12AD＝3∴點C的坐標為(2，3+23)；(2)∵M為AD的中點，∴DM＝3，S△DCM＝6，又S四邊形OMCD＝212∴S△ODM＝92∴S△OAD＝9，設OA＝x、OD＝y(tǒng)，則x2+y2＝36，12xy＝9∴x2+y2＝2xy，即x＝y(tǒng)，將x＝y(tǒng)代入x2+y2＝36得x2＝18，解得x＝32(負值舍去)，∴OA＝32；(3)OC的最大值為8，如圖2，M為AD的中點，∴OM＝3，CM＝CD2+D∴OC≤OM+CM＝8，當O、M、C三點在同一直線時，OC有最大值8，連接OC，則此時OC與AD的交點為M，過點O作ON⊥AD，垂足為N，∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，∴△CMD∽△OMN，∴CDON=DM解得MN＝95，ON＝12∴AN＝AM﹣MN＝65在Rt△OAN中，OA＝ON∴cos∠OAD＝ANOA【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握矩形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質及三角函數(shù)等知識點．題型04正方形半角模型【模型介紹】從正方形的一個頂點引出夾角為45°的兩條射線，并連結它們與該頂點的兩對邊的交點構成的基本平面幾何模型.已知正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC、CD上的點，∠EAF=45°，AE、AF分別與BD相交于點O、P，則：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C?CEF=2倍正方形邊長④S?ABE+S?ADF=S?AEF⑤AB=AG=AD（過點A作AG⊥EF，垂足為點G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若點E為BC中點，則點F為CD三等分點⑧?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA⑨ABEP四點共圓、AOFD四點共圓、OECFP五點共圓⑩?APE、?AOF為等腰直角三角形(11)EF=2OP(12)S?AEF=2S?APO(13)AB2=BP×OD(14)CE?CF=2BE?DF(15)?EPC為等腰三角形(16)PX=BX+DP(過點E作EX⊥BD，垂足為點X)證明：①思路：延長CD到點M，使DM=BE，連接AM先根據(jù)已知條件?ABE≌?ADM(SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM而∠BAE+∠FAD=45°，所以∠DAM+∠FAD=45°，可證明?AEF≌?AMF(SAS)，由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF②思路：∵?AEF≌?AMF(SAS)∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF∴AF平分∠DFE又∵∠AMF=∠AEB∴∠AEB=∠AEF∴AE平分∠BEF③思路：C?CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+EC）+（DF+FC）=BC+DC=2BC④、⑤思路：過點A作AG⊥EF，垂足為點G根據(jù)②證明過程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG因此可以證明:?ABE≌?AGE(AAS),?AGF≌?ADF(AAS)所以AB=AG=AD，S?ABE=S?AGE，S?AGF=S?ADF則S?AEF=S?AGE+S?AGF=S?ABE+S?ADF⑥思路：繞點A將?APD逆時針旋轉90°得到?ANB,使AD，AB重合因為?APD≌?ANB(AAS)所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN因為∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°因為∠BAE+∠PAD=45°所以∠NAB+∠BAE=45°則?ANO≌?APO(SAS)所以NO=OP在Rt?NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2，則OP2=OB2+OD2⑦思路：已知tan∠EAB=BEAB=12，且∠∴tan∠FAD=13（“12345型”），∴DF:AD=1:3，即點F⑧思路：假設∠AEF的度數(shù)為α，∠AFE的度數(shù)為β.在右圖中已知表示45°角，表示角的度數(shù)為α，表示角的度數(shù)為β所以?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA⑨、⑩思路：1）∵∠EAP=∠EBO=45°，∴ABEP四點共圓∵∠EBA=90°，∴AE為直徑，∴∠APE=90°則AP⊥PE∴∠AEP=180°-∠APE-∠EAP=45°∴?APE為等腰直角三角形2）同理AOFD四點共圓，∵∠ADF=90°，∴AF為直徑，∴∠AOF=90°則AO⊥OF∴∠AFO=180°-∠AOF-∠OAF=45°∴?AOF為等腰直角三角形3)∵∠EOF=∠EPF=∠ECF=90°，∴OECFP五點共圓(11)思路：∵?APO∽?AEF∴AEAP=EFOP,假設AP長為1，則AE=2,∴(12)思路：?APO∽?AEF相似比為22，則面積的比為12，S?AEF=2S(13)思路：∵?ABP∽?ODA∴ABOD=BPAD,∴AB×AD=BP×OD則AB2(14)思路：假設正方形的邊長為m，BE長為a，DF長為b，則EF長為a+b根據(jù)勾股定理可得EC2+FC2=EF2,則(m-a)2+(m-b)2=(a+b)2化簡得(m-a)(m-b)=2ab所以CE?CF=2BE?DF(15)思路：根據(jù)⑩證明過程可知?APE為等腰直角三角形，所以AP=PE再證明?ADP≌?CDP(SAS)，所以AP=PC，則PE=PC所以?EPC為等腰三角形(16)思路：過點E作EX⊥BD，垂足為點X,過點A作AY⊥BD，垂足為點Y，連接PE先證明?APY≌?PEX(AAS)(“一線三垂直模型”)，所以AY=PX∵AY=12BD,∴PX=12BD所以BX+DP=18．（2023·四川遂寧·射洪中學?？家荒＃┤鐖D，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，連接BD與AM，AN分別交于E，F(xiàn)點，則下列結論正確的有(

)個．①點A到MN的距離等于正方形的邊長；②EF2=BE2+DF2；

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】將△ABM繞點A逆時針旋轉，使AB與AD重合，得到△ADH．證明△MAN≌△HAN，根據(jù)全等三角形的性質判斷①；將△ADF繞點A順時針性質90°得到△ABH，連接HE．證明△EAH≌△EAF，得到∠HBE=90°，根據(jù)勾股定理計算判斷②；根據(jù)等腰直角三角形的判定定理判斷③；根據(jù)等腰直角三角形的性質、三角形的面積公式計算，判斷④．【詳解】將△ABM繞點A逆時針旋轉，使AB與AD重合，得到△ADH．

則∠DAH=∠BAM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAN+∠DAN=45°，∴∠NAH=45°，在△MAN和△HAN中，AM＝∴△MAN≌△HAN，∴點A到MN的距離等于正方形ABCD的邊長AD，①結論正確；如圖2，將△ADF繞點A順時針性質90°得到△ABH，連接HE．

∵∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，∠DAF=∠BAE，∴∠EAH=∠EAF=45°，∵EA=EA，AH=AD，∴△EAH≌△EAF，∴EF=HE，∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，∴∠HBE=90°，在Rt△BHE中，H∵BH=DF，EF=HE，∵EF2=B∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，∵∠MAN=45°，∴∠EAN=∠EDN，∴A、E、N、D四點共圓，∴∠ADN+∠AEN=180°，∴∠AEN=90°，∴△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形；③結論正確；∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，∴AM=2AF，AN=2AE，如圖3，過點M作MP⊥AN于P，

在Rt△APM中，∠MAN=45°，∴MP=AMsin∵S△AMNS△AEF∴S△AMN∴S△AMN=2S故選：C．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，解本題的關鍵是構造全等三角形．19．（2021·廣東梅州·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為6的正方形ABCD內(nèi)作∠EAF=45°，AE交BC于點E，AF交CD于點F，連接EF，將△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABG．若DF=3，則BE的長為．【答案】2【分析】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、全等三角形的判定和性質以及勾股定理等知識，熟練掌握上述基本知識、靈活應用方程思想是解題的關鍵．根據(jù)旋轉的性質可得AG=AF，GB=DF，∠ABG=ADF，然后根據(jù)正方形的性質和等量代換可得∠GAE=∠EAF，進而可根據(jù)SAS證明△EAG≌△EAF，可得GE=EF，設BE=x，則CE與EF可用含x的代數(shù)式表示，然后在Rt【詳解】∵將△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABG，∴△ADF≌△ABG，∠GAF=90°∴AG=AF，∠ABG=ADF∵在正方形ABCD中，∠ADF=∠ABC=90∴∠ABG=90°∴∠GBC=∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，∴點G、B、E在同一直線上,又∵∠EAF=45°=1在△EAG和△EAF中，AG=AF∠GAE=∠FAE∴△EAG≌EAF(SAS∴GE=EF，又∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=DC=AD=6，∵DF=3∴FC=DC-DF=3設BE=x，∵BG=DF=3，BC=6∴GE=EF=GB+BE=3+x，EC=BC-BE=6-x在Rt△ECFEC即6-x解得：x=2∴BE的長為2故答案為：2．20．（2023·廣東河源·統(tǒng)考三模）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC,CD上，且∠EAF=45°，AE交BD于M點，AF交BD于N點．下列結論：①BM2+DN2=MN2；②若F是CD的中點，則tan∠AEF=2；【答案】①③/③①【分析】將△ABM繞點A逆時針旋轉90°得到△ADH，連接NH，可得∠EAF=∠HAF=45°，根據(jù)正方形的性質證明△AMN≌△AHN(SAS)，在Rt△NDH中，由勾股定理H過A作AG⊥AE，交CD延長線于G，由（1）同理可得△AEF≌△AGF，△ABE≌△ADG，設DF=x,?則可表示出設CF、CE、EF，在Rt△EFC中，由勾股定理可得x=32根據(jù)條件可證明△AMN∽△DFN，進而證明△ADN∽△MFN，即可證明③．【詳解】解：①將△ABM繞點A逆時針旋轉90°得到△ADH，連接NH，∵∠EAF=45°，∴∠EAF=∠HAF=45°，∵△ABM繞點A逆時針旋轉90°得到△ADH，∴AH=AM,BM=DH，∠ABM=∠ADH=45°，又∵AN=AN，∴△AMN≌△AHN(SAS∴MN=HN，而∠NDH=∠ADB+∠ADH=45°+45°=90°，在Rt△NDH中，H∴BM2+D②過A作AG⊥AE，交CD延長線于G，如圖：由（1）同理可得△AEF≌△AGF，△ABE≌△ADG，∴EF=GF=DF+DG=DF+BE,∠AEF=∠G，設DF=x,?∵F是CD的中點，則CF=x,CD=BC=AD=2x,EF=x+y,CE=BC-BE=2x-y，在Rt△EFC中，CE∴(2x-y)2解得x=3設x=3m，則y=2m，∴AD=2x=6m,?DG=2m在Rt△ADG中，tan∴tan∠AEF=3，故②③∵∠MAN=∠NDF=45°，∠ANM=∠DNF，∴△AMN∽△DFN，∴ANDN∴ANMN∵∠AND=∠FNM，∴△ADN∽△MFN，∴∠MFN=∠ADN=45°，∴∠MAF=∠MFA=45°，∴△AMF為等腰直角三角形，故③正確，故答案為：①③．【點睛】本題考查了全等三角形的性質和判定，正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識的綜合應用，熟練掌握全等三角形的判定定理和正確作輔助線是解決此類題的關鍵．21．（2022·福建福州·校考模擬預測）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)在AC上且AEAC=13，CFAC=14，延長DE交AB于點G，延長DF交BC于點H，連接GH．下列結論：①點G為AB的中點，②DF=GH，

【答案】①③④【分析】根據(jù)正方形的性質，證明△AEG∽△CED，△CFH∽△AFD，判斷①和②，將△DCH繞點D順時針旋轉90°，得到△DAM，證明△DGM≌△DGHSSS判斷③，分別求出DE?DG,DF?DH的積，判斷④【詳解】解：∵正方形ABCD，∴AB∥CD,AB=CD=BC=DA,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴△AEG∽△CED，∴AGCD∵AEAC∴AGCD∴AG=12CD=∴點G為AB的中點，故①正確；同法可得：△CFH∽△AFD，∴CFAF∵CFAC∴CFAF∴CH=13AD=∴BH=2∴GH=BG2∵DF=3HF，∴DF=3∴GH≠DF；故②錯誤；將△DCH繞點D順時針旋轉90°，得到△DAM，

則：∠DAM=∠DCH=90°，AM=CH=13AB，DM=DH∴∠DAM+∠DAB=180°，∴點M,A,B在同一條直線上，∴MG=MA+AG=5又DG=DG，∴△DGM≌△DGHSSS∴∠HDG=∠MDG=12∠HDM=45°在Rt△DAG中，DG=∵DE=2GE，∴DE=2∴DE?DG=5∵DF?DH=10∴DE?DG=DF?DH，故④正確；故答案為：①③④．【點睛】本題考查正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理．解題的關鍵是掌握正方形的性質，證明三角形相似，通過旋轉構造全等三角形．本題的綜合性強，難度較大，屬于中考填空題中的壓軸題．22．（2021·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=45°，AE交BD于M點，AF交BD于N點．（1）若正方形的邊長為2，則△CEF的周長是．（2）下列結論：①BM2+DN2=MN2；②若F是CD的中點，則tan∠AEF=2【答案】4①③【分析】(1)將AF繞點A順時針旋轉90°，F(xiàn)點落在G點處，證明ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，進而得到EF=DF+BE，即可求出△CEF的周長；(2)對于①：將AM繞點A逆時針旋轉90°，M點落在H點處，證明ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，ΔMAN≌ΔHAN(SAS)即可判斷；對于②：設正方形邊長為2，BE=x，則EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；對于③：證明A、M、F、D四點共圓，得到∠AFM=∠ADM=45°進而求解．【詳解】解：(1)將AF繞點A順時針旋轉90°，F(xiàn)點落在G點處，如下圖所示：∵∠EAF=45°，且∠FAG=∴∠EAG=45在ΔEAF和ΔEAG中：AF=AG∠EAF=∠EAG∴ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，∴EF=GE，又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，∴∠1=∠3，∵ABCD為正方形，∴AD=AB，在ΔFAD和ΔGAB中：AD=AB∠1=∠3∴ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，∴∠ABG=∠ADF∴∠ABG+∴G、B、E三點共線，∴EF=GE=GB+BE=DF+BE，∴CΔCEF故答案為：4；(2)對于①：將AM繞點A逆時針旋轉90°，M點落在H點處，如下圖所示：∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，∴∠2=∠4，在ΔBAM和ΔDAH中：BA=DA∠2=∠4∴ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，∴∠ADH=∠ABM=45°，∴∠NDH=∠ADH+∠ADN=45∴在RtΔHND中，由勾股定理得：NH在ΔMAN和ΔHAN中：AN=AN∠MAN=∠HAN=∴ΔMAN≌ΔHAN(SAS)，∴MN=NH，∴MN2=N對于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，設正方形邊長為2，當F為CD中點時，GB=DF=1，CF=1，設BE=x，則EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中，由勾股定理：EF∴(x+1)2=12+∴tan∠AEF=tan∠AEB=AB對于③：如下圖所示：∵∠EAF=∠BDC=45°，∴A、M、F、D四點共圓，∴∠AFM=∠ADM=45°，∴△AMF為等腰直角三角形，故③正確；故答案為：①③．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，三角形全等的證明，四點共圓的判定方法等，屬于綜合題，具有一定難度，熟練掌握各圖形的性質是解決本題的關鍵．23．（2020·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）正方形ABCD中，點E在邊AD上，點F在邊CD上，若∠BEF=∠EBC，AB=3AE，則下列結論：①DF=FC；②AE+DF=EF；③∠BFE=∠BFC；④∠ABE+∠CBF=45°；⑤∠DEF+∠CBF=∠BFC；⑥DF:DE:EF=3:4:5；⑦BF:EF=35:5．其中結論正確的序號有【答案】①②③④⑤⑥⑦【分析】設正方形的邊長為3，假設F為DC的中點，證明RtΔEDF?RtΔPCF進而證明PE=PB可得假設成立，故可對①進行判斷；由勾股定理求出EF的長即可對②進行判斷；過B作BG⊥EF，證明RtΔBFG?RtΔBFC即可對③進行判斷；過點E作EH⊥BF，利用三角形BEF的面積求出EH和BH的長，判斷△BEH是等腰直角三角形即可對④進行判斷；過F作FQ//AD，利用平行線的性質得∠DEF+∠CBF=∠BFE，從而可對⑤進行判斷；根據(jù)DE，DF，EF的長可對⑥進行判斷；根據(jù)BF和CF的長可對【詳解】如圖，不妨設正方形ABCD的邊長為3，即AB=BC=CD=DA=3，∵AB=3AE，∴AE=1，DE=2，①假設F為CD的中點，延長EF交BC的延長線于點P，在RtΔEDF和RtDF=CF∴RtΔEDF?∴PC=DE=2由勾股定理得，EF=2∴PE=EF+PF=5，BP=BC+PC=3+2=5，∴PE=PB，∴∠PEB=∠PBE，故假設成立，∴DF=FC，故①正確；②∵AE=1，DF=3∴AE+DF=1+3而EF=5∴AE+DF=EF，故②正確；③過B作BG⊥EF，垂足為G，S==而1∴BG=3∴BG=BC在Rt△BGF和Rt△BCF中，BG=BC∴Rt△BGF?Rt△BCF∴∠BFG=∠BFC，即∠BFE=∠BFC，故③正確；④過E和EH⊥BF，垂足為H，∵S△BEF又∵BF=B∴S∴EH=在Rt△EHF中，EH=5，EF=∴HF=∴BH=在Rt△ABE中，AE=1∴BE=10而(∴B∴△BHE是等腰直角三角形，∴∠EBF=45°，∴∠ABE+∠CBE=90°-∠EBF=45°，故④正確；⑤過F作FQ//AD，交AB于Q，則FQ//BC，∴∠DEF=∠QFE，∠CBF=∠QFB，∴∠DEF+∠CBF=∠BFE∵∠BFE=∠BFC，∴∠DEF+∠CBF=∠BFC，故⑤正確；⑥∵DF=32，DE=2∴DF:DE:EF=3:4:5，故⑥正確；⑦∵BF=352∴BF:EF=352綜上所述，正確的結論是①②③④⑤⑥⑦．故答案為：①②③④⑤⑥⑦．【點睛】本題考查了正方形的性質、等腰直角三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，假設出AB=3是解答此題的關鍵．24．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考二模）綜合與實踐

(1)【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，諸葛小組將正方形紙片ABCD沿過點A的直線折疊，使點B落在正方形內(nèi)部的點M處，折痕為AE，再將紙片沿過點A的直線折疊，使AD與AM重合，折痕為AF，請寫出圖中的一個45°角：______．(2)【拓展探究】如圖2，孔明小組繼續(xù)將正方形紙片沿EF繼續(xù)折疊，點C的對應點恰好落在折痕AE上的點N處，連接NF交AM于點P．①∠AEF=______度；②若AB=3，求線段PM(3)【遷移應用】如圖3，在矩形ABCD，點E，F(xiàn)分別在邊BC、CD上，將矩形ABCD沿AE，AF折疊，點B落在點M處，點D落在點G處，點A，M，G恰好在同一直線上，若點F為CD的三等分點，AB=3，AD=5，請直接寫出線段【答案】(1)∠EAF=45°，見解析(2)①∠AEF=60°，見解析；PM=2-3(3)線段BE的長為97或2【分析】（1）根據(jù)折疊性質和正方形的性質可得∠EAF=45°；（2）①由折疊性質可得∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，結合∠EAF=45°可得∠AFN=45°，即可求解；②根據(jù)△ANF是等腰直角三角形，可證△ANP≌△FNEASA，設PN=EN=a根據(jù)AN+EN=AE，即可求解；（3）在AD上取一點J，使得AJ=AB，過點J作JT⊥BC，交AF于點K，連接EK，可得△AJK∽△ADF，設BE=x，則EK=x+6【詳解】（1）解：∠EAF=45°；∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C=∠BAD=90°，由折疊性質可得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，∴∠MAE+∠MAF=∠BAE+∠DAF=1即∠EAF=45°；（2）解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C=∠B=90°，由折疊性質可得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，∴∠ANF=180°-90°=90°，由操作一得：∠EAF=45°，∴△ANF是等腰直角三角形，∴∠AFN=45°，∴∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，∴245°+∠NFE∴∠NFE=∠CFE=30°，∴∠AEF=90°-30°=60°；②∵△ANF是等腰直角三角形，