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中考数学四边形之模型结构(讲义及答案).

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2021年中考数学复习讲义：第七章 平行四边形 模型(三十)——十字架模型

2021年中考数学复习讲义：第七章 平行四边形 模型(三十)——十字架模型

第七章.平行四边形模型（三十）——十字架模型模型讲解【结论】正方形内部，AE⊥BF，则 AE=BF【类图】口诀典例秒杀典例1 ☆☆☆☆☆如图，正方形 ABCD内有两条相交线段MN，EF，M，N，E，F分别在边 AB，CD，AD，BC上.小明认为∶若 MN=EF，则 MN⊥EF；小亮认为∶若 MN⊥EF，则MN=EF.你认为（）A.仅小明对B.仅小亮对C.两人都对D.两人都不对【答案】B【解析】①若 MN=EF，则必有 MN⊥EF，这句话是错误的，如图.作 EG⊥BC，MH⊥CD，记 MH交EF 于点L，∵EF＝MN,MH＝EG, ∴Rt△MHN≌Rt△EGF(HL), ∴∠EFG=∠MNH，又∵∠EFG=ZELM，∴∠MNH=∠ELM,∴∠NMH＋∠MNH＝∠NMH＋∠ELM＝90°，∴∠MOL＝90°,即 MN ⊥EF，但EF不仅仅是这一种情况，如将图中的线段 EF沿直线 EG折叠过去，得到的 EF´就是反例，此时有 MN=EF´，但是 MN 与EF´垂直，因此小明的观点是错误的。

②若 MN⊥EF，则 MN=EF，这句话根据十字架模型的结论可直接判断是正确的.故选B.小试牛刀1.（★★★☆☆）如图，在正方形 ABCD中，点E是 BC 上一点， BF⊥AE于点H，交 DC于点F，若 AB=5，BE=2，则 AF=_______。

直击中考1.如图，正方形 ABCD 中，E，F分别为BC，CD 上的点，且 AE⊥BF，垂足为G.（1）求证∶AE= BF.（2）若 BE=，AG=2，求正方形的边长.正方形的变化多样，往往涉及全等、边长问题，中考常考正方形模型 .第七章.平行四边形模型（三十）——十字架模型答案：小试牛刀1.答案解析∵四边形 ABCD 是正方形，∴AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°，在正方形 ABCD中，BF⊥AE，∴根据十字架模型的结论可知AE=BF.在 Rt△ABE和 Rt△BCF 中，AE= BF,AB= BC,∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），∴CF=BE=2,∴DF=CD-CF=5-2=3.∵四边形 ABCD是正方形，∴AD=AB=5,∠ADF=90°,由勾股定理得 AF = =＝直击中考1.解析（1）∵四边形 ABCD是正方形，∴AB=BC,∠ABC=∠C=90°,∠BAE+∠AEB=90°.∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CBF.在△ABE与△BCF中，∠BAE＝∠CBF， AB= BC,∠ABE＝∠C＝90°，∴△ABE≌△BCF(ASA), ∴AE=BF.(2)∵AE⊥BF,∴∠BGE＝∠ABE＝90°，∵∠BEG=∠AEB, ∴△BGE≌△ABE, ∴BE：AE＝EG：BE，即BE2=EG·AE.设 EG=x，则AE＝AG＋EG＝2+x，∴＝x·(2+x).解得x1=1，x2=－3（不合题意，舍去）.∴EG=1,AE=3.∴AB＝＝＝。

2023-2024学年八年级数学下册 专题05 平行四边形六大模型(解析版)

2023-2024学年八年级数学下册 专题05 平行四边形六大模型(解析版)

专题05平行四边形六大模型模型一：中点四边形模型二：梯子模型模型三：十字架模型四：对角互补模型五：半角模型模型六：与正方形有关三垂线模型一：中点四边形中点四边形:依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形O。

结论1:点M、N、P、Q是任意四边形的中点，则四边形MNPQ是平行四边形结论2:对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形结论3：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形结论4:对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形【典例1】（2024•长沙模拟）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，则四边形EFGH一定是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形【答案】A【解答】解：如图，连接AC，∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，∴HG∥AC，HG＝AC，EF∥AC，EF＝AC；∴EF＝HG且EF∥HG；∴四边形EFGH是平行四边形．故选：A．【变式1-1】（2023•阳春市二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（）A．互相平分B．互相平分且相等C．互相垂直D．相等【答案】D【解答】解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，∴EH∥FG，EF＝FG，∴四边形EFGH是平行四边形，假设AC＝BD，∵EH＝AC，EF＝BD，则EF＝EH，∴平行四边形EFGH是菱形，即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，故选：D．【变式1-2】（2023•铜川一模）如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（）A．AC⊥BD B．AB＝CD C．AB∥CD D．AC＝BD【答案】A【解答】解：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，∴EF＝AC，EF∥AC，GH＝AC，GH∥AC，EH∥BD，∴EF＝GH，EF∥GH，∴四边形EFGH为平行四边形，当AC⊥BD时，EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形，故选：A．【变式1-3】（2023春•宿豫区期中）顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（）A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形【答案】D【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF＝AC，FG＝BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∵AC⊥BD，AC＝BD，∴EF⊥FG，FE＝FG，∴四边形EFGH是正方形，故选：D．模型二：梯子模型如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上,当梯子底端滑动时,探究梯子上某点(如中点)或梯子构成图形上的点的轨迹模型(图2),就是所谓的梯子模型。

中点四边形模型(4种题型)-2023年新九年级数学核心知识点与常见题型(北师大版)(解析版)

中点四边形模型(4种题型)-2023年新九年级数学核心知识点与常见题型(北师大版)(解析版)

重难点专项突破：中点四边形模型（4种题型）【知识梳理】【考点剖析】题型一、利用中点求长度例1.如图，某花木场有一块四边形ABCD的空地，其各边的中点为E、F、G、H，测得对角线AC＝11米，BD＝9米，现想用篱笆围成四边形EFGH场地，则需篱笆总长度是（）A．20米B．11米C．10米D．9米【答案】A【解析】∵E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 各边的中点，∴EF 、FG 、GH 、HE 分别为△ABC 、△BCD 、△CDA 、△ABD 的中位线， ∴EF ＝12AC ＝112（米），FG ＝12BD ＝92（米），HG ＝12AC ＝112（米）， HE ＝12BD ＝92（米），∴四边形EFGH 总长度＝EF +FG +GH +HE ＝20（米）， 故选：A ．【变式1】在四边形ABCD 中，8AC BD ==，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则22EG FH +的值为（ ）A ．18B ．36C ．48D ．64【答案】D【解析】连接EF 、FG 、GH 、EH ，∵E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点， ∴11//,//,,22EF AC HG AC EF AC FG BD ==，∴//EF HG ，同理//EH FG ， ∴四边形EFGH 为平行四边形，∵AC BD =，∴EF FG =，∴平行四边形 EFGH 为菱形， ∴EG FH ⊥，2EG OG =，2FH OH =，()2222222221(2)(2)4448642EG FH OE OH OE OH EH BD ⎛⎫+=+=+==⨯== ⎪⎝⎭故选：D ．【变式2】如图，已知矩形ABCD 的对角线AC 的长为10cm ，连结矩形各边中点E 、F 、G 、H 得四边形EFGH ，则四边形EFGH 的周长为（ ）cm ．A ．20B ．C ．D ．25【答案】A 【解析】连接BD ，∵H 、G 是AD 与CD 的中点，∴HG 是△ACD 的中位线， ∴HG=12AC=5cm ，同理EF=5cm ， ∵四边形ABCD 是矩形，∴根据矩形的对角线相等，即BD=AC=10cm ， ∵H 、E 是AD 与AB 的中点，∴EH 是△ABD 的中位线， ∴EH=12BD=5cm ，同理FG=5cm ，∴四边形EFGH 的周长为20cm ． 故选A ．【变式3】如图，点O 为四边形ABCD 内任意一点，E ，F ，G ，H 分别为OA ，OB ，OC ，OD 的中点，则四边形EFGH 的周长为（ ）A ．9B ．12C ．18D ．不能确定【答案】C【解析】∵E ，F 分别为OA ，OB 的中点，∴EF 是△AOB 的中位线，∴EF=12AB=3， 同理可得：FG=12BC=5，HG=12DC=6，EH=12AD=4，∴四边形EFGH 的周长为=3+5+6+4=18， 故选C ．题型二、利用中点求面积例2.如图，四边形ABCD 中，点E 、F 、G 分别为边AB 、BC 、CD 的中点，若△EFG 的面积为4，则四边形ABCD 的面积为（ ）A ．8B ．12C ．16D ．18【答案】C【解析】记△BEF ,△DGH ,△CFG ,△AEH 的面积分别为1234,,,S S S S ，四边形ABCD 的面积为S .连接AC .∵BF =CF ，BE =AE ，CG =DG ，AH =DH ，∴EF ∥AC ,1,2EF AC =GH ∥AC ,12GH AC =，∴EF ∥GH ，EF =GH ，∴四边形EFGH 是平行四边形，∴S 平行四边形EFGH =2S △EFG =8，∵△BEF ∽△BAC ，∴11,4S S ABC =同理可得214S S ACD ，= ∴1211()44ABC ACD S S S S S +=+=， 同法可得3414S S S +=，∴123412S S S S S ，+++= ∴S 四边形EFGH =12S ， ∴S =2S 四边形EFGH =16.故选C.【变式1】定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．（1）写出一种你学过的和美四边形______；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是（ ） A ．矩形 B ，菱形 C ．正方形 D ．无法确定（3）如图1，点O 是和美四边形ABCD 的中心，E F G H 、、、分别是边AB BC CD DA 、、、的中点，连接OE OF OG 、、OH 、，记四边形AEOH BEOF CGOF DHOG 、、、的面积为1234S S S S 、、、，用等式表示1234S S S S 、、、的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形ABCD 是和美四边形，若4,2,5AB BC CD ===,求AD 的长．【答案】（1）正方形；（2）A ；（3）S 1+S 3=S 2+S 4；（4 【解析】（1）正方形是学过的和美四边形，故答案为：正方形； （2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形， 如图，四边形ACBD 中，对角线AB ⊥CD ，即为“和美四边形”， 点E 、F 、G 、H 分别是AC 、AD 、BD 、BC 的中点， ∴EF ∥CD ∥HG ，且EF=HG=12CD ，EH ∥FG ∥AB ，且EH=FG=12AB ， ∴四边形EFGH 为平行四边形，∵AB ⊥CD ，∴EF ⊥EH ，∴平行四边形EFGH 是矩形；故选：A ．（3）连接AC 和BD ，由和美四边形的定义可知，AC ⊥BD ，则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°， 又E 、F 、G 、H 分别是边AB 、BC 、CD 、DA 的中点，∴△AOE 的面积=△BOE 的面积，△BOF 的面积=△COF 的面积，△COG 的面积=△DOG 的面积，△DOH 的面积=△AOH 的面积，∴S 1+S 3=△AOE 的面积+△COF 的面积+△COG 的面积+△AOH 的面积=S 2+S 4；（4）如图，连接AC 、BD 交于点O ，则AC ⊥BD ， ∵在Rt △AOB 中，AO 2=AB 2-BO 2，Rt △DOC 中，DO 2=DC 2-CO 2，AB=4，BC=2，CD=5，∴可得AD 2=AO 2+DO 2=AB 2-BO 2+DC 2-CO 2=AB 2+DC 2-BC 2=42+52-22=37，即可得AD =．【变式2】如图，在四边形ABCD 中，对角线AC BD ⊥，且8AC =，6BD =，E ，F ，G ，H 分别是四边的中点，则四边形EFGH 的面积为__________．【答案】12【解析】∵点E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，∴EF ∥AC ，EF=12AC ， ∵AC=8，∴EF=4，同理，HE ∥BD ，HE=1BD 32=， ∴四边形EFGH 是平行四边形， ∵EH ∥BD ，AC ⊥BD ，∴EH ⊥AC ，∵EF ∥AC ，∴EF ⊥HE ，∴四边形EFGH 是矩形， ∴矩形EFGH 的面积=HE ×EF=12． 故答案为：12．题型三、找规律问题例3.如图，四边形ABCD 中，对角线AC BD ⊥，且8AC =，4BD =，各边中点分别为1A 、1B 、1C 、1D ，顺次连接得到四边形1111D C B A ，再取各边中点2A 、2B 、2C 、2D ，顺次连接得到四边形2222A B C D ，……，依此类推，这样得到四边形n n n n A B C D ，则四边形n n n n A B C D 的面积为（ ）A ．162n−B ．182n − C ．412n −−D ．不确定【答案】B【解析】∵四边形A 1B 1C 1D 1的四个顶点A 1、B 1、C 1、D 1分别为AB 、BC 、CD 、DA 的中点，∴A 1B 1∥AC ，A 1B 112=AC ，∴△BA 1B 1∽△BAC ．∴△BA 1B 1和△BAC 的面积比是相似比的平方，即14． 即1114BA B S=S △ABC ，同理可证：1114DD C S =S △ADC ， 1114AD A S =S △ABD ，S △CB 1C 114=S △BDC ，∴111112A B C D S =四边形S 四边形ABCD ，同法可证2222111112A B C D A B C D S S =四边形四边形，又四边形ABCD 的对角线AC ＝8，BD ＝4，AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 的面积是16．∴四边形A n B n ∁n D n 的面积116822n n −==．故选：B ．【变式1】如图1，1A ，1B ，1C ，1D 分别是四边形ABCD 各边的中点，且AC BD ⊥，6AC =，10BD =．（1）试判断四边形1111D C B A 的形状，并证明你的结论；（2）如图2，依次取11A B ，11B C ，11C D ，11D A 的中点2A ，2B ，2C ，2D ，再依次取22A B ，22B C ，22C D ，22D A 的中点3A ，3B ，3C，3D ……以此类推，取11n n A B −−，11n n B C −−，11n n C D −−，11n n D A −−的中点n A ，n B ，n C ，n D ，根据信息填空：①四边形1111D C B A 的面积是__________； ②若四边形n n n n A B C D 的面积为1516，则n =________； ③试用n 表示四边形n n n n A B C D 的面积___________． 【答案】（1）矩形，见解析；（2）①15，②5，③1152n − 【解析】（1）四边形1111D C B A 是矩形，证明：∵1A ，1B ，1C ，1D 分别是四边形ABCD 各边的中点， ∴11A B AC ，11C D AC ，∴1111A B C D ，同理可得1111A D B C ∥，∴四边形1111D C B A 是平行四边形，又∵AC BD ⊥，易得1111A B B C ⊥，∴四边形1111D C B A 是矩形； （2）①由题意可知：A 1B 1=12AC=3，A 1D 1=12BD=5，四边形1111D C B A 的面积=3×5=15；②由构图过程可得：A 2D 2=B 2C 2=12B 1D 1=12C 2D 2=B 2A 2=12A 1C 1=12可知四边形2222A B C D 为菱形，∴2222A B C D S =222212A C B D ⨯=111112A B B C ⨯=152；同理可求：3333A B C D S =154，4444A B C D S =158，…，n n n n A B C D S =1152n −，故当四边形n n n n A B C D 的面积为1516时，1152n −=1516，解得：n=5；③由②可知：用n 表示四边形n n n n A B C D 的面积为1152n −.故答案为：（1）矩形，见解析；（2）①15，②5，③1152n −题型四、中点综合问题例4.通过解方程（组）使问题得到解决的思维方式就是方程思想，已学过的《勾股定理》及《一次函数》都与它有密切的联系，最近方程家族的《一元二次方程》我们也学习了它的求解方法和应用。

九年级数学中考专题(空间与图形)-第九讲《四边形(一)》课件(北师大版)

九年级数学中考专题(空间与图形)-第九讲《四边形(一)》课件(北师大版)
F D
B
C
E
体验中考
1．（06常州）已知：如图，在四边形ABCD AO CO， 中，AC与BD相交与点O，AB∥CD， 求证：四边形ABCD是平行四边形.
A O B C D
体验中考
2.（06大连西岗）如图，ABCD中， AE⊥BD于E，CF⊥BD于F. 求证：AE = CF
A F E B D
典型例题
E 变式1：顺次连结矩形四边中点所得的四边形是菱形. D 变式2：顺次连结菱形四边中点所得的四边形是矩形. G H 变式3：顺次连结正方形四边中点所得的四边形 是正方形. B F 变式4：顺次连结等腰梯形四边中点所得的四边形 A 是菱形. 变式5：若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形EFGH是正方形. 变式6：在四边形ABCD中，若AB＝CD，E、F、G、H分别为AD、BC、 BD、AC的中点，求证：EFGH是菱形. C 变式7：如图：在四边形ABCD中， M D E为边AB上的一点，△ADE和△ Q BCE都是等边三角形，P、Q、M、 N N分别是AB、BC、CD、DA边上 的中点，求证：四边形PQMN是菱形. B A E P
二、选择题： 1、若□ABCD的周长为28，△ABC的周长为17cm，则AC的长 为（ ） A、11cm B、5.5cm C、4cm D、3cm 2、如图，□ABCD和□EAFC的顶点D、E、F、B在同一条直 线上，则下列关系中正确的是（ ） C A、DE＞BF B、DE＝BF D C、DE＜BF D、DE＝FE＝BF E F B
C
典型例题
例3 已知如图，在△ABC中，∠C＝900，点M在BC上， 且BM＝AC，点N在AC上，且AN＝MC，AM和BN相交于 P，求∠BPM的度数.
分析：条件给出的是线段的等量关系，求的却是角的度数，为此，我们由条件中 的直角及相等的线段，可联想到构造等腰直角三角形，从而应该平移AN. 证明：过M作ME∥AN，且ME＝AN，连结NE、BE，则四边形AMEN是平行四 边形，得NE＝AM，ME∥AN，AC⊥BC ∴ME⊥BC在△BEM和△AMC中， ME＝CM，∠EMB＝∠MCA＝900，BM＝AC ∴△BEM≌△AMC A ∴BE＝AM＝NE，∠1＝∠2， ∠3＝∠4，∠1＋∠3＝90° 1 ∴∠2＋∠4＝90 ° ，且BE＝NE N P ∴△BEN是等腰直角三角形 3 C B ∴∠BNE＝45 ° ∵AM∥NE M ∴∠BPM＝∠BNE ＝45 ° 2

四边形之模型结构(讲义及答案).

四边形之模型结构(讲义及答案).

四边形之模型结构（讲义）➢ 知识点睛1. 四边形的性质与判定注：按照边、角、对角线的顺序研究性质与判定判定定理：对角线及边、角的特殊性2. 十字结构DE =CF3. 半角模型∠EAF= 1 ∠BAC 2DE AD CF AB➢精讲精练1.如图，在□ABCD 中，AE，CF 分别是∠BAD 和∠BCD 的平分线，添加一个条件，无法判断四边形AECF 为菱形的是（）A．AE=AF B．EF⊥ACC．∠B=60°D．AC 是∠EAF 的平分线2.如图，在□ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O，点E，F 分别为OB，OD 的中点，延长AE 至G，使EG=AE，连接CG，CF．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）当AB 与AC 满足什么数量关系时，四边形EGCF 是矩形？请说明理由．3.在矩形ABCD 中，M，N，P，Q 分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．对于任意矩形ABCD，下面四个结论：①存在无数个四边形MNPQ 是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ 是矩形；③存在无数个四边形MNPQ 是菱形；④至少存在一个四边形MNPQ 是正方形．其中所有正确结论的序号是．5 4. 如图，正方形 ABCD 内有两条相交线段 MN ，EF ，点 M ，N ，E ，F 分别在边 AB ，CD ，AD ，BC 上．小明认为：若 MN =EF ， 则MN ⊥EF ；小亮认为：若MN ⊥EF ，则MN =EF ．你认为（ ）A ．仅小明对B ．仅小亮对C ．两人都对D ．两人都不对第 4 题图第 5 题图 5. 如图，正方形 ABCD 中，点 E ，F 分别在边 CD ，AD 上，BE与 CF 交于点 G ．若 BC =4，DE =AF =1，则 GF 的长为（ ）A． 13 5 B ． 12 5 C ． 19 5 D ． 16 56.如图，正方形纸片 ABCD 的边长为 12，E 是边 CD 上一点， 连接 AE ，折叠该纸片，使点 A 落在 AE 上的点 G ，并使折痕经过点 B ，得到折痕 BF ，点 F 在 AD 上．若 DE =5，则 GE 的长为 ．第 6 题图第 7 题图 7. 如图，在一张矩形纸片 ABCD 中，AB =4，BC =8，点 E ，F 分别在 AD ，BC 边上，将纸片 ABCD 沿直线 EF 折叠，点 C 落在 AD 边上的一点 H 处，点 D 落在点 G 处，则下列结论： ①四边形 CFHE 是菱形；②CE 平分∠DCH ；③当点 H 与点 A 重合时，EF = 2 ．其中正确的是 ．（填写序号） 8.已知菱形ABCD ，E ，F 是动点，边长为4，BE =AF ，∠BAD =120°，则下列结论：①△BEC ≌△AFC ；②△ECF 为等边三角形；③∠AGE =∠AFC ；④若 AF =1，则 GF = 1 ．其中正确的结论EG 3有（ ）个．A ．1B ．2C ．3D ．4第 8 题图第 9 题图 9. 如图，在正方形 ABCD 中，点 O 是对角线 AC ，BD 的交点，过点 O 作射线 OM ，ON 分别交 BC ，CD 于点 E ，F ，且 ∠EOF =90°，OC ，EF 交于 G ．给出下列结论：①△COE ≌ △DOF ；②△OGE ∽△FGC ；③四边形 CEOF 的面积为正方形 ABCD （ ）面积的 1 4；④DF 2+BE 2=OG ·OC ．其中正确的是 A ．①②③④ B ．①②③ C ．①②④ D ．③④10. 如图，已知正方形 ABCD 的边长为 5，点 E ，F 分别在 BC 和CD 边上，分别连接 AE ，AF ，EF ，若∠EAF =45°，则△CEF 的周长是（ ）A ． 6 + 2B ．8.5C ．10D ．1233 11. 如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC =1，E ，F 为线段AB 上两个动点，且∠ECF =45°，过点 E ，F 分别作 BC ，AC 的垂线相交于点 M ，垂足分别为 H ，G ．现有以下结论：①AB = ；②当点 E 与点 B 重合时，MH= 1 ；③AF 2+BE 2=EF 2．其 2中正确的结论为（ ）A ．①②③B ．①②C ．①③D ．②③12. 如图，在△ABC 中，AB =AC = 2 ，∠BAC =120°，点 D ，E都在边 BC 上，∠DAE =60°．若 BD =2CE ，则 DE 的长为 ．13. 如图，将正方形 ABCD 折叠，使顶点 A 与 CD 边上的一点 H重合（H 不与端点 C ，D 重合），折痕交 AD 于点 E ，交 BC 于点 F ，边 AB 折叠后与边 BC 交于点 G ．以下结论：①HA 平分∠DHG ；②∠HAG =45°；③△CHG 的周长为 2CD ．其中正确的结论序号是 ．23 【参考答案】1. C2. （1）证明略；（2）当 AC =2AB 时，四边形 EGCF 是矩形，理由略．3. ①②③4. B5. A6. 49137. ①③8. D9. B10. C11. A12. 3 313. ①②③。

四边形中的几何结构(讲义及答案)

四边形中的几何结构(讲义及答案)

2 .3 .四边形中的几何结构知识点睛儿何综合题的思考流程<1)标注条件，合理转化;(2)组合特征，分析结构;(3)Hl因导果，执果索因.特殊四边形中隐含条件<1)⑵(3)(4)平行四边形中隐含条件：菱形中隐含条件：平行、矩形中隐含条件：平行、平行、中点、中点、中点；角平分线、垂直;垂直；正方形中隐含条件：平行、中点、角平分线、垂直.四边形中常见儿何结构举例(1)(2)中点结构:折叠结构:弦图结构:面积结构:<3)(4)①三个“一半”直角+中点，平行夹中点，多个中点; 平行+角平分线；外弦图，内弦图；三个“一半,，，平行转化・D—G ABCD5 = 5= S5 = 5= S'2 2②平行转化OABCDS =_s△P8C 2CABCDS MC= S选BC精讲精练如图，在平行四边形ABCD 中，BC=2AB. C£丄AB 于点& F为AD 的中点，若则ZB 二 ___________________________ -第1题图如图，在菱形ABCD 中，Z/UllO 。

， 的中点，若EP 丄CD F 点、P,则ZFPC 二 ________________ .如图，在矩形ABCD 中,AB=15cm,点E 在AD 上，且AE=9cm.连接EC,将长方形ABCD 沿直线BE 翻折，点A 恰好落在EC上的点/V 处，则4C= __________ •第4题图将矩形纸片ABCD 按如图所示方式折叠，AE. EF 为折痕， ZBA£=3O% BE=1,折叠后点C 落在AD 边上的C|处，并且 点B 落在EC ］上的厲处，则BC 的长为 _________________________ .如图，在一张矩形纸片ABCD 中，AB=4. BC=8,点E, F 分 别在AD, BC 边上，将纸片ABCD 沿直线EF 折叠，点C 落在 AD 边上的一点H 处，点D 落在点G 处，则下列结论：①四边形CFHE 是菱形；②CE 平分ZDCH ：③当点H 与点A 重合时，其中正确 的是 _____ -（填写序号）第2题图 E, F 分别是边BC第3题图已知，在平面直角坐标系中放置了 5个如图所示的正方形，其 中点在y 轴上，点Cl ，E\, E2, C2，E3，E4, C3均在X 轴 上.若正方形AiBiCiDi 的边长为1, ZB1G0二60。

初中数学复习几何模型专题讲解11---构造平行四边形

初中数学复习几何模型专题讲解11---构造平行四边形

初中数学复习几何模型专题讲解专题11 构造平行四边形一、单选题1．如图，菱形ABCD的边长为13，对角线24AC=，点E、F分别是边CD、BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG=（）A．13 B．10 C．12 D．5【答案】B【分析】连接对角线BD，交AC于点O，求证四边形BDEG是平行四边形，EG=BD，利用勾股定理求出OD的长，BD=2OD，即可求出EG．【详解】连接BD，交AC于点O，由题意知：菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，∴AB=BC=CD=DA=13，EF//BD，∵AC、BD是菱形的对角线，AC=24，∴AC⊥BD，AO=CO=12，OB=OD，又∵AB//CD，EF//BD∴DE//BG，BD//EG在四边形BDEG中，∵DE//BG，BD//EG∴四边形BDEG是平行四边形∴BD=EG在△COD中，∵OC⊥OD，CD=13，CO=12∴OD=OB=5∴BD=EG=10故选B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．2．在等边三角形ABC中，BC=6cm，射线AG//BC，点E从点A出发，沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t，当t为( )s时，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形？（）A．2 B．3 C．6 D．2或6【答案】D分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE=CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．【详解】①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE=tcm，BF=2tcm，则CF=BC-BF=6-2t（cm），∵AG∥BC，∴当AE=CF时，四边形AECF是平行四边形，即t=6-2t，解得：t=2；②当点F在C的右侧时，根据题意得：AE=tcm，BF=2tcm，则CF=BF-BC=2t-6（cm），∵AG∥BC，∴当AE=CF时，四边形AEFC是平行四边形，即t=2t-6，解得：t=6；综上可得：当t=2或6s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．故选D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用．3．如图．在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，AN为△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为E．（1）求证：四边形ADCE是矩形．（2）若连接DE，交AC于点F，试判断四边形ABDE的形状（直接写出结果，不需要证明）．（3）△ABC再添加一个什么条件时，可使四边形ADCE是正方形．并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形ABDE是平行四边形；（3）当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是正方形，证明见解析【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，又由AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，可得∠DAE＝90°，又由CE⊥AN，由矩形的判定可证四边形ADCE 为矩形；（2）利用（1）中矩形的对角线相等推知：AC＝DE；结合已知条件可以推知AB∥DE，又AE＝BD，则易判定四边形ABDE是平行四边形；（3）由等腰直角三角形的性质可得AD＝CD＝BD，即可证四边形ADCE是正方形．【详解】证明：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∴∠ADC＝90°，∵AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，∴∠MAN＝∠CAN，∴∠DAE＝90°，∵CE⊥AN，∴∠AEC＝90°，∴四边形ADCE为矩形；（2）四边形ABDE是平行四边形，理由如下：由（1）知，四边形ADCE为矩形，则AE＝CD，AC＝DE．又∵AB＝AC，BD＝CD，∴AB＝DE，AE＝BD，∴四边形ABDE是平行四边形；（3）当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是正方形，理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，∴AD＝CD＝BD，又∵四边形ADCE是矩形，∴四边形ADCE是正方形．【点睛】本题考查平行四边形、矩形和正方形的判定方法，掌握特殊四边形的判定定理是解题的关键．4．如图，在△ABC中，已知∠BDC＝∠EFD，∠AED＝∠ACB．（1）试判断∠DEF与∠B的大小关系，并说明理由；（2）若D、E、F分别是AB、AC、CD边上的中点，S△DEF＝4，S△ABC=【答案】（1）∠DEF=∠B，理由见解析；（2）32【分析】（1）延长EF交BC于G，根据平行四边形的判定和性质即可得到结论；（2）根据三角形一边的中线平分三角形的面积，即可得到结论．【详解】（1）∠DEF=∠B，理由如下：延长EF交BC于G，∵∠BDC=∠EFD，∴EF∥BD，∵∠AED=∠ACB，∴DE∥BC，∴四边形DEGB是平行四边形，∴∠DEF=∠B ；（2）∵F 是CD 边上的中点，S △DEF =4，∴S △DEC =2S △DEF =8，∵E 是AC 边上的中点，∴S △ADC =2S △DEC =16，∵D 是AB 边上的中点，∴S △ABC =2S △ACD =32．【点睛】本题考查了平行线的性质和判定，平行四边形的判定和性质，三角形的面积，正确的识别图形是解题的关键．5．已知，菱形ABCD 中，60B ∠=︒，E 、P 分别是边BC 和CD 上的点，且60EAP ∠=︒．（1）求证：BC EC CP =+（2）如图2，F 在CA 延长线上，且FE FB =，求证：AF EC =（3）如图3，在（2）的条件下，6AF =，10BE =，O 是FB 的中点，求OA 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）7【分析】（1）连接AC ，如图1，根据菱形的性质得AB=BC ，而∠B=60°，则可判定△ABC 为等边三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB ，易得∠ACF=60°，∠BAE=∠CAF ，然后利用ASA 可证明△AEB ≌△AFC ，即可解答；（2）过点F 作FH ∥AB ，交CB 的延长线于点H ，利用平行线的性质求得△FHC 是等边三角形，得到CF=CH=FH ，然后利用AAS 定理求得△HBF ≌△CEF ，从而问题得解； （3）过点B 作BK ∥FC ，交HF 于点K ，根据两组对边分别平行求得四边形KBAF 是平行四边形，从而求得12OA AK =，FK=16，过点A 作AM ⊥FH ，然后利用含30°的直角三角形的性质求得MF=132AF =,AM ==从而求得KM=13，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）连接AC ，如图1，∵四边形ABCD 为菱形，∴AB=BC ，∵∠B=60°，∴△ABC 为等边三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB ，∴∠BAE+∠EAC=60°，∵AB ∥CD ，∴∠BAC=∠ACP=60°，∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°， ∴∠BAE=∠CAP ，在△AEB 和△APC 中，BAE CAP AB ACB ACD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△AEB ≌△APC ，∴BE=CF∴BC EC BE EC CP =+=+；（2）过点F 作FH ∥AB ，交CB 的延长线于点H∵FH∥AB∴∠H=∠CGH=60°∴△FHC是等边三角形∴CF=CH=FH又∵△ABC是等边三角形∴CA=CB∴AF=BH又∵FB=FE∴∠FEB=∠FEB，即∠FBH=∠FEC在△HBF和△CEF中FBH FECFHB FCE FH FC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△HBF≌△CEF∴BH=EC∴AF=EC（3）过点B作BK∥FC，交HF于点K，∵BK ∥FC ，FH ∥AB∴四边形KBAF 是平行四边形∴KB=AF=EC=6，12OA AK = ∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=16过点A 作AM ⊥FH由（2）可知，∠CFH=60°∴在Rt △AMF 中，∠MAF=30°∴MF=132AF =,AM == ∴KM=16-3=13在Rt △AKM 中，14AK ===∴AO=7．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．6．如图，反比例函数y ＝k x（x ＞0）过点A （3，4），直线AC 与x 轴交于点C （6，0），过点C 作x 轴的垂线交反比例函数图象于点B ，（1）求反比例函数和直线AC 的解析式；（2）求△ABC的面积；（3）在平面内有点D，使得以A，B，C，D四点为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合条件的所有D点的坐标．【答案】（1）反比例函数解析式为：y＝12x；直线AC的解析式为：y＝﹣43x+8；（2）3；（3）符合条件的点D的坐标是：（3，2）或（3，6）或（9，﹣2）．【分析】（1）将A点的坐标代入反比例函数y＝kx求得k的值，然后将A，C坐标代入直线解析式解答即可；（2）把x=6代入反比例函数解析式求得相应的y的值，即得点B的坐标，进而利用三角形面积公式解答即可；（3）使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，如图所示，找出满足题意D 的坐标即可．【详解】解：（1）把点A（3，4）代入y＝kx（x＞0），得k＝xy＝3×4＝12，故该反比例函数解析式为：y＝12x，把A（3，4），C（6，0）代入y＝mx+n中，可得：34 60 m nm n+=⎧⎨+=⎩，解得：438mn⎧=-⎪⎨⎪=⎩，所以直线AC的解析式为：y＝﹣43x+8；（2）∵点C（6，0），BC⊥x轴，∴把x＝6代入反比例函数y＝12x，得y＝126＝2，则B（6，2），所以△ABC的面积＝1(63)232⨯-⨯=；（3）①如图，当四边形ABCD为平行四边形时，AD∥BC且AD＝BC．∵A（3，4）、B（6，2）、C（6，0），∴点D的横坐标为3，y A﹣y D＝y B﹣y C即4﹣y D＝2﹣0，故y D＝2．所以D（3，2）．②如图，当四边形ACBD′为平行四边形时，AD′∥CB且AD′＝CB．∵A（3，4）、B（6，2）、C（6，0），∴点D的横坐标为3，y D′﹣y A＝y B﹣y C即y D﹣4＝2﹣0，故y D′＝6．所以D′（3，6）．③如图，当四边形ACD″B为平行四边形时，AC＝BD″且AC∥BD″．∵A（3，4）、B（6，2）、C（6，0），∴x D″﹣x B＝x C﹣x A即x D″﹣6＝6﹣3，故x D″＝9．y D″﹣y B＝y C﹣y A即y D″﹣2＝0﹣4，故y D″＝﹣2．所以D″（9，﹣2）．综上所述，符合条件的点D 的坐标是：（3，2）或（3，6）或（9，﹣2）．【点睛】本题考查了反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，平行四边形的判定与性质，解答（3）题时，采用了“数形结合”和“分类讨论”的数学思想． 7．如图所示，90BAC DAE ∠=∠=︒，M 是BE 的中点，AB AC =，AD AE =，求证AM CD ⊥．【答案】见解析【分析】延长AM 到F ，使MF ＝AM ，交CD 于点N ，构造平行四边形，利用条件证明△ABF ≌△CAD ，可得出∠BAF ＝∠ACD ，再结合条件可得到∠ANC ＝90°，可证得结论．【详解】证明：延长AM 到F ，使MF ＝AM ，交CD 于点N ，∵BM ＝EM ，∴四边形ABFE 是平行四边形，∴BF＝AE，∠ABF＋∠BAE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠CAD＋∠BAE＝180°，∴∠ABF＝∠CAD，∵BF＝AE，AD＝AE，∴BF＝AD，在△ABF和△CAD中，BF ADABF CADAB AC⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ABF≌△CAD（SAS），∴∠BAF＝∠ACD，∵∠BAC＝90°，∴∠BAF＋∠CAF＝90°，∴∠ACD＋∠CAF＝90°，∴∠AHC＝90°，∴AM⊥CD．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，通过辅助线构造平行四边形证明三角形全等得到∠BAF ＝∠ACD 是解题的关键．8．如图所示，CD 是ABC ∆的中线，12∠=∠，求证：AE BC =.【答案】见解析【解析】【分析】要证AE BC =，可设法将AE 、BC 集中到一个图形中，由已知CD 是ABC ∆的中线，故倍长中线可得到平行四边形AFBC .【详解】证明：延长CD 至F ，使DF CD =，连AF ，BF ，又∵DA DB =，∴四边形AFBC 为平行四边形，21AFC ∴∠=∠=∠，AE AF BC ∴==.【点睛】中线倍长，利用平行四边形的判定定理对角线互相平分的四边形是平行四边形，据此达到转移线段或角的目的.9．如图所示，ABCD 中，E 是BC 的中点，9AE =，12BD =，10AD =.求证：AE BD ⊥.【答案】见解析【解析】【分析】过D 作DF AE ∥交BC 的延长线于F ，得四边形AEFD 为平行四边形，由已知可得△BDF 三边长，再由勾股定理可知∠BDF =90°，即可证明结论.【详解】证明：过D 作DF AE ∥交BC 的延长线于F ，AE DF ∴∥，又AD EF ，∴四边形AEFD 为平行四边形，10EF AD ∴==，9DF AE ==，15BF ∴=.22222129225BD DF BF +=+==，90BDF ∴∠=︒，∴AE BD ⊥.【点睛】此题主要考查了勾股定理逆定理，平行四边形的性质，关键是平移AE 构造△DBF ，证出△BDF 是直角三角形．10．如图所示，ABC ∆中，90C ∠=︒，D ，E 分别为BC ，AC 上一点，BD CE =，AE BC =，求证：AD .【答案】见解析【解析】【分析】过A 作AG BD ，且AG BD =，连BG ，EG ，则ADBG 为平行四边形．再证明AEG CBE ∆∆≌，则GE =BE ，得△ADF 为等腰直角三角形即可证明结论【详解】证明：过A 作AG BD ，且AG BD =，连BG ，EG ，则四边形ADBG 为平行四边形，∵∠C =90°，∴∠GAE =∠C =90°，在△AEG 和△CBE 中，AG=CE AE=CB GAE C ⎧⎪∠=∠⎨⎪⎩，AEG CBE ∆∆≌，∴GE =BE ，∠GEA =∠EBC ，∴∠GEB =90°. BEG ∴为等腰直角三角形，∴AD BG ==【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，平角的性质的运用，平行四边形的判定及性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． 11．如图所示，四边形ACED 中，CE AD ∥，以DC ，DE 为边作平行四边形DCFE ，EC 的延长线交AF 于B ，求证：AB FB =.【答案】见解析【解析】【分析】延长FC 交AD 于点G ，可证明四边形CEDG 为平行四边形，可得FC =DE =CG ，可知BC 为△F AG 的中位线，可证明AB =FB ．【详解】证明：如图，延长FC 交AD 于点G ，∵四边形CDEF 为平行四边形，∴CF ∥DE ，CF =DE ，又∵CE ∥AD ，∴四边形CEDG 为平行四边形，∴CG =DE ，∴CF =CG ，且BC ∥AG ，∴BC 是△F AG 的中位线，∴B 为AF 的中点，即AB =FB ．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质和判定，掌握平行四边形的性质和判定是解题的关键，即①两组对边分别平行的四边形⇔平行四边形，②两组对边分别相等的四边形⇔平行四边形，③一组对边分别平行且相等的四边形⇔平行四边形，④两组对角分别相等的四边形⇔平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形⇔平行四边形．12．如图所示，ABC ∆中，90ACB ∠=︒，CD AB ⊥于D ，AE 平分CAB ∠交BC 于E ，交CD 于F ，FG AB ∥交BC 于G .求证：CE BG =.【答案】见解析【解析】【分析】要证CE BG∥，故过F作=，可设法将CE、BG集中到一个图形中，由已知FG ABFM BC，从而得到平行四边形FMBG.【详解】证明：过F作FM BC交AB于M，又FG AB∥，∴四边形FMBG是平行四边形，B BAC ACD BAC∠+∠=︒=∠+∠，∴=，由90BG FM∴∠=∠=∠，又AE平分CABB ACD AMF∠，∴=，又CEF B BAE ACD CAE CFE∠=∠+∠=∠+∠=∠，∴∆≅∆，CF MFACF AMF∴=，CE CF∴=.CE BG【点睛】此题主要考查平行四边形性质和判断理解及运用．利用平行四边形的判定定理作平行线，可构造平行四边形来达到转移线段或角的目的. 正确作出辅助线是解答本题的关键．13．如图所示，四边形ACED中，CE AD∥，以DC，DE为边作平行四边形DCFE，EC的延长线交AF于B，求证：2.AF BF【答案】见解析【解析】【分析】∥交CB的延长线于M，连结FM，先证明四边形AMED是平行四边形，过A作AM DE再证明四边形AMFC为平行四边形，然后根据平行四边形的性质即可得证.【详解】∥交CB的延长线于M，连结FM，证明：过A作AM DE∥，∵CE AD∴四边形AMED是平行四边形，∴AM=ED，∵四边形DCFE是平行四边形，∴DE∥CF,DE=CF,∴AM平行且等于CF，∴四边形AMFC为平行四边形，∴AB FB=，∴2=.AF BF【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形.=.14．如图所示，在三角形ABC中，AD是中线及角平分线，求证：AB AC【答案】见解析【解析】【分析】=，连结BE，CE，证四边形ABEC是平行四边形，得到BE=AC，延长AD至E，使DE ADBE∥AC，再证明△ABE是等腰三角形即可.【详解】证明：延长AD到E，使AD=DE，连接BE，CE，∵ BC、AE，相互平分，∴ ABEC是平行四边形，∴BE=AC，BE∥AC，∴∠BAD=∠DAC=∠BED，∴ AB=BE ，∴ AB=AC.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，及等腰三角形的判定，正确作出辅助线是解答本题的关键.15．如图所示，ABC ∆中，90ACB ∠=︒，CD AB ⊥于D ，AE 平分CAB ∠交BC 于E ，交CD 于F ，FG AB ∥交BC 于G .求证：CG BE =.【答案】见解析【解析】【分析】过F 作FM BC 交AB 于M ，可证四边形BMFG 为平行四边形，从而FM BG =，再证明AFM AFC ∆≅∆，可证CF FM =，再证明CE=CF ，即可得出结论.【详解】证明：过F 作FM BC 交AB 于M ，∵FG AB∥，∴四边形BMFG为平行四边形，∴FM BG=，∵∠ACD+∠BAC=90°，∠B+∠BAC=90°，∴∠B=∠ACD，∵FM BC，∴AMF B∠=∠.∠=∠=∠.∴AMF B ACD∵AE平分CAB∠，∴∠CAF=∠BAF，∆≅∆.∴AFM AFC=.∴CF FM∠=∠+∠+∠=∠，又CEF B ACF CAE CFE∴CE=CF，∴CE CF BG==，∴CG BE=.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质及等腰三角形的的判定，正确作出辅助线是解答本题的关键.16．如图，已知AD 为△ABC 的中线，点E 为AC 上一点，连接BE 交AD 于点F ，且AE ＝FE.求证：BF ＝AC ．【答案】证明见解析【分析】方法一：当题中有三角形中线时，常加倍中线构造平行四边形，利用平行四边形和等腰三角形的性质证得结论．方法二：向中线作垂线，证明BDG CDH ∆≅∆，得到BG CH =，再根据AE ＝FE ，得到角的关系，从而证明BGF CHA ∆≅∆，最终得到结论.【详解】方法一：延长AD 到G ，使DG ＝AD ，连接BG ，CG ，∵DG ＝AD ，BD ＝DC ，∴四边形ABGC 是平行四边形，∴AC//BG ，∠CAD ＝∠BGD ，又∵AE ＝FE ，∴∠CAD ＝∠AFE ，∴∠BGD ＝∠AFE ＝∠BFG ，∴BG ＝BF ，∵BG ＝A C ，∴BF ＝AC方法二：如图，分别过点B 、C 作BG AD ⊥，CH AD ⊥，垂足为G 、H ，则90BGD CHD ∠=∠=︒.BD CD =，BDG CDH ∠=∠，BDG CDH ∴∆≅∆，BG CH ∴=.AE FE =，EAF EFA ∴∠=∠，BFG EFA ∠=∠，BFG CAH ∴∠=∠，又90BGF CHA ∠=∠=︒，BGF CHA ∴∆≅∆，BF AC ∴=.【点睛】本题是较为典型的题型，至少可以用到两种方法来解题，此题的特点就是必须有中线这个条件才能构造平行四边形或双垂线.17．如图，D 为ABC 的AB 边上一点，E 为AC 延长线上的一点，且CE=BD ． （1）当AB=AC 时，求证：DE>BC（2）当AB≠AC 时，DE 与BC 有何大小关系？给出结论，画出图形，并证明．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）如图1，过点D作DF∥BC，过点C作CF∥AB，连接EF，从而可得DF=BC，这样就把分散的线段集中到了△DEF中，只需证DE>DF即可；易证∠1=∠2，∠3=∠4，∠3>∠5，从而可得∠DFE>∠DEF，∴DE>DF，从而得到：DE>BC；（2）当AB AC时，我们要分AB>AC和AB<AC两种情况来讨论，其中：①当AB>AC，且AB=AE时，如图2，结合已知条件此时我们易证△ABC≌△AED，从而得到BC=DE；②当AB>AC，且AB>AE时，如图3，延长AE到F，使AF=AB，在AB上截取AN=AC，易证△ABC≌△AFN，得到∠F=∠B；再过D作DM∥BC，过C作CM∥BD，得到四边形DBCM是平行四边形，由此可得∠DMC=∠B=∠F，DM=BC；连接ME，则法通过在△DME中证∠DEM>∠DME得到DM>DE，从而得到BC>DE；③当AB>AC，且AB<AE时，如图4，延长AB到F，使AF=AE，在AE上截取AN=AD，连接NF，易证△AFN≌△AED，可得∠F=∠AED，由∠ABC>∠F得到∠ABC>∠AED；再作DM∥BC，CM∥AB，可得四边形DBCM是平行四边形，得到DM=BC，∠DMC=∠ABC，就可得∠DMC>∠AED；连接ME，在△DME中通过证∠DME>∠DEM，得到DE>DM，就可得到DE>BC；④当AB<AC<AE时，如图5，延长AB至F，使AF=AE，在AC上截取AN=AD；过点D作DM∥BC，过点C作CM∥AB，连接ME；同上可证：DE>BC.试题解析：（１）作DF∥BC，CF∥BD（如图1），得□BCFD，从而∠DFC＝∠B，DF＝BC，CF＝BD．又BD＝CE，∴CF＝CE，∴∠1＝∠2．∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠B．而∠DFE＝∠DFC＋∠1＝∠B＋∠1＝∠ACB＋∠2＞∠AED＋∠2＝∠DEF，即在△DEF中，∵∠DFE＞∠DEF，∴DE＞DF，即DE＞BC．（２）当AB≠AC时，DE与BC的大小关系如下：当AB＞AC但AB＝AE时，DE＝BC；当AB＞AC且AB＞AE时，DE＜BC；当AB＞AC但AB＜AE时，DE＞BC；当AB＜AC时，DE＞BC．证明如下：①当AB＞AC但AB＝AE时（如图2），∵BD＝CE，∴AB－BD＝AE－CE，即AD＝AC．在△ABC和△AED中，∵AB＝AE，∠A＝∠A，AC＝AD，∴△ABC≌△AED（SAS），∴BC＝ED；②当AB＞AC且AB＞AE时，延长AE到F，使AF＝AB，在AB上截取AN＝AC（如图3），连结NF．在△ABC和△AFN中，∵AB＝AF，∠A＝∠A，AC＝AN，∴△ABC≌△AFN（SAS），∴∠B＝∠F．∵∠AED＞∠F，∴∠AED＞∠B．过D点作DM∥BC，过点C作CM∥AB，连结EM，则四边形DBCM为平行四边形，∴∠DMC＝∠B，CM＝BD，DM=BC，∵BD=CE，∴CM＝CE，∴∠CME＝∠CEM，∵∠DMC＝∠B＜∠AED，∴∠CME＋∠DMC＜∠AED＋∠CEM，即∠DME＜∠DEM，∴DE＜DM，∴DE＜BC；③当AB＞AC但AB＜AE时，延长AB到F，使AF＝AE，在AE上截取AN＝AD（如图4），连结NF,在△AFN和△AED中，∵AF＝AE，∠A＝∠A，AN＝AD，∴△AFN≌△AED（SAS），∴∠F＝∠AED，∵∠ABC＞∠F，∴∠ABC＞∠AED，过D点作DM∥BC，过点C作CM∥AB，连接EM，则四边形DBCM为平行四边形，∴∠DMC＝∠ABC，CM＝BD，∵BD＝CE，∴CM＝CE，∴∠CME＝∠CEM，∵∠DMC＝∠ABC＞∠AED，∴∠DMC＋∠CME＞∠AED＋∠CEM，即∠DME＞∠DEM，∴ DE＞DM，∴ DE＞BC；④当AB＜AC时，此时，AB必小于AE，即AB＜AE延长AB到Ｆ，使AF＝AE，在AE上截取AN＝AD（如图5）．连结NF．在△AFN和△AED中，∵AF＝AE，∠A＝∠，AN＝AD，∴△AFN≌△AED（SAS），∴∠F＝∠AED，即∠F＝∠4．∵∠ABC＞∠F，∴∠ABC＞∠AED，过D作DM∥BC，过点C作CM∥AB，连结CM，则四边形DBCM平行四边形，∴∠DMC＝∠ABC，CM＝BD，DM=BC，∵BD＝CE，∴CM＝CE，∴∠CME＝∠CEM．∵∠DMC＝∠ABC＞∠AED，∴∠DMC＋∠CDE＞∠AED＋∠CEM，即∠DME＞∠DEM，∴DE＞DM，∴DE＞BC.点睛：本题这种由一个“基本情形”（特殊情形）推广到“一般情形”的探究型问题，首要的是要弄清基本问题的解题思路（本题就是把线段BC通过平移到DM的位置，从而使两条分散的线段集中到一个△DME中，再利用“在同一个三角形中，较大的角所对的边也较大”来解决问题的）；而在推广到“一般情形”时，就是通过作辅助线把“一般情形”转化为“基本情形”来解（本题中第二问就是按这样的思路来寻找到解题方法的）.三、填空题18．如图，在梯形ABCD 中，AB CD AD BC =，∥ ，对角线AC BD ⊥，且AC =则梯形ABCD 的中位线的长为_________.【答案】5【解析】【详解】解：过C 作CE ∥BD 交AB 的延长线于E ，∵AB ∥CD ，CE ∥BD ，∴四边形DBEC 是平行四边形，∴CE=BD ，BE=CD∵等腰梯形ABCD 中，AC=BD ∴CE=AC∵AC ⊥BD ，CE ∥BD ，∴CE ⊥AC∴△ACE是等腰直角三角形，∵AC=∴AC=10，∴AB+CD =AB+BE=10，∴梯形的中位线=12AE=5，故答案为：5．【点睛】本题考查了梯形的中位线定理，牢记定理是解答本题的重点，难点是题目中的辅助线的做法．。

模型35 垂美四边形模型(解析版)-中考数学解题大招复习讲义

模型35 垂美四边形模型(解析版)-中考数学解题大招复习讲义

模型介绍☑结论：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，如图所示则有：AB2+CD2＝AD2+BC2【证明】∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得：AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，∴AB2+CD2＝AD2+BC2☑方法点拨①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形例题精讲【例1】．如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，若AB＝5，AD＝5，CD＝12，则BC ＝13．解：设AC，BD交于点O，∵AC⊥BD，AB＝5，AD＝5，CD＝12，∴OA2+OB2＝75，OA2+OD2＝50，OD2+OC2＝144，BC2＝OB2+OC2，∴OA2+OB2+OD2+OC2﹣（OA2+OD2）＝OB2+OC2＝169，即BC2＝169，∴BC＝13．故答案为：13．变式训练【变式1-1】．如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的中线，且AD⊥BE，垂足为点F，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则下列关系式中成立的是（）A．a2+b2＝5c2B．a2+b2＝4c2C．a2+b2＝3c2D．a2+b2＝2c2解：连接DE，如图，设EF＝x，DF＝y，∵AD，BE分别是BC，AC边上的中线，∴DE为△ABC的中位线，∴DE∥AB，DE＝AB，∴＝＝＝，∴AF＝2DF＝2y，BF＝2EF＝2x，∵AD⊥BE，∴∠AFB＝∠AFE＝∠BFD＝90°，在Rt△AFB中，4x2+4y2＝c2，①在Rt△AEF中，x2+4y2＝b2，②在Rt△BFD中，4x2+y2＝a2，③②+③得5x2+5y2＝（a2+b2），∴4x2+4y2＝（a2+b2），④①﹣④得c2﹣（a2+b2）＝0，即a2+b2＝5c2．故选：A．【变式1-2】．如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，请回答下列问题：（1）若AB∥CD，求证：弧BD＝弧AC（2）若AC⊥BD，CD＝4，圆O的半径为3，求AB的长；（3）在（2）的条件下求PA2+PB2+PC2+PD2的值．（1）证明：∵AB//CD，∴∠BAC＝∠ACD，∴，∴，∴弧BD＝弧AC；（2）解：过点O作OE⊥CD于点E，作直径CF，连接FA，FD，如图：∵OE⊥CD于点E，∴E为CD中点，CE＝DE＝CD×4＝2，∵圆O的半径为3，∴OE＝＝＝，∵O为CF中点，E为CD中点，∴DF＝2OE＝2，∵CF是⊙O直径，∴∠CAF＝90°，即AC⊥AF，∵AC⊥BD，∴BD∥AF．∴∠ADB＝∠FAD，∴＝，∴AB＝DF＝2；（3）解：∵AC⊥BD于点P，∴AB2＝PA2+PB2，CD2＝PC2+PD2，∴PA2+PB2+PC2+PD2＝AB2+CD2，由（2）知AB＝2，CD＝4，∴AB2+CD2＝（2）2+42＝36，∴PA2+PB2+PC2+PD2＝36．【例2】．已知点P是矩形ABCD内的一点，且PA＝2，PB＝3，PC＝4，则PD＝．证明：过点P作EF⊥AB交AD于点F，DC于点E；过点P作GH⊥AD交AD于点G，CB于点H．则FA＝DE，FP＝HB，CH＝EP，HP＝EC．∴PA2+PC2＝FA2+FP2+CH2+HP2＝DE2+HB2+EP2+HP2＝PB2+PD2，∴PA2+PC2＝PB2+PD2，∴22+42＝32+PD2，∴PD＝．故答案为．变式训练【变式2-1】．对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD＝，BC＝3，则AB2+CD2＝23．解：∵AC⊥BD，∴∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝∠AOB＝90°，∴OB2+OC2＝BC2，OA2+OD2＝AD2，OB2+OA2＝AB2，OC2+OD2＝CD2，∴AB2+CD2＝OB2+OA2+OC2+OD2＝BC2+AD2，∵AD＝，BC＝3，∴BC2+AD2＝（3）2+（）2＝18+5＝23，∴AB2+CD2＝23，故答案为：23．【变式2-2】．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，若AC，BC边上的中线BE，AD垂直相交于O点，则AB＝．解：∵AD、BE为AC，BC边上的中线，∴BD＝BC＝2，AE＝AC＝，点O为△ABC的重心，∴AO＝2OD，OB＝2OE，∵BE⊥AD，∴BO2+OD2＝BD2＝4，OE2+AO2＝AE2＝，∴BO2+AO2＝4，BO2+AO2＝，∴BO2+AO2＝，∴BO2+AO2＝5，∴AB＝＝．故答案为．1．两个矩形，小矩形绕着公共点C任意旋转，在旋转到如图所示的位置时，求BE2+DK2的值．解：∵∠BCD＝∠KCE＝90°，∴∠BCK＝∠DCE，又∵＝，＝，∴＝，∴△BCK∽△DCE，∴∠CBK＝∠CDE，∵∠CBK+∠KBD+∠BDC＝90°，∴∠CDE+∠KBD+∠BDC＝90°，∴∠DOB＝90°，∴OK2+DO2＝DK2，BO2+OE2＝BE2，∴BE2+DK2＝OK2+EO2+DO2+BO2＝BD2+KE2＝AB2+AD2+KF2+KE2＝36+64+36+20.25＝156.25．2．如图，在四边形ABCD中，对角线分别为AC，BD，且AC⊥BD于点O，若AD＝2，BC ＝6，则AB2+CD2＝40．解：在Rt△ABO与Rt△CDO中，由勾股定理得，AB2＝BO2+AO2，CD2＝CO2+DO2，∴AB2+CD2＝BO2+CO2+AO2+DO2，在Rt△BOC与Rt△AOD中，由勾股定理得，BC2＝BO2+CO2，AD2＝AO2+DO2，∴AB2+CD2＝BC2+AD2＝62+22＝40，故答案为：40．3．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，M、N是BC边上的点，BM＝MN＝NC，如果AM＝4，AN＝3，则MN＝．解：过M，N分别作AC的垂线MD和NE，作NO⊥MO，D、E、O为垂足，则MD＝2NE，AE＝2AD，如图，可得AM2＝AD2+MD2，AN2＝AE2+NE2，解得AD2＝，NE2＝，∵EN为△CDM的中位线，所以MD＝2NE，∵NO⊥MO，MD⊥ED，∴四边形ODEN为平行四边形，即OD＝NE，∴MO＝NE，ON＝DE，∴MN＝＝＝．故答案为．4．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为．解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，∵E，F分别是边AB，BC的中点，∴AE＝CF＝×2＝1，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，∵∠DHP＝∠FHC，∵DH＝FH，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝1，∴AP＝AD﹣PD＝1，∴PE＝＝，∵点G，H分别是EC，FD的中点，∴GH＝EP＝．5．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：如图2，连接AC、BD，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：如图1中，∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）如图3，连接CG、BE，∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，∵∠AME＝∠BMN，∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝＝3，∵CG＝＝＝4，BE＝＝＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，∴GE＝．6．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2．（2）解决问题：已知AB＝5．BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；①如图2，当∠ACB＝90°，连接DE，求DE的长；②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH＝2，＝．则S△ABC解：（1）如图1，∵四边形ABCD中，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝∠AOD＝90°，∴AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AD2＝OA2+OD2，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，BC2+AD2＝OB2+OC2+OA2+OD2，∴AB2+CD2＝AD2+BC2；（2）如图2，延长CB交DE于M，过点D作DN⊥CB于N，又∵等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD，AB＝5，BC＝4，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠BND＝∠CBE＝∠ABD＝∠EBN＝90°，AB＝BD＝5，BC＝BE＝4，∴∠ABC+∠BAC＝90°，∠ABC+∠DBN＝90°，AC＝＝3，∴∠BAC＝∠DBN，在△ACB和△BND中，，∴△ACB≌△BND（AAS），∴BC＝DN＝BE＝4，AC＝BN＝3，在△DNM和△EBM中，，∴△DNM≌△EBM（AAS），∴MN＝MB＝BN＝×3＝，MD＝ME＝DE，在Rt△DNM中，∠MND＝90°，∴MD＝＝＝，∴DE＝2MD＝；（3）如图3，∠ACB≠90°，分别过点A、D作AM⊥CB于点M，DN⊥CB于点N，连接DC，又∵等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD，AB＝5，BC＝4，∴∠AMB＝∠BND＝∠CBE＝∠ABD＝90°，AB＝BD＝5，BC＝BE＝4，∴∠ABC+∠BAM＝90°，∠ABC+∠DBN＝90°，∴∠BAM＝∠DBN，在△AMB和△BND中，，∴△AMB≌△BND（AAS），∴BM＝DN，AM＝BN，设AM＝BN＝x，则CN＝BC+BN＝4+x，∵点G、H分别是AD、AC中点，连接GH、DC，GH＝2，∴DC＝2GH＝4，在Rt△DNC和Rt△DNB中，由勾股定理得：DN2＝DB2﹣BN2，DN2＝DC2﹣CN2，∴DB2﹣BN2＝DN2＝DC2﹣CN2，即（5）2﹣x2＝（4）2﹣（4+x）2，解得：x＝，即AM＝BN＝x＝，＝BC•AM＝×4×＝．∴S△ABC7．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是菱形，正方形．（2）性质探究：如图2，已知四边形ABCD是垂美四边形，试探究其两组对边AB，CD 与BC，AD之间的数量关系，并写出证明过程．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，CE交AB于点M，已知AC＝4，AB＝5，求GE 的长．解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直，∴菱形、正方形都是垂美四边形，故答案为：菱形，正方形；（2）猜想：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下：连接AC，BD交于点O，∵四边形ABCD是垂美四边形，∴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；（3）连接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（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，又∵∠BMC＝∠AME，∴∠ABG+∠BMC＝90°，∴CE⊥BG．∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）可知CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴由勾股定理，得CB2＝9，CG2＝32，BE2＝50，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，∴GE＝．8．定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）下面四边形是垂等四边形的是④；（填序号）①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形（2）图形判定：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且∠DBC＝45°，证明：四边形ABCD是垂等四边形．（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形ABCD内接于⊙O中，∠BCD＝60°．求⊙O的半径．解：（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；②矩形对角线相等但不一定垂直，故不是垂等四边形；③菱形的对角线互相垂直但不一定相等，故不是垂等四边形；④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；故选：④；（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，∴AC∥DE，又∵AD∥BC，∴四边形ADEC是平行四边形，∴AC＝DE，又∵∠DBC＝45°，∴△BDE是等腰直角三角形，∴BD＝DE，∴BD＝AC，又∵BD⊥AC，∴四边形ABCD是垂等四边形；（3）如图，过点O作OE⊥BD，连接OD，∵四边形ABCD是垂等四边形，∴AC＝BD，又∵垂等四边形的面积是24，∴AC•BD＝24，解得，AC＝BD＝4，又∵∠BCD＝60°，∴∠DOE＝60°，设半径为r，根据垂径定理可得：在△ODE中，OD＝r，DE＝，∴r＝＝＝4，∴⊙O的半径为4．9．定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形的中心．（1）写出一种你学过的和美四边形正方形；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是A．A．矩形B．菱形C．正方形D．无法确定（3）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接OE、OF、、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB＝3，BC＝2，CD＝4，求AD的长．解：（1）正方形是学过的和美四边形，故答案为：正方形；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，故选：A．（3）由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，则∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，∴△AOE的面积＝△BOE的面积，△BOF的面积＝△COF的面积，△COG的面积＝△DOG的面积，△DOH的面积＝△AOH的面积，∴S1+S3＝△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积＝S2+S4；（4）如图2，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，∵在Rt△AOB中，AO2＝AB2﹣BO2，Rt△DOC中，DO2＝DC2﹣CO2，AB＝3，BC＝2，CD＝4，∴可得AD2＝AO2+DO2＝AB2﹣BO2+DC2﹣CO2＝AB2+DC2﹣BC2＝32+42﹣22＝21，即可得AD＝．10．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）写出2个所学的特殊四边形是垂美四边形：菱形，正方形．（2）性质探究：已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰Rt△ACG（∠GAC＝90°）和等腰Rt△ABE（∠BAE＝90°），连接GE，GB，CE，已知AC＝2，AB＝5．求GE的长．解：（1）∵菱形和正方形的对角线互相垂直，∴菱形和正方形都是垂美四边形，故答案为：菱形，正方形；（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：∵四边形ABCD是垂美四边形，∴AC⊥BD，∴OA2+OB2＝AB2，OD2+OC2＝CD2，∴OA2+OB2+OD2+OC2＝CD2+AB2，∴AD2+BC2＝CD2+AB2；（3）∵∠GAC＝∠BAE，∴∠GAB＝∠CAE，∵AC＝AG，AB＝AE，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，设CE与BG交于H点，CE与AB交于O点，∵∠AOE＝∠BOC，∴∠BHC＝∠OAE＝90°，∴BG⊥CE，∴四边形BCGE是垂美四边形，∴CG2+BE2＝BC2+EG2，∵AC＝2，AB＝5．由勾股定理得，CG2＝8，BE2＝50，BC2＝21，∴EG2＝8+50﹣21＝37，∵EG＞0，∴EG＝．11．如图1，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正方形，其面积分别用S1、S2、S3表示，则不难证明S1＝S2+S3．（1）如图2，分别以直角三角形ABC三边为直径向外作三个半圆，其面积分别用S1、S2、S3表示，那么S1、S2、S3之间有什么关系？（不必证明）（2）如图3，分别以直角三角形ABC三边为边向外作三个正三角形，其面积分别用S1、S2、S3表示，请你确定S1、S2、S3之间的关系并加以证明．（3）四边形ABCD的对角线互相垂直，现以四边形的边长为边长向外作四个正方形，面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1、S2、S3和S4之间的关系是S1+S3＝S2+S4．解：（1）如图（2），分别以Rt△ABC三边为直径向外作三个半圆，其面积分别用S1、S2、S3表示，那么S1＝S2+S3，理由为：在Rt△ABC中，利用勾股定理得：AB2＝AC2+BC2，∴AB2＝AC2+BC2，即S1＝S2+S3；（2）如图（3），分别以Rt△ABC三边为边向外作三个正三角形，其面积分别用S1、S2、S3表示，S1、S2、S3之间的关系为S1＝S2+S3，理由为：在Rt△ABC中，利用勾股定理得：AB2＝AC2+BC2，∴AB2＝AC2+BC2，即S1＝S2+S3．（3）由（2）可知：S1+S3＝S2+S4故答案为：S1+S3＝S2+S4．12．定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形．（1）请你写出一个你学过的特殊四边形中是圆美四边形的图形的名称正方形；（2）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，经过点A、B的圆交AC边于点D，交BC边于点E，连结DE．若四边形ABED为圆美四边形，求的值；（3）如图2，在△ABC中，经过A、B的圆交AC边于点D，交BC于点E，连结AE，BD交于点F．若在四边形ABED的内部存在一点P，使得∠PBC＝∠ADP，连结PE交BD于点G，连结PA，若PA⊥PD，PB⊥PE．求证：四边形ABED为圆美四边形．（1）解：根据圆美四边形的定义知，正方形是圆美四边形，故答案为：正方形；（2）解：连接BD，AE，∵∠BAC＝90°，∴BD为⊙O的直径，∴∠BED＝∠CED＝90°，∵四边形ABED为圆美四边形，∴BD⊥AE，∴∠ABD+∠BAE＝90°，∵∠CAE+∠BAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，∴＝，∴AD＝DE，在等腰直角△CDE中，CD＝DE，∴CD＝AD，∴AC＝（+1）AD，∵AB＝AC，AD＝DE，∴＝+1；（3）证明：∵PA⊥PD，PB⊥PE，∴∠APD＝∠BPE＝90°，∵∠PBC＝∠ADP，∴△APD∽△EPB，∴＝，∴＝，又∵∠APD+∠DPE＝∠BPE+∠DPE，即∠APE＝∠DPB，∴△APE∽△DPB，∴∠AEP＝∠DBP，又∵∠DBP+∠PGB＝90°，∠PGB＝∠EGF，∴∠AEP+∠EGF＝90°，即∠BFE＝90°，∴BD⊥AE，又∵A，B，E，D在同一个圆上，∴四边形ABED为圆美四边形．13．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：经探究发现，垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间有这样的数量关系：AB2+CD2＝AD2+BC2，请写出证明过程；（先画出图形，写出已知，求证）（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG和GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE长．解：（1）解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：如图2，连接AC、BD，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）证明：如图1中，设AC交BD于点O．∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）如图3，连接CG、BE，∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，∵∠AME＝∠BMN，∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝3，∵CG＝＝＝4，BE＝＝＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，∴GE＝．14．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）判断：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的有菱形和正方形；（2）如图2，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；（3）如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，CE与BG交于点O，已知AC＝3，AB＝5，求△OGE的中线OH的长．解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直，∴菱形、正方形都是垂美四边形．故答案为：菱形和正方形．（2）猜想：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由：∵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．（3）连接CG、BE，设AB，CE交于点M，∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，∵在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，∴CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝3，AB＝5，∴BC＝＝4，CG＝AC＝3，BE＝AB＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝18+50﹣16＝52，∴GE＝2，∴OH＝GE＝．15．数学活动：图形的变化问题情境：如图（1），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，E是AC边上的一个动点（点E与A，C不重合），以CE为边在△ABC外作等腰直角△ECD，∠ECD＝90°，连接BE，AD．猜想线段BE，AD之间的关系．（1）独立思考：请直接写出线段BE，AD之间的关系；（2）合作交流：“希望”小组受上述问题的启发，将图（1）中的等腰直角△ECD绕着点C顺时针方向旋转至如图（2）的位置，BE交AC于点H，交AD于点O．（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由．（3）拓展延伸：“科技”小组将（2）中的等腰直角△ABC改为Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，将等腰直角△ECD改为Rt△ECD，∠ECD＝90°，CD＝4，CE＝3．试猜想BD2+AE2是否为定值，结合图（3）说明理由．解：（1）∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCE＝∠ACD＝90°，∴△BCE≌△ACD，∴BE＝AD，∠CEB＝∠CDA，∵∠CBE+∠CEB＝90°，∴∠CBE+∠CDA＝90°，∴BE⊥AD，（2）BE＝CD，BE⊥AD，理由：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°∴AC＝BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∠ECD＝90°，∴CD＝CE，∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE≌△ACD，∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD，∵∠BHC＝∠AHO，∠CBH+∠BHC＝90°，∴∠CAD+∠AHO＝90°，∴∠AHO＝90°，∴BE⊥AD；即：BE＝AD，BE⊥AD；（3）是定值，理由：∵∠ECD＝90°，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠ECD，∴∠ACB+ACE＝∠ECD+∠ACE＝90°，∴∠BCE＝ACD，∵AC＝8，BC＝6，CD＝4，CE＝3，∴＝，∴△BCE∽△ACD，∴∠CBE＝∠CAD，∵∠BHC＝∠AHO，∠CBH+∠BHC＝90°，∴∠CAD+∠AHO＝90°，∴∠AOH＝90°，∴BE⊥AD，∴∠BOD＝∠AOB＝90°，∴BD2＝OB2+OD2，AE2＝OA2+OE2，AB2＝OA2+OB2，DE2＝OE2+OD2，∴BD2+AE2＝OB2+OD2+OA2+OE2＝AB2+DE2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB2＝100，在Rt△ECD中，∠ECD＝90°，CD＝4，CE＝3，∴DE2＝25，∴BD2+AE2＝AB2+DE2＝125．16．【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）如图1，已知在垂等四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，若AB⊥AD，AB ＝4cm，cos∠ABD＝，求AC的长度．【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李与同学讨论出了如下方法：如图2，在⊙O中，已知AB是⊙O的弦，只需作OD⊥OA、OC⊥OB，分别交⊙O于点D 和点C，即可得到垂等四边形ABCD，请你写出证明过程．【问题解决】（3）如图3，已知A是⊙O上一定点，B为⊙O上一动点，以AB为一边作出⊙O的内接垂等四边形（A、B不重合且A、B、O三点不共线），对角线AC与BD交于点E，⊙O的半径为2，当点E到AD的距离为时，求弦AB的长度．解：（1）∵四边形ABCD是垂等四边形，∴AC＝BD，∵AB⊥AD，∴∠BAD＝90°，∴cos∠ABD＝，∵AB＝4cm，cos∠ABD＝，∴BD＝5cm，∴AC＝5cm；（2）如图2，连结AC、BD，AC、BD相交于点E，∵OD⊥OA、OC⊥OB，∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∴∠ACD＝∠AOD＝45°，∠BDC＝∠BOC＝45°，∴∠DEC＝90°，即AC⊥BD，∵∠AOC＝∠AOD+∠DOC，∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∴∠AOC＝∠BOD，又∵AO＝DO，CO＝BO，∴△AOC≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴四边形ABCD是垂等四边形；（3）∵四边形ABCD是垂等四边形，∴AC＝BD，AC⊥BD，∴∠AEB＝∠AED＝90°，∴＝，∴＝，∴∠ABE＝∠BAE＝（180°﹣∠AEB）＝45°，∴∠AOD＝90°，∴△AOD和△ABE是等腰直角三角形，∴AD＝OA，∵OA＝2，∴AD＝4，过点E作EF⊥AD于点F，∴∠EFD＝∠EFA＝90°，∴∠FAE+∠FEA＝90°，∵∠FEA+∠FED＝90°，∴∠FED＝∠FAE，∴Rt△DEF∽Rt△EAF，∴＝，∴EF2＝DF•AF，设DF＝x，则AF＝4﹣x，∵EF＝，∴3＝x（4﹣x），∴x1＝1，x2＝3，∴AF＝3或1，∵AE＝，∴AE＝2或2，∵AB＝AE，∴AB＝2或2．。

四边形常见模型(六大题型)(解析版)-初中数学

四边形常见模型(六大题型)(解析版)-初中数学

四边形常见模型目录题型01中点四边形模型 1题型02十字架模型 4题型03对角互补模型 8题型04半角模型 11题型05含60°的菱形模型 16题型06三垂线模型 20题型01中点四边形模型1.(23-24九年级上·山东枣庄·期中)若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是()A.矩形B.菱形C.对角线相等的四边形D.对角线互相垂直的四边形【答案】C【详解】解：如图，设点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，∵四边形EFGH是菱形，∴EF=FG=GH=EH，∵BD=2EF，AC=2FG，∴BD=AC．∴原四边形一定是对角线相等的四边形．故选：C．2.(23-24九年级上·山西朔州·期中)如图，四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点O，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD和AD的中点，顺次连接EF，FG，GH和HE得到四边形EFGH．若AC=10,BD =12，则四边形EFGH的面积等于()A.30B.35C.40D.60【答案】A【详解】解：∵点E ，F 分别为边AB ，BC 的中点，∴EF 是△ABC 的中位线，∴EF ∥AC ，EF =12AC ，∵AC =10，∴EF =12AC =5，同理，可得：HG ∥AC ，HG =12AC =5，∴EF ∥HG ，EF =HG ，∵点E ，H 分别为边AB ，AD 的中点，∴EH 是△ABD 的中位线，∴EH ∥BD ，EH =12BD =6，同理，可得：FG ∥BD ，FG =12BD =6，∴EH ∥FG ，EH =FG ，∴四边形EFGH 是平行四边形，∵AC ⊥BD ，∴EF ⊥EH ，∴∠FEH =90°，∴平行四边形EFGH 是矩形，∴矩形EFGH 的面积为：6×5=30，即四边形EFGH 的面积为30．故选：A ．3.(23-24九年级上·山东东营·期中)如图，把矩形ABCD 沿直线AC 折叠，点B 落在点E 处，连接DE ，则顺次连接四边形ADEC 各边中点，得到的四边形的形状一定是．【答案】菱形【详解】解：∵把矩形ABCD 沿直线AC 折叠，点B 落在E 处，∴CD =AE =AB ，∵顺次连接四边形ADEC 各边中点，∴H 、F 分别是DE 、AD 的中点，∴HF =12AE ．同理FM =12CD ,NH =12CD ,MN =12AE ，又∵DC =AE ，∴HN =HF =FM =MN ，∴四边形HFMN 是菱形．∴得到的四边形的形状一定是：菱形．故答案为：菱形．4.(23-24九年级上·河南信阳·期中)已知：如图，四边形ABCD 四条边上的中点分别为E 、F 、G 、H ，顺次连接EF 、FG 、GH 、HE ，得到四边形EFGH (即四边形ABCD 的中点四边形)．(1)求证：四边形EFGH 的形状是平行四边形；(2)当四边形ABCD 的对角线满足条件时，四边形EFGH 是矩形；(3)当四边形ABCD 的对角线满足条件时，四边形EFGH 是菱形．【答案】(1)证明见解析(2)互相垂直(3)AC =BD【详解】(1)证明：如图，连接AC 、BD ，∵点E 、F 、G 、H 分别为AB 、BC 、CD 、AD 的中点，∴EF 、GH 分别为△ABC 、△ADC 的中位线，∴EF =12AC ，EF ∥AC ，GH =12AC ，GH ∥AC ，∴EF =GH ，EF ∥GH ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形；(2)解：当AC ⊥BD 时，四边形EFGH 是矩形，∵EF ∥AC ，FG ∥BD ，AC ⊥BD ，∴EF ⊥FG ，∴平行四边形EFGH 是矩形，故答案为：互相垂直；(3)解：当AC =BD 时，四边形EFGH 是菱形，∵EF =12AC ，FG =12BD ，AC =BD ，∴EF =FG ，∴平行四边形EFGH 是菱形，故答案为：相等．5.(23-24九年级上·福建泉州·期中)已知：如图，四边形ABCD 四条边上的中点分别为E 、F 、G 、H ，顺次连接EF 、FG 、GH ，HE ，得到四边形EFGH (即四边形ABCD 的中点四边形)．(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形；(2)当四边形ABCD 的对角线满足条件时，四边形EFGH 是矩形？并说明理由．【答案】(1)见详解(2)AC ⊥BD ，见详解【详解】(1)解：连接AC ，如图，∵四边形ABCD 四条边上的中点分别为E 、F 、G 、H ，∴HG ∥AC ,HG =12AC ,EF ∥AC ,EF =12AC ，∴HG ∥EF ,HG =EF ，∴四边形EFGH 是平行四边形；(2)解：AC ⊥BD ，理由如下：连接AC ，BD ，∵四边形ABCD 四条边上的中点分别为E 、F 、G 、H ，∴HG ∥AC ,EH ∥BD ．∵AC ⊥BD ，∴HG ⊥EH ，∴∠EHG =90°，∴平行四边形EFGH 是矩形．故答案为：AC ⊥BD ．题型02十字架模型6.(23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·期中)如图，将一边长为15的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使DE =8，折痕为PQ ，则PQ 的长为()A.15B.16C.17D.18【答案】C 【详解】解：过点P作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，∴∠DAE +∠APQ =90°，又∠DAE +∠AED =90°，∴∠AED =∠APQ ，∵AD ∥BC ，∴∠APQ =∠PQM ，则∠PQM =∠APQ =∠AED ，∠D =∠PMQ ，PM =AD∴△PQM ≌△ADE∴PQ =AE =82+152=17．故选：C ．【点睛】本题考查正方形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，平行线的性质等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．7.(23-24九年级上·四川成都·期中)如图，将边长为4的正方形纸片ABCD 折叠，使得点A 落在边CD 的中点E 处，折痕为FG ，点F 、G 分别在边AD 、BC 上，则折痕FG 的长度为．【答案】25【详解】解：如图，过点G 作GH ⊥AD 于H ，则四边形ABGH 中，HG =AB ，由翻折变换的性质得GF ⊥AE ，∵∠AFG +∠DAE =90°，∠AED +∠DAE =90°，∴∠AFG =∠AED ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =AB ，∴HG =AD ，在△ADE 和△GHF 中，∠GHF =∠D∠AFG =∠AED GH =AD，∴△ADE ≌△GHF (AAS )，∴GF =AE ，∵点E 是CD 的中点，∴DE =12CD =2，在Rt △ADE 中，由勾股定理得，AE =AD 2+DE 2=42+22=25，∴GF 的长为25．故答案为：25．【点睛】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．8.(23-24九年级上·江苏泰州·期中)如图，正方形纸片ABCD 的边长为24，E 是边CD 上一点，连接AE 、折叠该纸片，使点A 落在AE 上的G 点，并使折痕经过点B ，得到折痕BF ，点F 在AD 上，若DE =10，则GE 的长为【答案】9813【详解】解：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB =AD =24，∠BAD =∠D =90°，由折叠及轴对称的性质可知，△ABF ≌△GBF ，BF 垂直平分AG ，∴BF ⊥AE ，AH =GH ，∴∠BAH +∠ABH =90°，又∵∠FAH +∠BAH =90°，∴∠ABH =∠FAH ，∴△ABF ≌△DAE (ASA )，∴AF =DE =10，在Rt △ABF 中，BF =AB 2+AF 2=242+102=26，S △ABF =12AB •AF =12BF •AH ，∴24×10=26AH ，∴AH =12013，∴AG =2AH =24013，∵AE =BF =26，∴GE =AE -AG =26-24013=9813，故答案为：9813．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．9.(23-24九年级上·陕西商洛·期中)如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，CE ，DF 相交于点G ，连接AG ，求证：(1)CE ⊥DF ．(2)∠AGE =∠CDF ．【答案】(1)见解析；(2)见解析．【详解】(1)∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC =CD =AD ，∠B =∠BCD =90°，∵E ，F 分别是AB ，BC 的中点，∴BE =12AB ，CF =12BC ，∴BE =CF ，在△CBE 与△DCF 中，BC =CD∠B =∠FCD BE =CF，∴△CBE ≌△DCF SAS ，∴∠ECB =∠FDC ，∵∠BCE +∠ECD =∠BCD =90°，∴∠ECD +∠CDF =90°，∴∠CGD =90°，∴CE ⊥DF ．(2)延长CE ，交DA 的延长线于H ，∵在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠AHE =∠BCE ，∵点E 是AB 的中点，∴AE =BE ，∵∠AHE =∠BCE ，∠AEH =∠CEB ，AE =BE ，∴△AEH ≌△BEC AAS ，∴AH =BC ，∵在正方形ABCD 中，AD =BC ，∴AH =AD ，∵CE ⊥DF∴∠HGD =90°，∴AG 是Rt △HGD 斜边的中线，AG =12DH =AD ，∠ADG =∠AGD ，∠AGE +∠AGD =∠HGD =90°，∠CDF +∠ADG =∠CDA =90°，∠AGE=∠CDF．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质等，综合性很强，解题的关键是能够综合运用上述知识．题型03对角互补模型10.(23-24九年级上·江苏泰州·期中)对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，点E为对角线BD上任意一点，连接AE、CE．若AB=5，BC=3，则AE2-CE2等于()A.7B.9C.16D.25【答案】C【详解】解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，∵对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，AE2=AO2+OE2，在Rt△COE中，CE2=CO2+OE2，∴AE2-CE2=AO2-CO2，在Rt△AOB中，AO2=AB2-OB2，在Rt△COB中，CO2=BC2-OB2，∴AO2-CO2=AB2-BC2=52-32=16，∴AE2-CE2=16，故选：C．【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练运用勾股定理是解题关键．11.(23-24·山东淄博·期中)如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的中线，且AD⊥BE，垂足为点F，设BC=a，AC=b，AB=c，则下列关系式中成立的是()A.a2+b2=5c2B.a2+b2=4c2C.a2+b2=3c2D.a2+b2=2c2【答案】A【详解】设EF =x ，DF =y ，根据三角形重心的性质得AF =2y ，BF =2EF =2x ，利用勾股定理得到4x 2+4y 2=c 2，4x 2+y 2=14b 2，x 2+4y 2=14a 2，然后利用加减消元法消去x 、y 得到a 、b 、c 的关系．【解答】解：设EF =x ，DF =y ，∵AD ，BE 分别是BC ，AC 边上的中线，∴点F 为△ABC 的重心，AF =12AC =12b ，BD =12a ，∴AF =2DF =2y ，BF =2EF =2x ，∵AD ⊥BE ，∴∠AFB =∠AFE =∠BFD =90°，在Rt △AFB 中，4x 2+4y 2=c 2，①在Rt △AEF 中，4x 2+y 2=14b 2，②在Rt △BFD 中，x 2+4y 2=14a 2，③②+③得5x 2+5y 2=14(a 2+b 2)，∴4x 2+4y 2=15(a 2+b 2)，④①-④得c 2-15(a 2+b 2)=0，即a 2+b 2=5c 2．故选：A ．【点评】本题考查了三角形的重心：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了勾股定理．12.(23-24九年级上·河北石家庄·期中)已知对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD ，对角线AC ，BD 交于点O ．(1)若AB =5，OA =3，OC =4，则BC =；(2)若AD =2，BC =5，则AB 2+CD 2=；(3)若AB =m ，BC =n ，CD =c ，AD =d ，则m ，n ，c ，d 之间的数量关系是．【答案】427m 2+c 2=n 2+d 2【详解】(1)∵AC ⊥BD ，∴∠BOC =∠COD =∠DOA =∠AOB =90°，∴OB =AB 2-OA 2=52-32=4，∴CB =OB 2+OC 2=42+42=42．故答案为42．(2)由(1)得：∴OB 2+OC 2=BC 2，OA 2+OD 2=AD 2，OB 2+OA 2=AB 2，OC 2+OD 2=CD 2，∴AB 2+CD 2=OB 2+OA 2+OC 2+OD 2=BC 2+AD 2，∵AD =2，BC =5，∴AB 2+CD 2=2 2+5 2=7．故答案为7．(3)由(2)得：AB 2+CD 2=BC 2+AD 2，∴m 2+c 2=n 2+d 2．故答案为m 2+c 2=n 2+d 2．【点睛】本题考查勾股定理的应用问题，熟练利用勾股定理和等量代换是解题的关键．13.(23-24九年级上·安徽芜湖·期中)如图甲，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)【概念理解】我们已经学习了①平行四边形、②菱形、③矩形、④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是(填序号)．(2)【性质探究】小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图甲，在四边形ABCD 中，若AC ⊥BD ，则AB 2+CD 2=AD 2+BC 2．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由．(3)【问题解决】如图乙，在△ABC 中，BC =3，AC =4，D ，E 分别是AC ，BC 的中点，连接AE ，BD ，有AE ⊥BD ，求AB ．【答案】(1)②④；(2)猜想正确，理由见解析；(3)AB =5【详解】解：(1)∵菱形、正方形的对角线相互垂直，∴菱形和正方形符合垂美四边形的定义，故答案为：②④；(2)猜想正确，理由如下：∵四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，∴∠AOB =∠COD =∠BOC =∠AOD =90°，∴AB 2=OA 2+OB 2，CD 2=OC 2+OD 2，BC 2=OB 2+OC 2，AD 2=OA 2+OD 2，∴AB 2+CD 2=OA 2+OB 2+OC 2+OD 2，BC 2+AD 2=OB 2+OC 2+OA 2+OD 2，∴AB 2+CD 2=AD 2+BC 2；(3)∵BC =3，AC =4，D 、E 分别是AC 、BC 的中点，∴AD =12AC =2，BE =12BC =32，DE =12AB ，∵AE ⊥BD ，∴AB 2+ED 2=AD 2+BE 2，∴5 4AB2=4+94，∴AB=5．14.(23-24九年级上·福建福州·期中)如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)在我们学过：①平行四边形、②矩形、③菱形、④正方形，能称为垂美四边形的是；(只填序号)(2)如图，垂美四边形ABCD的对角线交于点O,AB=2,BC=3,AD=4，求CD的长度．【答案】(1)③④(2)21【详解】(1)解：∵菱形和正方形的对角线相互垂直，矩形和平行四边形的对角线不一定垂直，∴只有正方形和菱形能称为垂美四边形，故答案为：③④；(2)∵AC⊥BD，∴AB2=AO2+BO2，BC2=BO2+CO2，DC2=DO2+CO2，AD2=AO2+DO2，∴AB2+DC2=AO2+BO2+DO2+CO2，BC2+AD2=AO2+BO2+DO2+CO2，∴AB2+DC2=BC2+AD2；∵AB=2,BC=3,AD=4∴CD2=32+42-22=9+16-4=21∴CD=21．题型04半角模型15.(23-24九年级上·四川眉山·期中)(半角模型)如图，正方形ABCD中，E是AB上的点，F是BC上的点，且∠EDF=45°．求证：AE+CF=EF．【答案】见解析【详解】证明：如图，在BC的延长线上截取CG=AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=∠DCG=90°，∴△ADE≌△CDG SAS，∴DE=DG，∠ADE=∠CDG．∵∠EDF=45°，则∠ADE+∠CDF=∠ADC-∠EDF=45°∴∠FDG=∠CDF+∠CDG=45°．∴∠EDF=∠FDG．在△DEF 和△DGF 中DE =DG∠EDF =∠FDG DF =DF，∴△DEF ≌△DGF SAS ∴EF =GF ．即EF =GC +CF∴AE +CF =EF ．16.(23-24九年级上·广西南宁·期中)【探索发现】如图①，四边形ABCD 是正方形，M ，N 分别在边CD 、BC 上，且∠MAN =45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将△ADM 绕点A 顺时针旋转90°，点D 与点B 重合，得到△ABE ，连接AM 、AN 、MN．(1)试判断DM ，BN ，MN 之间的数量关系，并写出证明过程．(2)如图②，点M 、N 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 的延长线上，∠MAN =45°，连接MN ，请写出MN 、DM 、BN 之间的数量关系，并写出证明过程．【答案】(1)MN =DM +BN ．证明见解析(2)MN =BN -DM ．证明见解析【详解】(1)解：MN =DM +BN ．证明如下：由旋转，可知：AE =AM ，BE =DM ，∠EAM =90°．∠ABE =∠D =90°∴点E 、B 、C 共线∵∠MAN =45°∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =45°=∠MAN在△EAN 和△MAN 中AE =AM∠EAN =∠MANAN =AN∴△EAN ≌△MAN (SAS )∴EN =MN∵EN =BE +BN∴MN =DM +BN (2)解：MN =BN -DM ．证明如下：在BC 上取BE =MD ．连接AE ，∵AB =AD ，∠B =∠ADM ，∠EAM =90°∴△ABE ≌△ADM (SAS )∴AE =AM ，∠BAE =∠MAD∵∠MAN =45°∴∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN在△EAN和△MAN中，AE=AM∠EAN=∠MANAN=AN∴△EAN≌△MAN(SAS)∴EN=MN∵EN=BN-BE∴MN=BN-DM【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题的关键．17.(23-24九年级上·广东汕尾·期中)如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．(1)求证：△EAG≅△EAF；(2)若DF=3，求BE的长．【答案】(1)见解析(2)BE=2【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°；由旋转的性质可知：∠GAB=∠DAF，AG=AF，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠DAF+∠BAE=45°，∴∠GAB+∠BAE=∠GAE=45°，∴∠GAE=∠EAF=45°，在△EAG和△EAF中，AF=AG∠GAE=∠EAF AE=AE，∴△EAG≅△EAF SAS．(2)解：∵DF=3，CD=6，∴CF=3，由(1)可知：GE=EF，BG=DF，∴CG=9，∴CE+EF=9，在Rt△EFC中，由勾股定理得：CE2+CF2=EF2，即CE2+32=9-CE2，解得：CE=4，∴BE=BC-CE=6-4=2．18.(23-24九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中)【问题情境】神奇的半角模型在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短法是解决这类问题常用的方法．如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF=45°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，为了探究EF、BE、DF之间的数量关系，小明的思路如下：如图2，延长CB到点H，使BH=DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系．(1)提出问题：EF、BE、DF之间的数量关系为．(2)知识应用：如图3，AB=AD，∠B=∠D=90°，以A为顶点的∠BAD=120°，∠EAF=60°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，你认为(1)中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．(3)知识拓展：如图4，在四边形ABCD中，AB=AD=a，BC=b，CD=c．∠ABC与∠D互补，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，且∠EAF=1∠BAD，请直接写出△EFC的周长=．(用2含a、b、c的式子表示．)【答案】(1)EF=DF+BE(2)(1)中的结论还成立，证明见解析(3)b+c【详解】(1)解：延长CB到点H，使BH=DF，连接AH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD,∠D=∠ABC=∠ABH=∠BAD=90°，∴△ADF≌△ABH，∴∠DAF=∠BAH,AH=AF，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=45°，∴∠EAH=∠EAF，∵AE=AE，∴△AHE≌△AFE，∴EF=EH，∵EH=BE+BH，∴EF=DF+BE；故答案为：EF=DF+BE(2)解：(1)中的结论还成立，证明如下：延长CB到点M，使BM=DF，连接AM，∵∠B=∠D=90°，∴∠ABM=∠D=90°，∵AB=AD，∴△ADF≌△ABM，∴∠DAF=∠BAM,AM=AF，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴∠BAE+∠DAF=60°，∴∠EAM=∠BAE+∠BAM=60°，∴∠EAM=∠EAF，∵AE=AE，∴△AME≌△AFE，∴EF=EM，∵EM=BE+BM，∴EF=DF+BE；(3)解：如图，延长CB到点P，使BP=DF，连接AP，∠ABC+∠D=180°,∠ABC+∠ABP=180°，∴∠D=∠ABP，∵AB=AD，∴△ADF≌△ABP，∴∠DAF=∠BAP,AP=AF，∵∠EAF=1∠BAD，2∠BAD，∴∠BAE+∠DAF=12∴∠EAP=∠EAF，∵AE=AE，∴△APE≌△AFE，∴EF=EP，∵EP=BE+BP，∴EF=DF+BE，∵BC=b，CD=c，∴△EFC的周长=EF+CE+CF=DF+BE+CE+CF=BC+CD=b+c．故答案为：b+c题型05含60°的菱形模型19.(2024·上海·期中)菱形ABCD的边长为23，∠B=60°，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，那么△AEF周长为【答案】9【详解】解：过点A作AM⊥EF，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB=BC=CD=23，∵∠B =60°，∴△ABC 是等边三角形，∴∠BAC =60°，∵AE ⊥BC ，∴BE =CE =12BC =232=3，∠BAE =∠DAF =30°，再Rt △AEB 中，AE =AB 2-BE 2=3，同理可证，∠DAF =∠CAF =30°，AF =3，∴∠EAF =120°-30°-30°=60°，AE =AF =3，∴△AEF 是等边三角形，边长为3∴△AEF 的周长是9．20.(23-24九年级上·重庆沙坪坝·开学考试)如图，菱形ABCD 的边长为4，∠BAD =60°，过点B 作BE ⊥AB 交CD 于点E ，连接AE ，F 为AE 的中点，连接CF ，CF 交BE 于点G ，则GF 的长为．【答案】192【详解】解：如图，取H 为BE 的中点，∵菱形ABCD 的边长为4，∠BAD =60°，∴AB =BC =CD =4，AB ∥CD ，∠BAD =∠BCE =60°，∵F 为AE 的中点，H 为BE 的中点，∴EH =12BE ，FH 是△ABE 的中位线，∴FH =12AB =2，AB ∥FH ，∴AB ∥FH ∥CD ，∵BE ⊥AB ，∴FH ⊥BE ，CD ⊥BE ，∴∠FHE =∠BEC =90°，∴∠CBE =90°-60°=30°，∴CE =12BC =2，∴BE =BC 2-CE2=42-22=23，∴EH =12BE =3，∴FH =CE ，在△FHG 和△CEG 中，∠FHG =∠CEG∠FGH =∠CGE FH =CE，∴△FHG ≌△CEG (AAS )，∴EG =GH =12EH =32，在Rt △FHG 中，由勾股定理得：GF =FH 2+GH 2=22+32 2=192，故答案为：192．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．21.(23-24九年级上·上海·期中)如图，菱形ABCD 中，AB =3，∠DAB =60°，AE =1，点P 为对角线AC上的一个动点，则PE +PB 的最小值为．【答案】7【详解】解：如图，连接BD ，PD ，过D 作DR ⊥AB 于R ，由菱形的对称性可得：PD =PB ，∴PB +PE =PD +PE ≥DE ，当D ,P ,E 三点共线时，PD +PE 最短，∵菱形ABCD 中，AB =3，∠DAB =60°，∴AB =AD =3，△ABD 为等边三角形，∴AR =BR =32，DR =AD 2-AR 2=323，∵AE =1，∴ER =32-1=12，∴DE =12 2+323 2=7，∴PB +PE 的最小值为：7；故答案为：7【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，三角形的三边关系的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．22.(23-24九年级上·广西钦州·期中)如图，已知菱形ABCD 的边长为8，点M 是对角线AC 上的一动点，且∠ADC =120°，则MA +MB +MD 的最小值是．【答案】83【详解】解：如图，过点M 作ME ⊥AB 于点E ，连接BD ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB∥CD，AD=AB=DC=BC，∠DAB，∠MAE=12∴∠DAB+∠ADC=180°，∴∠DAB=180°-120°=60°，∴∠MAE=1∠DAB=30°，2△DAB是等边三角形，∵ME⊥AB，∴AM=2ME，∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2ME+DM，∴当D、M、E三点共线时，ME+DM取得最小值，此时ME+DM=DE，∴MA+MB+MD的最小值为2DE，AB=4，∴AE=12∴DE=AD2-AE2=82-42=43，∴2ME+DM=2DE=83，∴MA+MB+MD的最小值为83；故答案：83．23.(23-24九年级上·四川绵阳·开学考试)如图，△ABC中，∠BCA=90°，D是斜边AB的中点，若CE∥AB，DE∥BC，且DE交AC于点O，连接AE．(1)求证：四边形ADCE是菱形；(2)若∠B=60°，BC=6，则四边形ADCE的面积=．【答案】(1)证明见解析(2)183【详解】(1)证明：∵CE∥AB，DE∥BC，∴四边形DBCE是平行四边形．∴CE∥BD，且EC=BD．∵D是斜边AB的中点，∴AD=BD，∴EC=AD，∴四边形ADCE是平行四边形，∵∠BCA=90°，D是斜边AB的中点，∴CD=12AB=AD，∴平行四边形ADCE是菱形．(2)解：∵∠BCA=90°，∠B=60°，∴∠BAC=30°，∵BC=6，∴AB=2BC=12，∴AC=AB2-BC2=122-62=63，由(1)知，四边形ADCE是菱形，四边形DBCE是平行四边形，∴AC⊥DE，DE=BC=6，∴菱形ADCE的面积=12AC×DE=12×63×6=183，故答案为：183【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．24.(23-24九年级上·浙江杭州·开学考试)如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．(1)求证：四边形BCFE是菱形；(2)若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．【答案】(1)见解析(2)菱形的面积为83【详解】(1)证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC，又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形，又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形；(2)解：∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°，∴△EBC是等边三角形，∴菱形的边长为4，作EG⊥BC于G，∴∠BEG=30∘,∠BGE=90∘，∴BG=12BE=2,∴EG=23，即高为23，∴菱形的面积为4×23=8 3.题型06三垂线模型25.(23-24九年级上·浙江嘉兴·期中)如图，在正方形ABCD中，点G为CD边上一点，以CG为边向右作正方形CEFG，连接AF，BD交于点P，连接BG，过点F作FH⎳BG交BC于点H，连接AH，交BD于点K，下列结论中错误的是()A.HE=CDB.△AHF是等腰直角三角形C.点P为AF中点D.PK=BK+DP【答案】D【详解】解：A．∵四边形CEFG是正方形，∴GF∥CE，GF=CE，∵BG∥HF，∴四边形BHFG为平行四边形，∴GF=BH，∴BH=CE，∴BC=HE，∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD．∴HE=CD，故A正确；B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形，∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°，∵BC=HE，BH=CE，∴AB=HE，BH=EF，∴△ABH≌△HEF(SAS)，∴AH=HF，∠BAH=∠EHF，∵∠BAH+∠AHB=90°，∴∠EHF+∠AHB=90°，∴∠AHF=90°，∴△AHF为等腰直角三角形，故B正确；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，则MH∥EF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠HBD=1∠ABC，2∴∠HBM=45°，∴BH=MH，∵△ABH≌△HEF，∴BH=EF，∴MH=EF，∴四边形EFMH为矩形，∴MF∥BE∥AD，MF=HE，∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP，∵AD=BC=HE，∴AD=MF，∴△P AD≌△PFM(ASA)，∴AP=FP，故C正确；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，则AQ=AP，∠QAP=90°，∵△AHF是等腰直角三角形，∴∠HAF=45°，∴∠QAK=∠P AK=45°，∵AK=AK，∴△AQK≌△APK(SAS)，∴QK=PK，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°，由旋转性质知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP，∴∠QBK=90°，∴BK2+BQ2=QK2，∴BK2+DP2=KP2，故D错误；故选：D．【点睛】本题是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，后两选项关键在构造全等三角形．26.(23-24九年级上·广西贵港·期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为()A.13B.15C.17D.20【答案】C【详解】∵四边形ABDE是正方形，∴∠BAE=90°，AE=AB，∵EF ⊥CA ，∴∠F =90°，∴∠EAF +∠AEF =90°，∵∠EAF +∠BAC =180°-∠BAE =90°，∴∠AEF =∠BAC ，在ΔAEF 和ΔBAC 中，∠F =∠ACB =90°∠AEF =∠BAC AE =AB，∴ΔAEF ≌ΔBAC AAS ，∴EF =AC =8，AF =BC =7，在Rt ΔECF 中，EF =8，FC =FA +AC =8+7=15，根据勾股定理得：CE =82+152=17，故选：C ．【点睛】此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．27.(23-24九年级上·辽宁盘锦·期中)如图，正方形ABCD 的边长为3，点E 在AB 上，点F 在BC 的延长线上，且AE =CF ，则四边形EBFD 的面积为：．【答案】9【详解】∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =DC ，∠A =∠DCF =90°，∵AE =CF，∴△DAE ≅△DCF SAS ，∴四边形EBFD 的面积=正方形ABCD 的面积=32=9．故答案是9．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，准确计算是解题的关键．28.(23-24九年级上·陕西西安·期中)已知：点E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 四条边中点，顺次连接EF 、FG 、GH 、HE 得到四边形EFGH ．有下列说法：①四边形EFGH 是平行四边形；②当四边形ABCD 为平行四边形时，四边形EFGH 是菱形；③当四边形ABCD 为矩形时，四边形EFGH 是菱形；④当AC ⊥BD 时，四边形EFGH 是矩形；⑤若四边形EFGH 是正方形，则四边形ABCD 一定是正方形．其中正确的是()A.①③④B.①②⑤C.①③④⑤D.②④⑤【答案】A 【详解】解：如图所示，连接BD 、AC ，∵E 、H 分别为AD ，CD 中点，∴EH =12AC ，同理，FG =12AC ，EF =12BD ，HG =12BD ，∴EH =FG ，EF =HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；当四边形ABCD 是矩形时，则AC =BD ，∴EH =EF ，∴平行四边形EFGH 是菱形，而当四边形ABCD 是平行四边形时，不能得出EH =EF ，故②错误，③正确；当AC ⊥BD 时，∵E 、F 、H 分别为AD 、AB 、CD 中点，∴EF ∥BD ，EH ∥AC ，∴EF ⊥EH ，∴四边形EFGH 是矩形，故④正确；∵EF =GH =12BD ，EH =FG =12AC ，四边形EFGH 是正方形，∴EF =GH =EH =FG ，EF ⊥EH ，∴BD =AC ，BD ⊥AC ，不能说明四边形ABCD 是正方形，故⑤错误；故选A ．29.(23-24九年级上·山东泰安·期中)如图，菱形ABCD 中，∠B =60°，AB =2cm ，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，连接AE 、EF 、AF ，则△AEF 的周长为()A.23cmB.33cmC.43cmD.3cm【答案】B【详解】解：连接AC ，∵菱形ABCD ，∴AB =AD =BC =CD =2cm ，∠B =∠D ，∵E 、F 分别是BC 、CD 的中点，∴BE =12BC =1,DF =12CD =1，∴BE =DF =1，在△ABE 和△ADF 中，AB =AD∠B =∠D BE =DF，∴△ABE ≌△ADF (SAS )，∴AE =AF ,∠BAE =∠DAF ，∵∠B =∠D =60°，∴△ABC 与△ACD 是等边三角形，∴AE ⊥BC ，∴∠BAE =∠DAF =90°-60°=30°，AE =AB 2-BE 2=3，∵∠BAD =180°-∠B =120°，∴∠EAF =∠BAD -∠BAE -∠DAF =120°-30°-30°=60°，∴△AEF 是等边三角形，∴△AEF 的周长是33cm ．故选B ．30.(23-24九年级上·江苏无锡·期中)如图，在正方形ABCD 中，AB =4，点E 是边AD 的中点，将△DCE沿着CE 翻折，得到△D CE ，延长BD 交CE 的延长线于点H ，则EH =．【答案】255【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，AB =4，∴∠A =∠B =∠C =∠D =90°,AB =BC =CD =AD =4，∵点E 是边AD 的中点，∴DE =AE =12AD =2，在Rt △CDE 中，CE =DE 2+CD 2=22+42=25，∵将△DCE 沿着CE 翻折，得到△D CE ，∴∠DCE =∠D CE =12∠DCD ，∠D =∠CD E =90°，CD =CD =4，DE =D E =2，∴CD =BC ，如图，过点D ′作D F ⊥CH 于点F ，过点C 作CG ⊥BH 于点G ，则∠D CG =∠BCG =12∠BCD ，∴∠HCG =∠D CE +∠D CG =12∠DCD +12∠BCD =12(∠DCD +∠BCD )=12∠BCD =45°，∴∠H =45°，∴△D FH 为等腰直角三角形，HF =D F ，∵S ΔDCE =12D E ×CD =12CE ×D F ，∴D F =D E ×CD CE =2×425=455,∴HF =D F =455，在Rt △D EF 中，EF =D E 2-D F 2=22-455 2=255，∴EH =HF -EF =255，故答案为：255．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，正确作出辅助线，根据题意推理论证得到∠H =45°是解题关键．31.(23-24九年级上·山西太原·期中)如图，在正方形ABCD 中，AB =3，点E 是BC 边上一点，且CE =2BE ，连接AE ，点F 是AB 边上一点，过点F 作FG ⊥AE 交CD 于点G ，连接EF ，EG ，AG ，则四边形AFEG 的面积为．【答案】5【详解】解：如图，过F 点作FH ⊥CD 于H ，∴∠FHG =90°，∵四边形ABCD 是正方形，∴BC =AB =3，∠B =∠C =90°，∴四边形BCHF 是矩形，∴FH =BC =AB =3，∠BFH =90°，∴∠GFH +∠AFG =90°，∵AE ⊥FG ，∴∠AFG +∠EBA =90°，∴∠EAB =∠GFH ，在△ABE 和△FHG 中，∠B =∠FHGAB =FH ∠BAE =∠HFG，∴△ABE ≌△FHG (ASA )∴AE =FG ，∵CE =2BE ，∴BE =13BC =1，∴AE =AB 2+BE 2=32+12=10，∴FG =10，∴S 四边形AFEG =12AE ⋅FG =12×10×10=5；故答案：5．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，对角形互相垂直的四边形面积等，掌握正方形中“十字架”模型的解法是解题的关键．32.(23-24九年级上·山西吕梁·期中)如图，正方形ABCD 的周长为16cm ，顺次连接正方形各边中点E 、F 、G 、H ，得到四边形EFGH 的面积等于cm 2．【答案】8【详解】解：连接AC ，BD ，∵点E 、F 、G 、H 是正方形各边的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，FG 是△ABC 的中位线，GH 是△BCD 的中位线，EH 是△ADC 的中位线，∴EF =GH =12BD ，FG =EH =12AC ，EF ∥BD ，FG ∥AC ，又∵AC =BD ，∴EF =FG =GH =EH ，∴四边形EFGH 是菱形，又∵AC ⊥BD ，EF ∥BD ，FG ∥AC ，∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是正方形∵正方形ABCD 的周长为16cm ，，∴AB =BC =CD =AD =4，在Rt △ABD 中，由勾股定理，得BD =42，，∴EF =12BD =22∴四边形EFGH 的面积=22 2=8cm 2．故答案为：8．33.(23-24九年级上·山东东营·开学考试)如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC 的边长为2，点B 在y 轴上，∠AOC =60°，则点B 的坐标为．【详解】解：如图，连接AC交BO于点D，∴OC=OA=2,OD=DB，AC⊥BD，∵∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴AC=OA=2，AC=1，∴AD=12∴OD=OA2-AD2=3，∴OB=2OD=23，∵点B在y轴上，∴点B的坐标为0,23．故答案为：0,23．34.(23-24九年级上·湖北咸宁·期中)在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．(1)作△APB≌△AND(如图①)，求证：△APM≌△ANM；(2)求证：MN2=BM2+DN2；(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，(如图②)，请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)MN2=2BM2+2DN2．理由见解析【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠EAF=45°．∴∠BAM+∠NAD=45°，∵△APB≌△AND，∴P A=NA，∠P AB=∠NAD，∴∠P AB+∠BAM=45°，∴∠P AM=∠NAM=45°，在△APM和△ANM中，P A=NA∠P AM=∠NAMAM=AM，∴△APM≌△ANM(SAS)；(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，∵△APB≌△AND，∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，∴PM2=BM2+PB2，∵△APM≌△ANM，∴PM=MN，∴MN2=BM2+DN2；(3)解：MN2=2BM2+2DN2．理由如下：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB M ．如图：过点M 作M F⊥CD于F，连接M N，同(1)可证△AMN≌△AM N，∴M N=MN．∵∠C=90°，∠CMN=45°，∴CM=CN．设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，∴M F=AD-AB =AD-AB=a+c-(b+c)=a-b，NF=DN+DF=DN+B M =DN+BM=b+a．在Rt△M FN中，M N2=M F2+NF2=(a-b)2+(a+b)2=2a2+2b2，∴MN2=2BM2+2DN2．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：(1)利用SAS即可证明△APM≌△ANM；(2)证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；(3)通过构造直角三角形，利用勾股定理找出MN2=2BM2+2DN2．35.(23-24九年级上·四川成都·期中)如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，CE=DF，AB=BE，AE与BF相交于点O，连接EF．(1)求证：四边形ABEF是菱形；(2)若平行四边形ABCD的周长为22，CE=DF=3，∠ABE=60°，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)4【详解】(1)证明：∵平行四边形ABCD，∴AD∥BC,AD=BC，∵CE=DF，∴AF=BE，∴四边形ABEF是平行四边形，∵AB=BE，∴四边形ABEF是菱形；(2)解：∵平行四边形ABCD，∴AB=CD,AD=BC，∵平行四边形ABCD的周长为22，∴AB+BC=11，∴AB+BE+EC=11，∵AB=BE,CE=3，∴AB=BE=4，∵∠ABE=60°，∴△ABE是等边三角形，∴AE=BE=4．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．。

中考数学几何模型及构造解析

中考数学几何模型及构造解析

中考数学几何模型及构造解析全等变换平移：平行等线段(平行四边形)对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。

两边进行边或者角的等量代换，产生联系。

垂直也可以做为轴进行对称全等。

对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称(翻折)，翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。

旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。

自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。

通过“8”字模型可以证明。

模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。

中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。

证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形(或者正方形)公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。

几何最值模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。

垂美四边形模型(解析版)-2023年中考数学满分突破

垂美四边形模型(解析版)-2023年中考数学满分突破

垂美四边形模型垂美四边形的概念：对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。

垂美四边形的性质：①S 垂美四边形ABCD =12AC •BD ②AB 2+DC 2=AD 2+BC 2证明：1)S 垂美四边形ABCD =S △ABC +S △ADC=12AC •BP +12AC •DP =12AC •(BP +DP )=12AC •BD 结论：垂美四边形的面积等于对角线乘积的一半。

2)∵AB 2=AP 2+BP 2CD 2=PD 2+PC 2∴AB 2+CD 2=AP 2+BP 2+PD 2+PC 2∵AD 2=AP 2+DP 2BC 2=BP 2+PC 2∴AD 2+BC 2=AP 2+BP 2+PD 2+PC 2∴AB 2+DC 2=AD 2+BC 2【变形一】如图，在矩形ABCD 中，P 为CD 边上有一点，连接AP 、BP ，则DP 、BP 、AP 、CP 之间的关系：DP 2+BP 2=AP 2+PC 2证明：∵DP 2+BP 2=DP 2+BC 2+PC 2PC 2+AP 2=PC 2+DP 2+AD 2而AD =BC∴DP 2+BP 2=AP 2+PC 2【变形二】如图，在矩形ABCD 中，P 为矩形内部任意一点，连接AP 、BP ，CP ，DP则AP 、BP ，CP ，DP 之间的关系：AP 2+PC 2=DP 2+BP 2证明(思路)：方法一：过点P 分别作PE ⊥AB 、PF ⊥BC 、PG ⊥CD 、PH ⊥AD 垂足分别为点E 、点F 、点G 、点H由已知条件可得HF ⊥EG ∴HG 2+EF 2=EH 2+FG 2(证明过程略)而AP =EH 、BP =EF 、CP =FG 、DP =GH∴AP 2+PC 2=DP 2+BP 2方法二：将△APD 平移至如图所示位置，点A 与点B 重合，点D 与点C 重合由平移的性质可得DP =CM ，AP =BM ，DP ∥CM ，∴四边形DPMC 为平行四边形∴CD ∥PM 则∠1=∠2 而∠2+∠3=90°∴∠1+∠3=90° 则∠CEP =90°∴BC ⊥PM∴BM 2+PC 2=CM 2+BP 2(证明过程略)∴AP 2+PC 2=DP 2+BP 2【培优过关练】1.(2023秋·河北石家庄·八年级统考期末)如图所示，四边形ABCD的对角线AC，BD互相垂直，若AD=2，AB=4，BC=5则CD的长为( )A.2.5B.3C.4D.13【答案】D【分析】在Rt△AOD中，AD2-OA2=OD2，在Rt△BOC中，BC2-OB2=OC2，再根据CD2=OD2+OC2即可得出答案．【详解】解：在Rt△AOD中，AD2-OA2=OD2，在Rt△BOC中，BC2-OB2=OC2，∴CD2=OD2+OC2=AD2-OA2+2BC2-OB2=AD2+2BC2-OB2+OA2=4+25-16=13，∴CD=13，故选：D．【点睛】本题考查勾股定理，正确利用勾股定理是解题的关键．2.(2022秋·四川绵阳·九年级统考期中)如图，四边形ABCD的两条对角线互相垂直，AC+BD=16，则四边形ABCD的最大面积是()A.64B.32C.16D.以上都不对【答案】B【分析】设AC=x，将四边形的面积转化为二次函数，求最值即可．【详解】解：∵AC⊥BD，∴四边形ABCD的面积=S△ABD+S△BCD=1BD⋅AC；2设AC =x ，∵AC +BD =16，∴BD =16-x ，∴四边形ABCD 的面积=12x 16-x =-12x -8 2+32，当x =8时，四边形的面积最大：32，∴四边形ABCD 的最大面积是：32；故选B ．【点睛】本题考查二次函数和几何的综合应用．根据题意，正确的列出二次函数的解析式，是解题的关键．3.(2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习)如图，四边形ABCD 的两条对角线互相垂直，AC 、BD 是方程x 2-16x +60=0的两个解，则四边形ABCD 的面积是()A.60B.30C.16D.32【答案】B 【分析】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半，二次方程的两根乘积可以利用韦达定理快速求解即可．【详解】由题意可知四边形ABCD 的面积S =12AC ×BD ∵AC 、BD 是方程x 2-16x +60=0的两个解，∴AC ×BD =x 1∙x 2=601=60，四边形ABCD 的面积S =12×60=30，故答案为：B ．【点睛】本题主要考查对角线互相垂直的四边形的面积计算及二次方程根与系数的关系，知道利用对角线的成绩计算面积是解题关键．4.(2022秋·河南信阳·九年级统考阶段练习)如图，四边形ABCD 的两条对角线互相垂直，AC +BD =16，则四边形ABCD 的面积最大值是()A.16B.32C.36D.64【答案】B 【分析】利用对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．【详解】解：设AC =x ，四边形ABCD 面积为S ，则BD =16-x ，则：S =12AC ⋅BD =12x (16-x )=-12(x -8)2+32当x =8时，S 最大为：32﹔故选：B ．【点睛】本题主要考查二次函数的最大值，能够正确利用面积计算公式结合方程思想是解题关键．5.(2023春·八年级课时练习)对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD ，点E 为对角线BD 上任意一点，连接AE 、CE ．若AB =5，BC =3，则AE 2-CE 2等于()A.7B.9C.16D.25【答案】C 【分析】连接AC ，与BD 交于点O ，根据题意可得AC ⊥BD ，在在Rt △AOE 与Rt △COE 中，利用勾股定理可得AE 2-CE 2=AO 2-CO 2，在在Rt △AOB 与Rt △COB 中，继续利用勾股定理可得AO 2-CO 2=AB 2-BC 2，求解即可得．【详解】解：如图所示：连接AC ，与BD 交于点O ，∵对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，∴AC ⊥BD ，在Rt △AOE 中，AE 2=AO 2+OE 2，在Rt △COE 中，CE 2=CO 2+OE 2，∴AE 2-CE 2=AO 2-CO 2，在Rt△AOB中，AO2=AB2-OB2，在Rt△COB中，CO2=BC2-OB2，∴AO2-CO2=AB2-BC2=52-32=16，∴AE2-CE2=16，故选：C．【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练运用勾股定理是解题关键．6.(2019·浙江杭州·模拟预测)如图，点E是矩形ABCD内任意一点，连接AE,BE,CE,DE，则下列结论正确的是()A.AE+DE=BE+CEB.AE+CE=BE+DEC.AE2+CE2=BE2+DE2D.AE2+DE2=BE2+CE2【答案】C【分析】过点E作EF⊥BC，延长FE交AD于点M，由题意可证四边形ABFM，四边形DCFM是矩形，可得AM=BF，MD=CF，MF⊥AD，根据勾股定理可得：AE2+CE2=BE2+DE2．【详解】如图：过点E作EF⊥BC，延长FE交AD于点M．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°又∵EF⊥BC∴四边形ABFM，四边形DCFM是矩形∴AM=BF，MD=CF，MF⊥AD∵AE2=AM2+ME2，DE2=MD2+ME2，BE2=EF2+BF2，CE2=EF2+CF2∴AE2+CE2=BE2+DE2故：选C．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，添加恰当辅助线构造矩形是本题的关键．7.(2022秋·上海·九年级校考期中)如图，已知四边形ABCD的对角线AC、BD互相垂直于点O，CD=BD=5，BC=2，∠BAC=∠BDC，那么AB=．8.(2022·山东枣庄·统考模拟预测)对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD=3，BC=5，则AB2+CD2=．【答案】34【分析】在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，进一步得BO2+CO2+OD2+OA2=9+25，再根据AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，最后求得AB2+CD2= 34．【详解】解：∵BD⊥AC，∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得，BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，∴BO2+CO2+OD2+OA2=9+25，∵AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，∴AB2+CD2=34；故答案为：34．【点睛】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．9.(2020·山东日照·校考三模)如果，在Rt△ACB中，BC=2，∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂真的射线OM，ON上滑动，下列结论：①若C，O两点关于AB对称，则OA=23②C，O两点距离的最大值为4：③四边形AOBC的面积为23+4；④斜边AB的中点D运动路径的长度是π2．其中正确结论的序号是【答案】①②##②①【分析】①先根据含30°角的直角三角形性质分别求出AB和AC，由轴对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以OA=AC=23；②根据OC≤OE+CE=4，当OC经过AB的中点E时，OC最大，推出C、O两点距离的最大值为4；③如图2，根据四边形AOBC的面积等于△ABC面积与△ABO面积的和，其中△ABC的面积为23，△ABO的面积为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△ABO≤4，得到23≤S AOBC≤23+4；④如图3，半径为2，圆心角为90°的扇形的圆弧是点D的运动路径，根据弧长公式计算得到π．【详解】解：在Rt△ACB，BC=2，∠BAC=30°，∴AB=4，AC=23，若C、O两点关于AB对称，如图1，则AB是OC的垂直平分线，∴OA=AC=23，∴①正确；②如图1，取AB的中点E，连接OE、CE，∵∠AOB=∠ACB=90°，∴OE=CE=12AB=2，∵OC≤OE+CE=4，∴当OC经过点E时，OC最大，C、O两点间的距离最大值为4；∴②正确；③如图2，S AOBC=S△ABC+S△ABO，其中S△ABC=12AC⋅BC=23，S△ABO=12OA⋅OB，且0≤OA≤4，0≤OB≤4，∵OA2+OB2=AB2=16，∴OB=16-OA2，∴OA⋅OB=OA16-OA2=-OA4+16OA2=-OA2-82+64，∴0≤OA⋅OB≤8，∴0≤S △ABO ≤4，∴23≤S AOBC ≤23+4；∴③不正确；④如图3，斜边AB 的中点D 运动路径是：以点O 为圆心，以2为半径的圆周的14，其弧长为：90π×2180=π．∴④不正确．综上所述，本题正确的有：①②．故答案为：①②．【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形，轴对称，三角形面积，二次函数，圆弧等，解决问题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的边角性质，轴对称性质，三角形面积公式，二次函数性质，圆弧长公式．10.(2020秋·全国·九年级专题练习)学习新知：如图1、图2，P 是矩形ABCD 所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP 2+CP 2=BP 2+DP 2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．应用新知：如图3，在△ABC 中，CA =4，CB =6，D 是△ABC 内一点，且CD =2，∠ADB =90°，则AB 的最小值为．【答案】43-2【分析】以AD 、BD 为边作矩形ADBE ，连接CE 、DE ，根据题意可得CD 2+CE 2=CA 2+CB 2，即可求出CE 的长度，当C 、D 、E 三点共线时，AB 的值最小，且为CE 与CD 长度之差，故AB 最小值可求．【详解】解：以AD 、BD 为边作矩形ADBE ，连接CE 、DE ，如图所示：则AB =DE ，由题意得：CD 2+CE 2=CA 2+CB 2，即22+CE 2=42+62，解得：CE =43，当C 、D 、E 三点共线时，DE 最小，∴AB 的最小值=DE 的最小值=CE -CD =43-2，故答案为：43-2．【点睛】本题主要考查了以几何为背景的推理与论证、两点之间线段最短，解题的关键在于通过题目中已给的新知推断CD 、CE 、CA 、CB 之间的长度关系，并应用两点之间线段最短的定理，求出对应的最值．11.(2022秋·天津·九年级天津市第五十五中学校考期末)如图，四边形ABCD 两条对角线AC 、BD 互相垂直，且AC +BD =10．设AC =x ，0<x <5(1)用含x 的式子表示：S 四边形ABCD =；(2)当ABCD 四边形的面积为8cm 2时，求AC 、BD 的长；【答案】(1)5x -12x 2(2)AC =2cm ，BD =8cm【分析】(1)根据S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =12BD ⋅AC 进行求解即可；(2)根据(1)所求，代入S 四边形ABCD =8进行求解即可．【详解】(1)解：如图所示，设AC 、BD 交于点O ，∵AC +BD =10，AC =x ，∴BD =10-x ，∵四边形ABCD 两条对角线AC 、BD 互相垂直，∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD=12BD ⋅OA +12BD ⋅OC =12BD ⋅AC =12x 10-x =5x -12x 2，故答案为；5x -12x 2；(2)解：由题意得5x -12x 2=8，∴x 2-10x +16=0，解得x =2或x =8(舍去)∴AC =2cm ，BD =10-x =8cm ．【点睛】本题主要考查了三角形面积，一元二次方程的应用，正确列出四边形的面积关系式是解题的关键．12.(2022秋·江西抚州·九年级南城县第二中学校考阶段练习)(1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是；(只填序号)(2)【概念理解】如图2，在四边形ABCD 中，AB =AD ，CB =CD ，问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由．(3)【性质探究】如图1，垂美四边形ABCD 的两对角线交于点O ，试探究AB ，CD ，BC ，AD 之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；(4)【性质应用】如图3，分别以Rt △ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接CE ，BG ，GE ，已知AC =8，AB =10，求GE 长．【答案】(1)③④(2)四边形ABCD 是垂美四边形；理由见解析(3)AD 2+BC 2=AB 2+CD 2；理由见解析(4)273【分析】(1)根据菱形和正方形的对角线互相垂直、垂美四边形的概念判断即可；(2)根据线段垂直平分线的性质、垂美四边形的概念判断即可；(3)根据垂美四边形的概念、勾股定理计算，得到答案；(4)证明△GAB ≌△CAE ，进而得出CE ⊥BG ，根据(3)的结论计算即可．【详解】(1)解：∵在①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是③菱形，④正方形，∴③菱形，④正方形一定是垂美四边形，故答案为：③④；(2)解：四边形ABCD 是垂美四边形，理由如下：如图2，∵AB =AD ，∴点A 在线段BD 的垂直平分线上，∵CB =CD ，∴点C 在线段BD 的垂直平分线上，∴直线AC 是线段BD 的垂直平分线，∴AC ⊥BD ，即四边形ABCD 是垂美四边形；(3)解：AD 2+BC 2=AB 2+CD 2，证明如下：如图①，∵AC ⊥BD ，∴∠AOD =∠AOB =∠BOC =∠COD =90°，由勾股定理得，AD 2+BC 2=AO 2+DO 2+BO 2+CO 2，AB 2+CD 2=AO 2+BO 2+CO 2+DO 2，∴AD 2+BC 2=AB 2+CD 2；(4)解：如图3，连接BE 、CG ，设AB 与CE 交于点M ，∵∠CAG =∠BAE =90°，∴∠CAG +∠BAC =∠BAE +∠BAC ，即∠GAB =∠CAE ，在△GAB 和△CAE 中，AG =AC∠GAB =∠GAE AB =AE，∴△GAB ≌△CAE (SAS )，∴∠ABG =∠AEC ，∵∠AEC +∠AME =90°，∴∠ABG +∠BMC =90°，即CE ⊥BG ，∴四边形CGEB 是垂美四边形，∴CG 2+BE 2=CB 2+GE 2，∵AB =10，AC =8，∴BC 2=AB 2-AC 2=36，CG 2=AC 2+AG 2=128，BE 2=AB 2+AE 2=200，∴GE 2=128+200-36=292，则GE =273．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．13.(2022秋·九年级单元测试)如图，在四边形ABCD 中，点E ，F ，G ，H 分别为边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形．(2)若四边形ABCD 的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH 的面积．【答案】(1)见解析(2)12【分析】(1)连接AC ，根据三角形中位线定理证明HG =EF ，HG ∥EF ，根据平行四边形的判定定理可得结论；(2)先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH 是矩形，进而求出HG ⋅HE 即可解答．(1)证明：连接AC ．∵点E ，F ，G ，H 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，∴HG =12AC ，HG ∥AC ，EF =12AC ，EF ∥AC ，∴HG =EF ，HG ∥EF ，∴四边形EFGH 是平行四边形；(2)连接BD ，AC ．由(1)得：HG =12AC ，HG ∥AC ，同理可得：HE =12BD ，HE ∥BD ，∵AC ⊥BD ，∴HE ⊥HG ，又∵四边形EFGH是平行四边形，∴平行四边形EFGH是矩形，∵AC⋅BD=48，∴HG⋅HE=12AC⋅12BD=12，∴矩形EFGH的面积为12．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、中点四边形、三角形中位线定理，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．14.(2022秋·九年级课时练习)小明学习了特殊的四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是．(2)性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两条对角线AC、BD之间的数量关系：．(3)问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BG、CE交于点N，CE交AB于点M，连结GE．①求证：四边形BCGE为垂美四边形；②已知AC=4，AB=5，则四边形BCGE的面积为．【答案】(1)菱形和正方形(2)12AC∙BD(3)①证明见解析；②652【分析】(1)由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；(2)四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=12AC∙BO+12AC∙DO=12AC∙BD；(3)①连接CG、BE，证出∠GAB=∠CAE，由SAS证明∆GAB≌△CAE，得出BG=CE，∠ABG=∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM=90°，得出BG⊥CE即可；②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合(2)的结论计算即可．【详解】(1)(1)∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，∴菱形和正方形一定是垂美四边形；故答案为：菱形、正方形；(2)如图1所示：∵四边形ABCD 的面积=△ABC 的面积+△ADC 的面积=12AC ∙BO +12AC ∙DO =12AC ∙BD ；故答案为：12AC ∙BD ；(3)证明：连接CG 、BE ，如图2所示:∵四边形ACFG 和四边形ABDE 是正方形，∴∠F =∠CAG =∠BAE =90°，FG =AG =AC =CF ，AB =AE ，∴∠CAG +∠BAC =∠BAE +∠BAC ，即∠GAB =∠CAE ，在∆GAB 和△CAE 中，AG =AC∠GAB =∠CAEAB =AE∆GAB ≌∆CAE (SAS )，∴BG =CE ，∠ABG =∠AEC ，又∵∠AEC +∠AME =90°∠AME =∠BMN ，∴∠ABG 十∠BMN =90°∴∠BNM =90°∴BG ⊥CE ，∴四边形BCGE 为垂美四边形；∵FG =CF =AC =4，∠ACB =90°，AB =5，∴BC =AB 2-AC 2=3，∴BF =BC +CF =7，在Tt △BFG 中，BG =BF 2+FG 2=72+42=65，∴CE =BG =65，∴四边形BCGE 为垂美四边形，∴四边形BCGE 的面积=12BG ·CE =652，故答案为：652【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关15.(2021秋·山西太原·八年级太原师范学院附属中学校考阶段练习)认识新知：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知OB=OD，AB=AD，判断：四边形ABCD垂美四边形(填“是”或“否”)；(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．①若OA=1，OB=5，OC=7，OD=2，则AB2+CD2=；AD2+BC2=．②猜想AB、BC、CD、AD这四条边的数量关系，并给出证明．(3)解决问题：如图3，△ACB中，∠ACB=90°，AC⊥AG且AC=AG=4，AB⊥AE且AE=AB=5，连结CE、BG、GE，则GE=．【答案】(1)是(2)①79，79；②AB2+CD2=AD2+BC2，理由见解析(3)73【分析】(1)连接AC、BD，根据垂直平分线的判定定理证明即可；(2)根据垂直的定义和勾股定理解答即可；(3)证△GAB≌△CAE(SAS)，得∠ABG=∠AEC，再证四边形CGEB是垂直四边形，然后由垂直四边形的性质，勾股定理，结合(2)的结论计算即可．(1)解：结论：四边形ABCD是垂美四边形．理由：如图，连接AC和BD，∵AD=AB，∴A在BD的垂直平分线上，∵CD=CB，∴C在BD的垂直平分线上，∴AC垂直平分BD，∴四边形ABCD为垂美四边形；故答案为：是；①解：∵AC⊥BD，∴AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2=1+25+49+4=79，AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2=1+25+49+4=79，故答案为：79，79；②结论：AB2+CD2=AD2+BC2．理由：∵AC⊥BD，∴AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，∴AB2+CD2=AD2+BC2；(3)如图，设AC与BG的交点为N，AB与CE的交点为M，∵∠CAG=∠BAE=90°，AG=AC，AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，∴△GAB≌△CAE(SAS)，∴∠ABG=∠AEC，∵∠BAE=90°，∴∠AEC+∠AME=90°，∵∠AME=∠BMN，∴∠ABG+∠BMN=90°，∴∠BNM=90°，∴CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，∵∠ACB=90°，∴BC=AB2-AC2=52-42=3，由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2，∴AC2+AG2+AB2+AE2=CB2+GE2，∴16+16+25+25=9+GE2，∴GE=73，故答案为：73．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．16.(2022春·江西上饶·八年级统考期末)定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．(1)特例感知：如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果OA=OD=13OB，OB=2，∠OBC= 60°，则AD2+BC2=，AB2+CD2=．(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．(3)拓展应用：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，∠BAC=60°，求GE长．【答案】(1)1529，1529(2)AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析(3)EG=47【分析】(1)利用含30°角的直角三角形的性质得BC=4，OC=23，再利用勾股定理即可得出答案；(2)由“垂美四边形”得∠AOD=∠BOC=90°，再根据勾股定理得AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2 =AD2+BC2；(3)连接CG，BE，首先利用SAS证明ΔGAB≅ΔCAE，得∠GAB=∠ACE，说明BG⊥CE，从而得出BC2+GE2=CG2+BE2，进而解决问题．【详解】(1)解：∵OA=OD=13OB，OB=2，∴OA=OD=23，∵四边形ABCD是“垂美四边形”，∴∠AOD=∠BOC=90°，∵∠OBC=60°，∴∠BCO=30°，∴BC=4，OC=23，∴AD 2+BC 2=OA 2+OD 2+BC 2=23 2×2+42=1529，AB 2+CD 2=OA 2+OB 2+OD 2+OC 2=AD 2+BC 2=1529，故答案为：1529，1529；(2)结论：AB 2+CD 2=AD 2+BC 2，证明：∵AC ⊥BD 于点O ，∴∠AOD =90°，∴AD 2=OA 2+OD 2.同理可得AB 2=OA 2+OB 2，BC 2=OB 2+OC2，CD 2=OC 2+OD 2∴AB 2+CD 2=AD 2+BC 2(3)解：如图：连接CG 、BE ，∵∠GAC =∠BAE =90°，∴∠GAC +∠CAB =∠BAE +∠CAB ，∴∠GAB =∠CAE ，在△GAB 和△CAE 中，AG =AC∠GAB =∠CAE AB =AE，∴△GAB ≌△CAE ，∴∠AGB =∠ACE ，∵∠AGB +∠AMG =90°，∠AMG =∠BMC ，∴∠ACE +∠CMB =90°，∴BG ⊥CE ，∴四边形GCBE 为垂美四边形，由(2)中结论可知EG 2+BC 2=CG 2+BE 2，∵AC =4，∠BAC =60°，∴∠ABC=30°，∴AB=8，BC=43，∴CG2=2AC2=32，BE2=2AB2=128，∴EG2+48=32+128，∴EG2=112，根据线段为正数可知EG=47【点睛】本题是一道新定义题，主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，正方形的性质等知识，利用(2)中结论是解决问题(3)的关键．17.(2022春·广东韶关·八年级统考期末)新定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)尺规作图：以已知线段EG为对角线作一个垂美四边形EFGH，使其对角线交于点O；(不写作法，保留作图痕迹)(2)已知四边形ABCD是垂美四边形，且AC=36,BD=42，则它的面积为；(3)如图，四边形ABCD是垂美四边形，AB=c,BC=d,CD=a,DA=b，探究a、b、c、d的数量关系；(4)如图，已知D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，AD⊥BE,AC=3,BC=4，请运用上题的结论，求AB的长．【答案】(1)见解析(2)123(3)a2+c2=b2+d2(4)AB=5【分析】(1)分别以点E、点G为圆心画弧，交于EG上方于点F，交EG下方于点G，连接EF、EH、GF、GH，四边形EFGH即为所求；(2)将四边形ABCD分为上下两个三角形，分别求出两个三角形的面积再相加即可；(3)将四边形ABCD分为四个小的直角三角形，再根据勾股定理分别用OA、OB、OC、OD表示出a2、b2、c2、d2即可知道a、b、c、d之间的数量关系；(4)连接DE，根据题意可得四边形AEDB是垂美四边形，结合(3)的结论即可求出AB长度．【详解】(1)解：如图1：(2)解：如图2，Rt△ACD中，SΔACD=12AC×DE，Rt△ABC中，SΔABC=12AC×BE，S四边形ABCD=SΔACD+SΔACB=12AC×DE+12AC×BE=12×AC×BD=12×36×42=123．(3)∵AC⊥BD，∴Rt△ABO中，c2=OA2+OB2；Rt△CDO中，a2=OC2+OD2，Rt△BCO中，d2=OB2+OC2，Rt△ADO中，b2=OA2+OD2，∴a 2+c 2=OA 2+OB 2+OC 2+OD 2，b 2+d 2=OA 2+OB 2+OC 2+OD 2；∴a 2+c 2=b 2+d 2；(4)解：连接DE ，如图3，∵D 、E 分别是△ABC 中边BC 、AC 的中点，∴BD =12BC =2,AE =12AC =32,DE =12AB ；∵AD ⊥BE ，∴四边形ABDE 是垂美四边形；∴AB 2+DE 2=BD 2+AE 2；即AB 2+12AB 2=22+32 2，得AB =5．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练地掌握勾股定理，读懂题目的新定义，巧妙地运用等量代换得出结论是解题的关键．18.(2022秋·江西吉安·九年级统考期末)定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．(1)特例感知：如图1，四边形ABCD 是“垂美四边形”，如果OA =OD =13OB ，OB =2，∠OBC =60°，则AD 2+BC 2=，AB 2+CD 2=．(2)猜想论证如图1，如果四边形ABCD 是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB ，CD 与BC ，AD 之间的数量关系并给予证明．(3)拓展应用：如图2，分别以Rt △ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接CE ，BG ，GE ，已知AC =4，∠BAC =60°，求GE 长．(4)如图3，∠AOB =∠COD =90°，∠ABO =∠CDO =30°，∠BOC =120°，OA =OD ，OC =3，连接AC ，BC ，BD ，请直接写出BC 的长．【答案】(1)1529，1529(2)AD 2+BC 2=AB 2+CD 2，证明见解析(3)47(4)39【分析】(1)根据勾股定理及含30度角的直角三角形求出BC 和OC 的值，再根据勾股定理即可得出答案；(2)根据勾股定理及含30度角的直角三角形分别用含OA 的式子表示出BC 和OC 的值，再根据勾股定理即可得证；(3)连接CG 、BE ，先利用SAS 证明△GAB ≅△CAE ，再利用角的关系得出四边形GCBE 为垂美四边形，最后根据(2)的结论即可得出答案；(4)连接AD ，先求证△BOD ∼△AOC ，再利用角的关系得出四边形ABCD 为垂美四边形，最后根据(2)的结论即可得出答案；【详解】(1)∵OB =2，∴OA =OD =13OB =23，∵∠OBC =60°,AC ⊥BD ，∴∠BCO =30°，∴BC =2OB =4，∴OC =42-22=23，∴AD 2+BC 2=OA 2+OD 2+BC 2=89+16=1529，AB 2+CD 2=OA 2+OB 2+OD 2+OC 2=1529，故答案为：1529，1529；(2)证明：∵OA =OD =13OB ，∴OB =3OA ，∵∠OBC =60°,AC ⊥BD ，∴∠BCD =30°，∴BC =2OB =6OA ，∴OC =33OA ，∴AD 2+BC 2=OA 2+OD 2+6OA 2=38OA 2，AB 2+CD 2=OA 2+OB 2+OD 2+OC 2=OA 2+3OA 2+OA 2+27OA 2=38OA 2，∴AD 2+BC 2=AB 2+CD 2．(3)解：如图：连接CG、BE，∵∠GAC=∠BAE=90°，∴∠GAC+∠CAB=∠BAE+∠CAB，∴∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAE AB=AE，∴△GAB≅△CAE，∴∠AGB=∠ACE，∵∠AGB+∠AMG=90°，∠AMG=∠BMC，∴∠ACE+∠CMB=90°，∴BG⊥CE，∴四边形GCBE为垂美四边形，由(2)中结论可知EG2+BC2=CG2+BE2，∵AC=4，∠BAC=60°，∴∠ABC=30°，∴AB=8，BC=43，∴CG2=2AC2=32，BE2=2AB2=128，∴EG2+48=32+128，∴EG2=112，根据线段为正数可知EG=47．(4)解：如图：连接AD，∵∠AOB=∠COD=90°，∠BOC=120°，∴∠AOD=60°，∵OA=OD，∴△OAD为等边三角形，∴OA=OD=AD，∵∠ABO=∠CDO=30°,OC=3，∴在Rt△COD中，tan∠CDO=33=OC OD，在Rt△AOB中，tan∠ABO=33=OAOB，∴OD=OA=AD=3，∴OB=33，∴AB2=32+332=36,CD2=OC2+OD2=32+32=12，∵∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，∴∠AOC=∠BOD，∵OC OA =33,ODOB=333=33，∴OC OA =OD OB，∴△BOD∼△AOC，∴∠DBO=∠CAO，∵∠DBO+∠BPO=90°,∠BPO=∠APD，∴∠AQB=90°，即AC⊥BD，∴四边形ABCD为垂美四边形，由(2)中结论可知AD2+BC2=AB2+CD2，即32+BC2=36+12，∴BC2=39，根据线段为正数可知BC=39．【点睛】本题是一道新定义题，涉及到相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、解直角三角形、等边三角形的判定及性质、正方形的性质，是一道综合性强的题，熟练掌握相关的性质定理是解题的关键．19.(2021春·湖北武汉·八年级统考期中)如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．(1)性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2=AD2+BC2；(2)解决问题：已知AB=52．BC=42，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；①如图2，当∠ACB=90°，连接DE，求DE的长；②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH=26，则S△ABC=．【答案】(1)见解析；(2)①146；②7 2【分析】(1)根据AC⊥BD可以得到∠AOB=∠COD=90°即可得到AB2=AO2+OB2，CD2=DO2 +OC2即AB2+CD2=AO2+OB2+DO2+OC2同理可以得到AD2+BC2=AO2+OB2+DO2+OC2即可得到答案;(2)连DC、AE相交于点F，先证明△ABE≌△DBC得到∠CDB=∠BAE从而证得AE⊥CD再利用勾股定理和(1)中的结论求解即可得到答案；(3)连DC、AE相交于点F，作CP⊥BD交DB延长线于点P，BP2+CP2=BC2=(42)2=32，DP2 +PC2=DC2=(46)2=96，(DP2+PC2)-(BP2+CP2)=96-32=64，DP2-BP2=64从而求出BP=7 102，再证明AB∥PC则S△ABC=12AB×BP.【详解】解：(1)证明：∵AC⊥BD∴∠AOB=90°在Rt△AOB中AB2=AO2+OB2∴∠COD=90°在Rt△COD中CD2=DO2+OC2∴AB2+CD2=AO2+OB2+DO2+OC2同理AD2+BC2=AO2+OB2+DO2+OC2∴AB2+CD2=AD2+BC2(2)①解：连DC、AE相交于点F∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形∴BE=BCAB=BD∠CBE=∠ABD=90°∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC∴△ABE≌△DBC∴∠CDB=∠BAE∵∠ABD=90°∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°∴∠AFD=90°∴AE⊥CD∵AB=52，BC=42∠ACB=90°∴AC=AB2-BC2=32∵AB=52，BD=52∠ABD=90°∴AD =AB 2+BD 2=10∵BC =42，BE =42∠CBE =90°∴CE =BC 2+BE 2=8由(1)中结论AD 2+EC 2=AC 2+DE 2∴(10)2+(8)2=(32)2+DE 2∴DE =146②连DC 、AE 相交于点F∵点G 、H 分别是AD 、AC 中点，GH =26∴DC =2GH =46作CP ⊥BD 交DB 延长线于点PBP 2+CP 2=BC 2=(42)2=32DP 2+PC 2=DC 2=(46)2=96∴(DP 2+PC 2)-(BP 2+CP 2)=96-32=64∴DP 2-BP 2=64∴(BD +BP )2-BP 2=64∴(52+BP )2-BP 2=64∴BP =7102∵∠PBA =90°，∠P =90°，∴∠PBA +∠P =90°+90°=180°∴AB ∥PC则S △ABC =12AB ×BP =12×52×7102=72【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.20.(2021·贵州贵阳·统考一模)如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．(1)性质探究：如图1．已知四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，垂足为O ，求证：AB 2+CD 2=AD 2+BC 2．(2)解决问题：已知AB =5，BC =4，分别以△ABC 的边BC 和AB 向外作等腰Rt △BCQ 和等腰Rt △ABP ．①如图2，当∠ACB =90°，连接PQ ，求PQ ；②如图3，当∠ACB ≠90°，点M 、N 分别是AC 、AP 中点连接MN ．若MN =23，则S △ABC =．【答案】(1)详见解析；(2)①73，②7 4【分析】(1)利用勾股定理即可得出结论；(2)①根据SAS可证明△PBC≌△ABQ，得∠BPC=∠BAQ，得∠PDA=90°，可求出PQ的长；②连接PC、AQ交于点D，同①可证△PBC≌△ABQ，则AQ=PC且AQ⊥PC，由MN=23，可知AQ=PC=43．延长QB作AE⊥QE，求出BE的长，则答案可求出．【详解】解：(1)证明：如图中，∵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，∴AB2+CD2=AD2+BC2；(2)①如图，连接PC、AQ交于点D，∵△ABP和△CBQ都是等腰直角三角形，∴PB=AB，CB=BQ，∠ABP=∠CBQ=90°，∴∠PBC=∠ABQ，∴△PBC≌△ABQ(SAS)，∴∠BPC=∠BAQ，又∵∠BPC+∠CPA+∠BAP=90°，即∠BAQ+∠CPA+∠BAP=90°，∴∠PDA=90°，∴PC⊥AQ，利用(1)中的结论：AP2+CQ2=AC2+PQ2即(52)2+(42)2=32+PQ2；∴PQ=73．②如图，连接PC、AQ交于点D，同①可证△PBC≌△ABQ(SAS)，AQ=PC且AQ⊥PC，∵M 、N 分别是AC 、AP 中点，∴MN =12PC ，∵MN =23，∴AQ =PC =43．延长QB 作AE ⊥QE ，则有AE 2+BE 2=25，AE 2+QE 2=48，∵EQ =4+BE ，∴(4+BE )2-BE 2=23，解得BE =78，∴S △ABC =12×BC ×BE =12×4×78=74．故答案为：74．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、中位线定理、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．。

2023年中考数学常见几何模型全归纳之模型 对角互补模型(从全等到相似)(解析版)

2023年中考数学常见几何模型全归纳之模型 对角互补模型(从全等到相似)(解析版)

专题04 对角互补模型（从全等到相似）全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。

相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。

如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就对角互补模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.对角互补模型（全等模型）【模型解读】四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。

常见含90°、120°（60°）及任意角度的三种对角互补类型。

该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等. 【常见模型及结论】1）全等型—60º和120º：如图1，已知∠AOB ＝2∠DCE ＝120º，OC 平分∠AOB . 则可得到如下几个结论：∠CD ＝CE ，∠OD ＋OE ＝OC ，∠234CODCOESS+=. 2）全等型—90º：如图2，已知∠AOB ＝∠DCE ＝90º，OC 平分∠AOB . 则可以得到如下几个结论：∠CD ＝CE ，∠OD ＋OE ＝OC ，∠212ODCE OCDCOES SSOC =+=. 3）全等型—2α和1802α︒-：如图3，已知∠AOB ＝2α，∠DCE ＝1802α︒-，OC 平分∠AOB . 则可以得到以下结论：∠CD ＝CE ，∠OD ＋OE ＝2OC ·cos ，∠2sin cos OCDCOESSOC αα+=⋅⋅.1．（2021·贵州黔东南·中考真题）在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD ．（探究发现）（1）如图①，若∠BAD ＝120︒，∠ABC ＝∠ADC ＝90︒．求证：AD ＋AB ＝AC ；（拓展迁移）（2）如图②，若∠BAD ＝120︒，∠ABC ＋∠ADC ＝180︒．①猜想AB 、AD 、AC 三条线段的数量关系，并说明理由；②若AC ＝10，求四边形ABCD 的面积．【答案】（1）见解析；（2）①AD ＋AB ＝AC ，见解析；②【分析】（1）根据角平分线的性质得到∠DAC ＝∠BAC ＝60o ，然后根据直角三角形中30o 是斜边的一半即可写出数量关系；（2）①根据第一问中的思路，过点C 分别作CE ∠AD 于E ，CF ∠AB 于F ，构造AAS 证明∠CFB ≅∠CED ，根据全等的性质得到FB ＝DE ，结合第一问结论即可写出数量关系； ②根据题意应用60o 的正弦值求得CE 的长，然后根据()111222ABCD S AD CE AB CF AD AB CE ⨯⨯⨯四边形＝＋＝＋的数量关系即可求解四边形ABCD 的面积．【详解】（1）证明：∠AC 平分∠BAD ，∠BAD ＝120o ，∠∠DAC ＝∠BAC ＝60o ， ∠∠ADC ＝∠ABC ＝90o ，，∠∠ACD ＝∠ACB ＝30o ，∠AD ＝1122AC AB AC ，＝．∠AD ＋AB ＝AC ， （2）①AD ＋AB ＝AC ，理由：过点C 分别作CE ∠AD 于E ，CF ∠AB 于F ．∠AC 平分∠BAD ，∠CF ＝CE ，∠∠ABC ＋∠ADC ＝180o ，∠EDC ＋∠ADC ＝180o ，∠∠FBC ＝∠EDC ， 又∠CFB ＝∠CED ＝90o ，∠∠CFB ≅∠CED ()AAS ，∠FB ＝DE ， ∠AD ＋AB ＝AD ＋FB ＋AF ＝AD ＋DE ＋AF ＝AE ＋AF ，在四边形AFCE 中，由∠题知：AE ＋AF ＝AC ，∠AD ＋AB ＝AC ； ②在Rt ∠ACE 中，∠AC 平分∠BAD ，∠BAD ＝120o ∠∠DAC ＝∠BAC ＝60o ，又∠AC ＝10，∠CE ＝A sin 10sin 60o DAC ∠＝＝∠CF ＝CE ，AD ＋AB ＝AC ，∠()111222ABCD S AD CE AB CF AD AB CE ⨯⨯⨯四边形＝＋＝＋＝111022AC CE ⨯⨯⨯＝． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线．2．（2022·广东深圳·一模）【问题提出】如图1，在四边形ABCD 中，AD CD =，120ABC ∠=︒，60ADC ∠=︒，2AB =，1BC =，求四边形ABCD 的面积．【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．（1）如图2，连接BD ，由于AD CD =，所以可将DCB 绕点D 顺时针方向旋转60︒，得到'DAB △，则'BDB △的形状是 ．（2）在（1）的基础上，求四边形ABCD 的面积．（3）如图3，等边ABC 的边长为2，BDC 是顶角为120BDC ∠=︒的等腰三角形，以D 为顶点作一个60︒的角，角的两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN ，求AMN 的周长． ）将BDM 绕点，得到DCP ，则DCP =∠，NPD ≅△，证得AMN 的周长【详解】解：（1）将DCB 绕点顺时针方向旋转60︒，得到'DAB ， ∠DCB ∠'DAB △，'BD B D =，60BDB ∠=︒， 'BDB △是等边三角形； 故答案为：等边三角形； （2）过B ′于E ，2224）解：将BDM 绕点，得到DCP ， CDP △，，CP BM =PDC ∠， ∠BDC 是等腰三角形，且BD CD =DBC ∠=∠又∠ABC 等边三角形，ABC ACB ∠=∠MBD ACB ∠=∠同理可得NCD ∠PCD NCD =∠DCN NCP +∠在NMD △和NPD 中，MD PD MDN PDN DN DN =⎧⎪∠=⎨⎪=⎩∠()NMD NPD SAS ≅△△， ∠MN PN NC CP NC BM ==+=+，∠AMN 的周长224AM AN MN AM AN NC BM AB AC =++=+++=+=+=．故AMN 的周长为4．【点睛】本题考查三角形全等变换，等边三角形判定，四边形面积转化为三角形面积，图形旋转，直角三角形判定，三点共线，三角形的周长转化为两边之和，特殊角锐角三角函数，掌握三角形全等变换，等边三角形判定，四边形面积转化为三角形面积，图形旋转，直角三角形判定，三点共线，三角形的周长转化为两边之和，特别是利用图形旋转进行图形的转化特殊角锐角三角函数，是解题关键． 3．（2022·河南安阳·二模）【阅读】通过构造恰当的图形，可以对线段长度大小进行比较，直观地得到线段之间的数量关系，这是“数形结合”思想的典型应用．【理解】（1）如图1，120MAN ∠=︒，AC 平分,,MAN CD AM CB AN ∠⊥⊥，求证：AB AD AC +=． 【拓展】（2）如图2，其他条件不变，将图1中的DCB ∠绕点C 逆时针旋转，CD 交MA 的延长线于点D ，CB 交射线AN 于点B ，写出线段AD ，AB ，AC 之间的数量关系，并就图2的情形说明理由．【应用】（3）如图3，ABC 为等边三角形，4AB =，P 为BC 边的中点，120MPN ∠=︒，将MPN ∠绕点P 转动使射线PM 交直线AC 于点M ，射线PN 交直线AB 于点N ，当8AM =时，请直接写出AN 的长． 的结论可得PEM PFN ≌，根据含FN AF EM AF =+=） AC 平分MAN ∠，60DAC BAC ∠=∠=1AC =，∴AB AD +∠MAN ∠=BAD ∠+∠CED ∠=CED CFB ∴≌，ED ∴,AE ED AD AF =-AE AF ED AD ∴+=-又AE AF AC +=，∴（3）①如图，当M P 是BC 的中点，ABC 是等边三角形，∠B =∠C =60°）可得PEM PFN ≌，EM ∴AB 1122CP BC AB ∴===FPB =90°-60°=30°，1，3AE AF ∴==，AM AN AF FN AF ∴=+=模型2.对角互补模型（相似模型）【模型解读】四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。

特殊的平行四边形中的图形变换模型—2023-2024学年八年级数学下册常见几何模型(解析版)

特殊的平行四边形中的图形变换模型—2023-2024学年八年级数学下册常见几何模型(解析版)

特殊的平行四边形中的图形变换模型之旋转模型 几何变换中的旋转问题是历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。

在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。

近年来虽然关于（特殊）平行四边形旋转的考查频率高，由于之前的专题有总结过相关的旋转模型，故本专题就只对特殊的平行四边形旋转中的题型作全面的总结，方便大家学习掌握。

模型1.平行四边形中的旋转模型1）常规计算型例1．（2023·浙江八年级课时练习）如图，▱ABCD 绕点A 逆时针旋转30°，得到□AB′C′D′（点B′与点B 是对应点，点C′与点C 是对应点，点D′与点D 是对应点），点B′恰好落在BC 边上，则∠C=（ ）A ．155°B ．170°C ．105°D ．145° 【答案】C【详解】试题分析:先根据旋转的性质得到AB=AB′，∠BAB′=30°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得到∠B=∠AB′B=75°，然后根据平行四边形的性质得AB ∥CD ，再根据平行线的性质计算得∠C=180°﹣∠B=105°．解：∵▱ABCD 绕点A 逆时针旋转30°，得到□AB′C′D′′，∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠B=∠AB′B=12（180°﹣30°）=75°，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴AB ∥CD ，∴∠B+∠C=180°，∴∠C=180°﹣75°=105°．故选C ．考点：旋转的性质；平行四边形的性质．例2．（2023·浙江·九年级期末）如图，在ABCD Y 中，=45ABC ∠︒，2AB =，将点B 绕点A 逆时针旋转120︒得到点E ，点E 落在线段BD 上，在线段BE 上取点F ，使BF DE =，连结AE ，CF ，则EF 的长为（ ）A ．2B ．2C ．2D ．3【答案】C【分析】根据已知条件利用勾股定理求得BG ，进而求得BE ，通过角度的计算可得EAD EDA ∠=∠，从而可求得DE ，根据EF BE BF BE ED =−=−即可求得【详解】过点A 作AG BD ⊥于点G ，120,BAE AB AE ∠=︒=190302ABG BAE ∴∠=︒−∠=︒2AB =112AG AB ∴==BG ∴=BE = =45ABC ∠︒∴453015DBC ABC ABD ∠=∠−∠=︒−︒=︒四边形ABCD 是平行四边形，, //AD BC ∴15ADE DBC ∴∠=∠=︒180********BAD ABC ∴∠=︒−∠=︒−︒=︒120BAE ∠=︒13512015EAD BAD EAB ∴∠=∠−∠=︒−︒=︒EAD EDA ∴∠=∠2ED EA AB ∴===∴EF BE BF BE ED =−=−2故选C【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟悉几何图形的性质是解题的关键．2）最值（范围）型例1．（2023·广东·九年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD 中，AB =∠ABC ＝45°，点E 为射线AD 上一动点，连接BE ，将BE 绕点B 逆时针旋转60°得到BF ，连接AF ，则AF 的最小值是_____．【答案】【分析】以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT=TK．证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF=EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，解直角三角形求出EK即可解决问题．【详解】解：如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．∵BE＝BF，BK＝BA，∠EBF＝∠ABK＝60°，∴∠ABF＝∠KBE，∴△ABF≌△KBE（SAS），∴AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，∵∠BAK＝60°，∴∠EAK＝75°，∵∠AEK＝90°，∴∠AKE＝15°，∵TA＝TK，∴∠TAK＝∠AKT＝15°，∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，设AE＝a，则AT＝TK＝2a，ET，在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，∴a2+（）2＝4，∴a＝，∴EK＝＝，∴AF的最小值为：．故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等的三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．例2．（2023·山东济南·九年级统考期末）如图，在□ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝60°，E是边AD上且AE＝2DE，F是射线AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、DG，则BG －DG的最大值为________．【答案】1【分析】如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，可证明△AEN是等边三角形，∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，从而可证明△AEF≌△NEG得到∠ENG=∠A=60°，进而推出∠GNB=60°，则点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，先求出1322NK BN==，证明四边形ANTD是平行四边形，得到NT=AD=3，DT=AN=2，然后证明△MKT≌△BKN得到MK=BK，MT=BN=3，MD=1，NT垂直平分BM，进而推出当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM．【详解】解：如图，在AB的一点N，使得AN=AE，连接EN，GN，由旋转的性质可知EF=EG，∠FEG=60°，∵AE=2DE，AD=3∴AE=2，DE=1，∵AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等边三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，EA=EN，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF≌△NEG（SAS），∴∠ENG=∠A=60°，∵∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴点G的运动轨迹是射线NG，过点B作BM⊥NG交CD延长线于M，连接MG，DG，∴∠BKN=90°，∵∠BNK=60°，∴∠NBK=30°，∵AB=5，AN=AE=2，∴BN=3，∴1322NK BN==，∵∠BNK=∠A=60°，∴AD NK∥，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD AB∥，∴四边形ANTD是平行四边形，∠M=∠KBN，∴NT=AD=3，DT=AN=2，∴32TK NT NK=−=，∴NK=TK，又∵∠MKT=∠BKN，∴△MKT≌△BKN（AAS），∴MK=BK，MT=BN=3，∴MD=1，NT垂直平分BM，∴BG=MG，∵MG-DG≤MD，∴BG-DG≤MD，∴当M、D、G三点共线时，MG-DG有最大值，DM，即BG-DG有最大值DM，∴MG-DG的最大值为1，故答案为1．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形确定点G的运动轨迹是解题的关键．3）综合证明型【答案】(1)S△BCE=6；(2)①1＜BF＜5；②证明见解答；(3)BN的最小值为10-2，BN的最大值为．【分析】（1）如图1，过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，根据题意求得∠EBF=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，再根据特殊直角三角形的性质进而求得BC上的高EF=2，代入面积公式算出结果；（2）①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，可证得四边形BCKE是平行四边形，得出：BE=CK=BE'=4，BC=6，再运用三角形三边关系即可求得答案；②可证△EKB≌△BGA（AAS），得出BK=AG，由AG=AD-DG，即可推出结论；（3）连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，可证△ABE是等腰直角三角形，得出：，再由点P是AE的中点，可得：BP⊥AE，且，当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值【详解】（1）解：如图1，过点E 作EH ⊥BC 交CB 的延长线于点H ，∴∠EHC=90°，∵∠ABC=60°，∠EBA=90°，∴∠EBH=180°-∠EBA -∠ABC=180°-90°-60°=30°，∵点E '在BC 边上且BE '=4，将B E '绕点B 逆时针旋转α°得到BE ，∴BE=B E '=4，∴EH=12BE=12×4=2， 又∵BC=6，∴S △BCE=12BC•EH=12×6×2=6；（2）解：①如图，在线段FG 上截取FK=BF ，连接EK 、CK ，∵EF=FC ，BF=FK ，∴四边形BCKE 是平行四边形，∴BE=CK=BE '=4，BC=6，在△BCK 中，BC -CK ＜BK ＜BC+CK ，∴6-4＜BK ＜6+4，即2＜2BF ＜10，∴1＜BF ＜5；②证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，且∠ABC=60°，AB=4，∴∠A=180°-∠ABC=180°-60°=120°，AD ∥BC ，AD=BC ，BE=AB ，∵∠EBF=120°，即∠EBK=120°，∴∠EBK=∠A ，∵EK ∥BC ，∴EK ∥AD ，∴∠EKB=∠BGA ，在△EKB 和△BGA 中，EKB BGA EBK A BE AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EKB ≌△BGA （AAS ），∴BK=AG ，由①知：BK=2BF ，又∵AG=AD -DG ，∴2BF=BC -DG ；（3）解：连接AE ，取AE 的中点P ，PA 的中点Q ，连接BP 、NP 、NQ 、BQ ，∵∠ABE=90°，AB=BE=4，∴△ABE 是等腰直角三角形，∴∵点P 是AE 的中点，∴BP ⊥AE ，且，∵N 是AM 的中点，P 是AE 的中点，∴PN 是△AEM 的中位线，∴PN ∥EM ，∴∠ANP=∠AME=90°，∵点Q 是AP 的中点，∴QN=PQ=12Rt △BPQ 中，= 当B 、Q 、N 三点共线时，BN 的最小值=BQ -当点S 与点E 重合时，EM=0，PN=0，此时，BN 的最大值．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题．模型2.菱形中的旋转模型1）常规计算型 例1．（2023·江西九江·校考模拟预测）如图，在菱形ABCD 中，60BAD ∠︒＝．若将菱形ABCD 绕点A 逆时针旋转α（060α︒<<︒）得到四边形AEFG ，连接DE DG ，，则EDG ∠的度数为 ．【答案】150︒【分析】由旋转的性质得,60,AG AD AE EAD GAD αα==∠=−∠=，根据等腰三角形的性质可得出602ADE α=︒∠+，902ADG α=︒∠−，从而可得出结论． 【详解】解：由题意可知AB=AD ，∠BAD=60°．由旋转知∠DAG=∠BAE=α，AE=AB ，AD=AG ，∴∠EAD=∠BAD －∠BAE=60°－α，AE=AD=AG ，∴1806022EAD ADE α−∠∠==+︒︒，1809022DAG ADG α−∠∠==−︒︒，∴∠EDG=∠ADE ＋∠ADG=150°． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质以及旋转的性质等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．A ．()2,3B ．【答案】C 【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C 在第三象限，过点A 作AE x⊥轴于点E ，延长OB 到'C 点，使'OC OA =，过点'C 作'C F x ⊥轴于点F ，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标.【详解】解：∵将菱形绕原点O 逆时针旋转，每次旋转90︒， 360904︒÷︒=，∴旋转4次后回到原来的位置，∵202345053÷=⋯⋯，∴第2023次旋转结束时，点C 在第三象限，如图：过点A 作AE x ⊥轴于点E ，延长OB 到'C 点，使'OC OA =，过点'C 作'C F x ⊥轴于点F ，∴'90AEO OFC ∠=∠=︒，∴90OAE AOE ∠+∠=︒，∵四边形ABCD 是菱形，∴'OA OC OC AC BD ==⊥，，∴'90C OF AOE ∠+∠=︒，∴'OAE C OF ∠=∠，∴'AAS OAE C OF ≌（），∴'AE OF OE C F ==，，∵()A −， ∴2OE AE ==，∴2'OF C F ==，∴('2,C −−，故第2023次旋转结束时，点C 的坐标为(2,−−，故选：C ．【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键. 得到B O C ''，若A ．4B ．4【答案】C 【分析】利用菱形的性质求出OB 的长度，再利用勾股定理求出'AB 的长即可．【详解】解：∵菱形ABCD ，∴BD ⊥AC ，AB=BC ，AO=OC=1在Rt△OBC中，4OB=，∵旋转，∴OB O B''=，90O'∠=︒，在Rt△AO B''中，'5AB==，故选：C．【点睛】本题主要考查菱旋转和形的性质，能够利用勾股定理结合性质解三角形是解题关键．2）最值（范围）型例1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝120°，E是边CD的中点，F 是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，连接AF'、BF'，则△ABF'的周长的最小值是___________．【答案】【分析】取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，利用全等三角形的性质证明∠F'GA ＝60°，点F'的轨迹为射线GF'，易得A、E关于GF'对称，推出AF'＝EF'，得到BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，求出BE 即可解决周长最小问题．【详解】解：取AD中点G，连接，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵∠BAD＝120°，∴∠CAD＝60°，∴△ACD为等边三角形，又∵DE＝DG，∴△DEG也为等边三角形．∴DE＝GE，∵∠DEG＝60°＝∠FEF'，∴∠DEG﹣∠FEG＝∠FEF'﹣∠FEG，即∠DEF＝∠GEF'，由线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，所以EF＝EF'．在△DEF和△GEF'中DE GEDEF GEFEF EF'=⎧⎪∠=∠⎨='⎪⎩，∴△DEF≌△GEF'（SAS）．∴∠EGF'＝∠EDF＝60°，∴∠F'GA ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，则点F'的运动轨迹为射线GF'．观察图形，可得A ，E 关于GF'对称，∴AF'＝EF'，∴BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE ，在Rt △BCH 中，∵∠H ＝90°，BC ＝4，∠BCH ＝60°，∴12,2CH BC BH ===，在Rt △BEH 中，BE ，∴∴△ABF'的周长的最小值为AB+BF'+EF'＝．【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形等知识，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题． 例2．（2023·山西·九年级专题练习）如图，菱形ABCD 中，AB ＝12，∠ABC ＝60°，点E 在AB 边上，且BE ＝2AE ，动点P 在BC 边上，连接PE ，将线段PE 绕点P 顺时针旋转60°至线段PF ，连接AF ，则线段AF 长的最小值为___．【答案】【分析】在BC 上取一点G ，使得BG BE =，连接,EG EF ，作直线FG 交AD 于T ，过点A 作AH GF ⊥于H ，先根据等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理证出≌BEP GEF ，根据全等三角形的性质可得60EGF B ∠=∠=︒，从而可得120BGF ∠=︒，由此可得点F 在射线GF 上运动，再根据垂线段最短可得当点F 与点H 重合时，AF 的长最小，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABGT 是平行四边形，根据平行四边形的性质可得860，AT BG BE ATH B ===∠=∠=︒，最后在Rt AHT 中，解直角三角形即可得．【详解】解：在BC 上取一点G ，使得BG BE =，连接，EG EF ，作直线FG 交AD 于T ，过点A 作AH GF ⊥于H ，60，B BE BG ∠=︒=，BEG ∴△是等边三角形，60，EB EG BEG BGE ∴=∠=∠=︒，60，PE PF EPF =∠=︒，EPF ∴△是等边三角形，60，PEF EF EP ∴∠=︒=，BEG PEF ∴∠=∠，BEG PEG PEF PEG ∴∠−∠=∠−∠，即BEP GEF ∠=∠，在BEP △和GEF △中，BE GE BEP GEFPE FE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()≌BEP GEF SAS ∴，60EGF B ∴∠=∠=︒，120BGF BGE EGF ∴∠=∠+∠=︒，∴点F 在射线GF 上运动，由垂线段最短可知，当点F 与点H 重合时，AF 的长最小，122，AB BE AE ==，84，BE AE ∴==，60BEG EGF ∠=∠=︒，//GT AB ∴，四边形ABCD 是菱形，BG AT ∴∥，∴四边形ABGT 是平行四边形，860，AT BG BE ATH B ∴===∠=∠=︒，sin 8AH AT ATH ∴=⋅∠==AF长的最小值为【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确找出点F 的运动轨迹是解题关键．ADG S 等于（A ．2B ．3 【答案】D 【分析】当BE ⊥AE 时，∠ABE 的值最大，此时cos ∠BAE=A E A B，推出∠BAE=30°，过点G 作GT ⊥DA 交DA 延长线于点T ，求出GT ，可得结论．【详解】解：∵四边形ABCD ，四边形AEFG 都是菱形，∴AD=AB=2，，当BE ⊥AE 时，∠ABE 的值最大，此时cos ∠BAE=A E A B∴∠BAE=30°，∵∠DAB+∠EAG=180°，∴∠BAE+∠DAG=180°，∴∠DAG=150°，过点G 作GT ⊥DA 交DA 的延长线于点T ，如图，在Rt △AGT 中，，∠GAT=30°，∴GT=AG·sin30°= 11=··=222ADG S AD GT ⨯ 故选∶D ．【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运所学知识解决问题．3）分类讨论型 的等边三角形ABC 和ACD 拼成菱形 A ．2或4B ．2或6C ．4或6 【答案】B【分析】过点A 作AG BC ⊥．根据等边三角形的性质可求出AG =结合AEC S=2CE =．又易证()ASA BAE CAF ≌，即得出BE CF =，从而即可得解．【详解】如图，过点A 作AG BC ⊥．∵ABC 为等边三角形，∴122CG BC ==，∴AG =∵12AEC S CE AG =⨯=12AEC S CE =⨯=∴2CE =，∴2BE BC CE =−=．∵三角尺的60︒角的顶点与点A 重合，∴BAC EAF ∠=∠，∴BAC EAC EAF EAC ∠−∠=∠−∠，即BAE CAF ∠=∠．又∵两个全等且边长为4的等边三角形ABC 和ACD 拼成菱形ABCD ，∴60B ACF ∠=∠=︒，AB AC =，∴()ASA BAE CAF ≌，∴2BE CF ==；如图，由（1）可知2CG =，∴12AEC S CE =⨯∴2CE =．∵BAC EAF ∠=∠，∴BAC EAC EAF EAC ∠+∠=∠+∠，即BAE CAF ∠=∠．又∵60B ACF ∠=∠=︒，AB AC =，∴()ASA BAE CAF ≌，∴6CF BE BC CE ==+=．∴CF 的长为2或6．故选B ．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键． 把ABC 分成面积相等两部分，于称为ABC 的“完美分割线，在钝角ABC 中，点是ABC 的“完美分割线【答案】[理解应用]见解析；[问题提升]（1）①CA ＝CE ＋CF ；②见解析；（2）t=15或45【分析】[理解应用]分别表示出ABE ACE ABC S S S V V V 、、，即可证得结论；[问题提升]（1）①如图，结论：CA ＝CE ＋CF ．只要证明△ADF ≌△ACE （SAS ）即可解决问题；②由题意易得△ADF ≌△ACE ，可得：,AE AF EAC FAD =∠=∠，可推得60EAF ∠=︒，进而问题可证；（2）分射线OM 是ABC ACD 、 的“完美分割线”或射线ON 是ACD 的“完美分割线”，进行讨论即可得出答案．【详解】[理解应用]如图：过A 作AH ⊥BC 于H ，∵点E 是线段BC 的中点，∴12BE CE BC ==， ∵111,,222ABE ACE ABC S BE AH S CE AH S BC AH =⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯V V V ，∴12ABE ACE ABC S S S ==△△△，故射线AD 是ABC 的“完美分割线”．[问题提升](1)①结论：CA ＝CE ＋CF ．理由：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴AB ＝AD ＝DC ＝BC ，∠BAC ＝∠DAC ＝60°，∴△ABC ，△ACD 都是等边三角形，∵∠DAC ＝∠EAF ＝60°，∴∠DAF ＝∠CAE ，∵CA ＝AD ，∠D ＝∠ACE ＝60°，∴△ADF ≌△ACE （SAS ），∴DF ＝CE ，∴CE ＋CF ＝CF ＋DF ＝CD ＝AC ，∴CA ＝CE ＋CF ；②∵△ADF ≌△ACE ，∴,AE AF EAC FAD =∠=∠，∴EAC CAF FAD CAF ∠+∠=∠+∠，∴60EAF CAD ∠=∠=︒，∵,60AE AF EAF =∠=︒,∴AEF △为等边三角形．(2)当OM 恰巧平分BC 时，此时ON 恰巧平分CD ，在等边ABC 中，OM 平分BC ，∴12ABE ACE ABC S S S ==△△△,1302BAE BAC ∠=∠=︒，故射线OM 是ABC 的“完美分割线”，∴302BAE t ∠=︒=︒，∴15t =（秒）；当ON 恰巧平分CD ，在等边ACD 中，ON 平分CD ， ∴12ACF ADF ACD S S S ==V V V ，130CAF CAD ∠==︒,∴603090BAF BAC CAF ∠=∠+∠=︒+︒=︒,故射线ON 是ACD 的“完美分割线”，∴90602BAE BAF MON t ∠=∠−∠=︒−︒=︒，∴15t =（秒）；当OM 恰巧平分CD 时，在等边ACD 中，OM 平分CD ，∴12ACQ ADQ ACD S S S ==V V V ,30CAQ ∠=︒，故射线OM 是ACD 的“完美分割线”，∴60302BAQ t ∠=︒+︒=︒，∴45t =（秒）．综上所述当t=15或45秒时，射线OM 或射线ON 是某个三角形的“完美分割线”．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．4）综合证明型【答案】①②③．【分析】过点B 作BH A D ''⊥于H ，BM AD ⊥于M ，BN CD ⊥于N ，利用角平分线的判定定理证明选项①、②是否正确，再利用全等三角形的性质证明DEF 的周长2DM =为定值，即可判断③ ；根据Rt △BEM ≌Rt △BEH ，Rt △BMA ≌Rt △BNC ，Rt △BFN ≌Rt △BFH ，得到S △BEM ＝S △BEH ，S △BMA ＝S △BNC ，S △BFN ＝S △BFH ，S △DEF+2S △BEF ＝S 四边形DMBN ，但是∠A 不一定为60°，即AM 不一定等于12AB ，由此判断④.【详解】如图，过点B 作BH ⊥A′D′于H ，BM ⊥AD 于M ，BN ⊥CD 于N ．∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD 旋转得到，菱形的每条边上的高相等，∴BM ＝BH ＝BN ，∵BH ⊥A′D′于H ，BM ⊥AD 于M ，BN ⊥CD 于N ，∴BE 平分∠AED′，BF 平分∠A′FC ，故选项①②正确，∵∠BME ＝∠NHE ＝90°，BE ＝BE ，BM ＝BH ，∴Rt △BEM ≌Rt △BEH （HL ），∴EH ＝EM ，同法可证，FH ＝FN ，∴△DEF 的周长＝DE+EF+DF ＝DE+EM+DF+FN ＝DM+DN ，∵∠BMA ＝∠BNC ＝90°，BM ＝BN ，BA ＝BC ，∴Rt △BMA ≌Rt △BNC （HL ），∴AM ＝CN ，∵DA ＝DC ，∴DM ＝DN ，∴△DEF 的周长＝2DM ＝定值，故③正确，∵Rt △BEM ≌Rt △BEH ，Rt △BMA ≌Rt △BNC ，Rt △BFN ≌Rt △BFH ，∴S △BEM ＝S △BEH ，S △BMA ＝S △BNC ，S △BFN ＝S △BFH ，∴S △DEF+2S △BEF ＝S 四边形DMBN ，∵∠A 不一定为60°，∴AM 不一定等于12AB ，∴S △DEF+2S △BEF≠12S 菱形ABCD ，故④错误；故答案：①②③ ．【点睛】旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．例2．（2023·湖北武汉·八年级统考期中）如图1，菱形AEFG 的两边AE 、AG 分别在菱形ABCD 的边AB 和AD 上，且∠BAD=60°，连接CF ；（1CF =；（2）如图2，将菱形AEFG 绕点A 进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2），（1）中的结论不变．理由见解析．【分析】（1）延长EF 交CD 于M 点，证明三角形CMF 是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M 作MN ⊥CF ，垂足为N ，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得FN=NC=2D G 即；（2）过D 做∠NDC=∠ADG,使DN=DG ，连接NC ，证明△DGN 为等腰三角形，四边形GFNC 为平行四边形即可．【详解】（1）如图１，延长EF 交CD 于M 点，∵四边形AEFG 和四边形ABCD 是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF∴四边形GFMD 是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，过点M 作MN ⊥CF ，垂足为N ，∴MN=12M F ,根据勾股定理，得FN=D G ，∵MC=MF ，∴FN=NC ，∴；（2）如图2，过D 做∠NDC=∠ADG,使DN=DG ，连接NC ，∴△AGD ≌△DNC(SAS ）∴AG=NC ∠DNC=∠AGD ∴△DGN 为等腰三角形，则∠DGN=∠DNG ，∵∠NGF=360°-∠AGD -∠AGF -∠DGN=240°-∠DGA -∠DGN ∠GNC=∠DNC -∠DNG=∠DNC -∠DNG∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN -∠DNG,∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF ，∴四边形GFNC 为平行四边形∴CF=GN ，则GN=，∴，结论（1）不变．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键． ①CIJ 的周长是否变化？若不变，请求出CIJ 的周长；【答案】(1)BIE α∠=(2)见详解(3)①不变，CIJ 的周长为3，②6−【分析】（1）设BC 与AE 交于点H ，由旋转可知E B ∠=∠，再根据三角形的外角定理即可；（2）过点A 作AM EF ⊥于点M ，AN BC ⊥于点N ，证明AM AN =，由角平分线的判定定理即可得出结论；（3）①旋转前后的组合图形同样是轴对称图形，对称轴为直线AJ ，得到,CJ FJ =再证明(AAS)ABI AFI ≌，得到BI FI =即可；，②当0α=︒时AK 有最大值，当30α=︒时AK 有最小值， 即可得出结果．【详解】（1）解：设BC 与AE 交于点H ，由旋转可知E B ∠=∠，再根据三角形的外角定理得：AHI E HIE B BAH ∠=∠+∠=∠+∠，BIE BAH α∠=∠=；（2）解：过点A 作AM EF ⊥于点M ，AN BC ⊥于点N ，90AME ANB ∴∠=∠=︒， 由旋转可知E B ∠=∠，AE AB =，(AAS)AME ANB ∴≌，AM AN ∴=，AI ∴平分BIF ∠；（3）解：①不变，CIJ 的周长为3，理由如下：连接,,AJ AF AC ，根据菱形为轴对称图形，菱形对角线所在的直线为菱形的对称轴，旋转前后的组合图形同样是轴对称图形，对称轴为直线AJ ，,CJ FJ ∴=由第（2）问中AI 平分BIF ∠，AIB AIF ∴∠=∠，在菱形ABCD 中，3AB =，=60B ∠︒，ABC ∴和AEF △均为等边三角形，,60AB AE B E ∴=∠=∠=︒，(AAS)ABI AFI ∴≌，BI FI ∴=， CIJ 的周长为3CI IJ CJ FJ IJ CI BI CI BC ++=++=+==；②当0α=︒时AK 有最大值，3AK =；当30α=︒时AK 有最小值，AK =3AK ≤<．故点K 的运动路径长为236⎛=− ⎝ 【点睛】本题考查了旋转图形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，综合运用旋转图形的性质、全等三角形的性质和判定是本题的关键．模型3.矩形中的旋转模型1）常规计算型 例1．（2023上·成都市·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD 中，1AB =，14CBD ∠=︒，将矩形ABCD 绕对角线BD 的中点O 旋转角度()090a α︒<<︒得到矩形A B C D ''''，当C '，D 的距离等于1时，α等于（ ）A ．28︒B ．42︒C ．48︒D ．56︒【答案】D 【分析】如图，连接OC C D ''，，由矩形性质可证OCB OBC ∠=∠，得28DOC ∠=︒，易知DOC DOC '≌，所以DOC DOC ∠=∠'，进而求得72C OC ∠'=︒，即旋转角度．【详解】如图，连接OC C D ''，，∵四边形ABCD 是矩形，∴1122AC BD OC AC OB OD BD ====，，，∴OB OC OD OC ==='，∴OCB OBC ∠=∠，∴228DOC OBC OCB CBD ∠=∠+∠=∠=︒．∵C '，D 的距离等于1，1AB CD ==，∴CD C D ='，∴()SSS DOC DOC '≌，∴DOC DOC ∠=∠'，∴256C OC DOC ∠'=∠=︒．故选D ．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形外角的知识；由图形的旋转变换转化为全等三角形解决问题是求解的关键．例2．（2023·江西·统考三模）如图，矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，将矩形ABCD 绕着点A 顺时针旋转得到矩形AFGE ，当点F 落在边CD 上时，连接BF 、DE ，则ADEABF SS =（ ）A ．12B ．13C ．14D ．23 【答案】C【分析】由题意作辅助线过点E 作EH AD ⊥于点H ，并利用旋转的性质以及三角函数进行分析求解.【详解】解：如解图，过点E 作EH AD ⊥于点H ，在矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，2AD ∴=，90ADC DAB ∠=∠=︒.由旋转的性质可得4AF AB ==，2AE AD ==，90EAF DAB ∠=∠=︒，1sin 2AF AD AF D ==∴.30AFD ∴∠=︒，60DAF ∠=︒.30DAE ∴∠=︒.sin DAE 12AE EH AE =⋅∠==∴，1121122ADE E A H S D ==⨯⋅⨯=，1142422ABF A A D S B ==⨯⨯⋅=，14ADEABFS S ∴=.故选C【点睛】本题考查矩形相关，综合利用旋转的性质以及三角函数相关性质进行求解.例3．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，矩形ABCD 中，8AB =，6AD =，将矩形ABCD 绕点B 顺时针方向旋转后得到矩形A BC D '''，若边A B '交线段CD 于H ，且BH DH =，则DH 的值是______．【答案】254【分析】设DH 的值是x ，那么CH=8x −，BH=x，在Rt△BCH 中根据勾股定理即可列出关于x 的方程，解方程就可以求出DH ．【详解】解：设DH 的值是x ， ∵AB=8，AD=6，且BH=DH ， 8,,CH x BH x ∴=−=6BC AD ==，在Rt △BCH 中，2222DH BH CH BC ==+， ()22836x x ∴=−+，25,4x ∴= 即254=DH ．故答案为：25.4 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理等知识，解题关键是利用勾股定理列出关于所求线段的方程．2）最值（范围）型例1．（2023·广东·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝7，BC ＝P 在线段BC 上运动（含B 、C 两点），连接AP ，将线段AP 绕着点A 逆时针旋转60°得到AQ ，连接DQ ，则线段DQ 的最小值为 ___．【答案】3.5【分析】以AB 为边作等边△ABE ，D 作DH ⊥QE 于H ，利用SAS 证明△ABP ≌△AEQ ，得∠AEQ=∠ABP=90°，则点Q 在射线EQ 上运动，即求DH 的长度，再用含30°角的直角三角形性质进行解题．【详解】解：如图，以AB 为边作等边△ABE ，过点D 作DH ⊥QE 于H ，∴AB=AE ，∠BAE=60°，∵将线段AP 绕着点A 逆时针旋转60°得到AQ ，∴AP=AQ ，∠PAQ=60°，∴∠BAP=∠EAQ ，在△ABP 和△AEQ 中，AB AE BAP EAQ AP AQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABP ≌△AEQ （SAS ），∴∠AEQ=∠ABP=90°，∴点Q 在射线EQ 上运动，当Q 与H 重合时，DQ 最小，在Rt △AEF 中，∠EAF=30°，∴EF=AE=，∴AF=2EF=，∴DF=AD -AF==，∴DH=DF=×=72，∴DQ 的最小值为72，故答案为：72．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，判断出点Q 的运动路径是解题的关键． ，设EOF 的面积为【答案】 939s ≤≤【分析】（1）当点E 落在BC 上时，由勾股定理知（2）如图，由旋转知，EF=AD=8， EOF 的面积=12×EF×EF 边上的高，故找面积最值就转化成找EF 边上高的最值．当点E 落在BD 上时，EF 边上高的最小值为EO ，此时s 最小，当点D 落在BD 的反向延长线上时，EF 边上高的最大值为OE'，此时s 最大，分别算出最大值和最小值即可．【详解】（1）AB 6==，当点E 落在BC 上时，=答案：．（2）当点E 落在BD 上时，s 最小，此时，1()32OE BD BD AD =−−=，∴192s EO EF =⨯⋅=；当点D 落在BD 的反向延长线上时，s 最大，13E O OD DE ''=+=， ∴1392s E O E F '''=⨯⋅=，∴939s ≤≤．故答案为：939s ≤≤．【点睛】此题考查了图形的旋转和勾股定理，解题的关键是要有空间想象能力，正确作出辅助线求解．3）分类讨论型 例1．（2023·江西南昌·九年级校联考阶段练习）在矩形ABCD 中，AB =3，AD =5，将边AD 绕它的端点旋转，当另一端点恰好落在边BC 所在直线的点E 处时，线段DE 的长为 ．5 【分析】分两种情形：绕A 旋转或绕D 旋转，利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，∵四边形∴AB=CD=3，AD=BC=5，∠ABC=∠DCB=90°，当AD 绕A 旋转，AD=12AE AE ==5时，124BE BE ===，∴C 1E =1，C 2E =9，∴1DE ===2DE ===，当AD 绕D 旋转时，345D DE DE A ===，综上所述，满足条件的DE 55．【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．例2．（2023上·广东珠海·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD 中，8AB =，6AD =，将矩形ABCD 绕点A 逆时针旋转（旋转角小于90度）得到矩形AEFG ．(1)如图①，若在旋转过程中，点E 落在对角线AC 上，AF EF 、分别交DC 于点M ，N ，①求证：MA MC =；②求MF 的长；(2)在旋转过程中，当旋转到如图②所示的情况，若直线AE 经过线段BG 的中点P ，连接BE ，求BEG 的面积．【答案】(1)①见解析；②154(2)BEG 的面积是48−48+【分析】（1）①根据矩形的性质和旋转的性质得到DCA FAE ∠=∠，证得MA MC =；②设MA MC x ==，则8DM x =−，根据勾股定理求出x 的值，即可求出MF 的值；（2）分情况讨论，第一种情况，过点B 作BH AE ⊥于点H ，证明()AAS HBP AGP ≌，用勾股定理求出AH 的长，从而得到AP 的长，再求出PE 的长，根据2BEG GPE S S =算出BEG 的面积；第二种情况，与第一种情况的区别在于PE 的长，求出PE 长之后，一样算出BEG 的面积．【详解】（1）解：①∵四边形ABCD 是矩形，∴AB CD ∥，∴DCA BAC ∠=∠，∵旋转，∴=FAE BAC ∠∠，∴DCA FAE ∠∠，∴MA MC =；②设MA MC x ==，则8DM x =−，在Rt ADM △中，()22268x x +−=，解得254x =，在Rt AEF 中，10AF ==，∴154MF AF AM =−=， （2）①如图，过点B 作BH AE ⊥于点H ，则90GAP BHP ∠=∠=︒，在HBP 和AGP 中，BHP GAP APG HPA GP BP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AAS HBP AGP ≌，∴AP HP =，6BH AG ==， 在Rt ABH △中，AH =∴12AP AH == ∴8PE AE AP =−=∴(12268482BEG GPE S S ==⨯⨯⨯=−；②如图所示，同①得：AH =AP ∴8PE =∴(12268482BEG GPE S S ==⨯⨯⨯=+BEG 的面积是48−48+ 【点睛】本题考查的是四边形综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，以及等腰三角形的判定，需要注意进行分类讨论．4）综合证明型例1．（2023·四川·眉山市东坡区模拟预测）如图，Rt △ABE 中，∠B=90°，AB=BE ，将△ABE 绕点A 逆时针旋转45°，得到△AHD ，过D 作DC ⊥BE 交BE 的延长线于点C ，连接BH 并延长交DC 于点F ，连接DE 交BF 于点O ．下列结论：①DE 平分∠HDC ；②DO=OE ；③H 是BF 的中点；④BC -CF=2CE ；⑤CD=HF ，其中正确的有（ ）A ．5个B ．4个C ．3个D ．2个【答案】B【分析】根据∠B=90°，AB=BE ，△ABE 绕点A 逆时针旋转45°，得到△AHD ，可得ABE AHD ≅，并且△ABE 和△AHD 都是等腰直角三角形，可证//AD BC ，根据DC BC ⊥，可得HDE CDE ∠=∠，根据三角形的内角和可得HDE CDE ∠=∠，即DE 平分∠HDC ，所以①正确； 利用90DAB ABC BCD ∠=∠=∠=，得到四边形ABCD 是矩形，有90ADC ∠=︒，45HDC ∠=︒，由①有DE 平分∠HDC ，得22.5HDO ∠=︒，可得67.5AHB ∠=︒,22.5DHO ∠=，可证OD OH =，利用 AE AD =易证67.5AEB OHE HEO ∠=∠=∠=︒，则有OE OH =，OD OE =，所以②正确；过H 作HJ BC ⊥于J ，并延长HJ 交AD 于点I ，得IJ AD ⊥，I 是AD 的中点，J 是BC 的中点，H 是BF 的中点，所以③正确；根据ABE 是等腰直角三角形，JH JE ⊥，∵J 是BC 的中点，H 是BF 的中点，得到2JH CF =，2JC BC =，JC JE CE =+，易证2BC CF CE −=，所以④正确；利用AAS 证明DHE DCE ∆≅∆，则有DH DC =，22.5HDE CDE ∠=∠=︒，易的22.5DHF ∠=︒，112.5DFH ∠=︒，则DHF△不是直角三角形，并DH HF ≠ ，即有：CD HF ≠，所以⑤不正确；【详解】解：∵Rt △ABE 中，∠B=90°，AB=BE ，∴45BAE BEA ∠=∠=︒又∵将△ABE 绕点A 逆时针旋转45°，得到△AHD ，∴ABE AHD ≅，并且△ABE 和△AHD 都是等腰直角三角形，∴45EAD ∠=︒，AE AD = ，90AHD ∠=，∴ADE AED ∠=∠∴454590BAD BAE EAD ∠=∠+∠=+=，∴//AD BC ∴ADE DEC ∠=∠，∴AED DEC ∠=∠,又∵DC BC ⊥ ∴90DCE DHE ∠=∠=∴由三角形的内角和可得HDE CDE ∠=∠，即：DE 平分∠HDC ，所以①正确；∵90DAB ABC BCD ∠=∠=∠=∴四边形ABCD 是矩形，∴90ADC ∠=︒∴45HDC ∠=︒，由①有DE 平分∠HDC ，∴114522.522HDO HDC ∠=∠=⨯︒=︒ ∵45BAE ∠=︒，AB AH =∴()()111801804567.522AHB BAE ∠=︒−∠=⨯︒−︒=︒,∴9067.522.5DHO DHE FHE DHE AHB ∠=∠−∠=∠−∠=−=∴OD OH = 在AED △中，AE AD =∴()()111801804567.522AED EAD ∠=︒−∠=⨯︒−︒=︒∴67.5AEB OHE HEO ∠=∠=∠=︒∴OE ∴OD OE =，所以②正确；过H 作HJ BC ⊥于J ，并延长HJ 交AD 于点I ，∵//AD BC ∴IJ AD ⊥又∵AHD 是等腰直角三角形，∴I 是AD 的中点，∵四边形ABCD 是矩形，HJ BC ⊥∴J 是BC 的中点，∴H 是BF 的中点，所以③正确；∵ABE 是等腰直角三角形，JH JE ⊥∴JH JE =又∵J 是BC 的中点，H 是BF 的中点，∴2JH CF =，2JC BC =，JC JE CE =+，∴222222JC JE CE JH CE CF CE BC =+=+=+=即有：2BC CF CE −=，所以④正确；在DHE 和DCE △中，90DHE DCE HDE CDEDE DE ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()DHE DCE AAS ∆≅∆，DH DC ∴=，14522.52HDE CDE ∠=∠=⨯︒=︒，∵OD OH =∴22.5DHF ∠=︒，∴1801804522.5112.5DFH HDF DHF ∠=︒−∠−∠=︒−︒−︒=︒∴DHF △不是直角三角形，并DH HF ≠ 即有：CD HF ≠，所以⑤不正确；综上所述，正确的有①②③④，故选：B ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及等腰直角三角形的判定与性质；证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键． 例2．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图1，将矩形ABCD 绕着点C 按顺时针方向旋转得到矩形FECG ，点B 与点E 对应，点E 恰好落在AD 边上，BH CE ⊥交于点H ．(1)求证：CD BH =；(2)如图2，连接AH 并延长交CD 于点M ，交CG 于点N ，点K 在CD 的延长线上，连接EK ，若45EAH KED ∠+∠=︒，在不添加任何辅助线和字母的条件下，直接写出图中所有的等腰三角形．【答案】(1)见解析(2)AEH △、、CNM 、ECK【分析】（1）根据旋转的性质得出CE BC =，证明()AAS BHC CDE ≌，根据全等三角形的性质即可求解；（2）根据矩形FECG 是由矩形ABCD 绕着点C 按顺时针方向旋转得到的，直接可得AEH △、ABH 是等腰三角形，设EAH α∠=，根据三角形的外角的性质以及三角形内角和定理，得出,CMN CNM CEK K ∠=∠∠=∠，即可判断CNM 、ECK 是等腰三角形，即可求解．【详解】（1）证明： 矩形FECG 是由矩形ABCD 绕着点C 按顺时针方向旋转得到的CE BC ∴= 四边形ABCD 是矩形AD BC ∴∥，90D Ð=° DEC BCH ∴∠=∠BH CE ⊥，90BHC \Ð=°BHC D ∴∠=∠，()AAS BHC CDE ∴≌ BH CD ∴=（2）。

中考数学几何模型专题专题七—四边形

中考数学几何模型专题专题七—四边形

专题七 四边形 模型31 中点四边形模型模型展现 基础模型已知：点E ，F ，G ，H 分别是四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点结论1：四边形EFGH 是平行四边形；结论2：C 四边形EFCH = AC +BD ； 结论3：S 四边形EFGH ＝21S 四边形ABCD 怎么用？ 1.找模型题中已知四边形四条边的中点 2.用模型顺次连接各条边的中点及连接已知四边形的对角线解题 满分技法中点四边形模型实质考查的是中位线的判定及性质. 拓展延伸已知△ABC ，D ，E ，F 分别是边AB ，BC ，AC 的中点，则△DEF 是△ABC 的中点三角形.△DEF 与△ABC 的关系：△C △DEF ＝21C △ABC △S △DEF ＝ 41S △ABC结论分析结论1：四边形EFGH 是平行四边形证明：由题图可知四边形ABCD 被AC 分成两个三角形，△E ，F 分别是AB ，BC 的中点，△EF 为△ABC 的中位线，同理HG 为△ACD 的中位线，△EF//AC ，EF=21AC ，HG//AC ，HG=21AC ，△EF//HG ，且EF=HG ， △四边形EFGH 是平行四边形； 结论2：C 四边形EFCH = AC +BD 证明：△四边形EFGH 是平行四边形，△EF=GH ，FG=EH ，△四边形EFGH 的周长为2(EF+FG ). △EF ，FG 分别是△ABC 和△BCD 的中位线，△EF=21AC ，FG=21BD ，△四边形EFGH 的周长为2(EF+FG )=AC+BD ； 结论3：S 四边形EFGH ＝21S 四边形ABCD 证明：EF 为△ABC 的中位线，GF 为△BCD 的中位线， HG 为△ACD 的中位线，EH 为△ABD 的中位线，△S △BEF =41S △ABC ，s △CGF =41S △BCD ， S △DHG =41S △ACD ， S △AHE =41S △ABD ，△S △ABC +S △BCD +S △ACD +S △ABD =2S 四边形ABCD ，△S 四边形EFGH =S 四边形ABCD -(S △BEF +S △CGF +S △DHG +S △AHE )=S 四边形ABCD -41S 四边形ABCD =21S 四边形ABCD模型拓展巧学巧记1.任意四边形的中点四边形都是平行四边形；2.对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；对角线互相的垂直的四边形中点四边形是矩形；对角线相等且互相垂直的四边形的中点四边形是正方形，典例小试例1顺次连接菱形四条边的中点(画出草图,本题即可迎刃而解啦)所得的四边形是（）A.矩形B.菱形C.正方形D.以上都不对考什么?菱形的性质和矩形的判定例2若顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形是矩形，(一定是找导致这个结果的最根本原因)则原四边形（）A.一定是矩形B.一定是菱形C.对角线一定互相垂直D.对角线一定相等考什么?矩形的判定思路点拨对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形,但中点四边形是矩形的四边形不一定都是菱形，例3如图,在矩形ABCD中,E,F,G,H分别为边AB,BC,CD，DA的中点(点拔：矩形中点四边形).若AB=4,AD=6，则图中阴影部分(先判断阴影部分的形状)的面积为；周长为.考什么?矩形的中点四边形,菱形的周长公式及勾股定理思路点拨可通过中点四边形与原四边形的面积、周长关系直接求得,也可以先判断中点四边形的形状,再根据中点四边形的面积、周长公式计算,灵活运用,哪种方法简单用哪种.例4如图,在四边形ABCD中,AC=BD=4(对角线相等),E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点(顺次连接四条边的中点，判断四边形EFGH的形状).则EG2+EH2(遇到线段的平方和,考虑利用勾股定理转化求解)的值为.考什么?中位线的性质,菱形的判定和勾股定理.实战实演1.顺次连接下列四边形各边中点所构成的四边形中为正方形的是（ ） △平行四边形;△矩形;△菱形;△正方形;△对角线互相垂直且相等的边形 A .△△ B .△△ C .△△ D .△△2.如图,已知菱形A 1B 1C 1D 1的面积为2,顺次连接菱形各边的中点得到四边形A 2B 2C 2D 2,记为第1次操作,再顺次连接四边形A 2B 2C 2D 2各边的中点得到四边形A 3B 3C 3D 3,记为第2次操作,…,依次类推,则操作2022次后得到的四边形的面积为 （ ）A .(21)2020B .(21)2021C . (41)1011D .(41)20223.如图,已知EF 为△ABC 的中位线,点D 是△BAC 内一点,且在BC 下方,连接BD ,CD ,G ,H 分别是CD ,BD 的中点,连接 AD ,EH ,GH ,FG ,AD 与BC 交于点P . (1)求证:四边形EFGH 为平行四边形；(2)当AD 和BC 满足什么关系时,四边形EFCH 为矩形? 并说明理由； (3)若AB =AC =6,△BAC =600,BD =CD ,当四边形EFCH 为正方形时.求PD 的长.模型32 “十字架”模型模型展现基础模型怎么用?1．找模型在正方形中存在互相垂直的线段,且端点在正方形的边上,看起来像“十字架”2.用模型根据等角(同角）的余角相等,再结合正方形的性质证明两条线段所在三角形全等巧学巧记正方形中的十字架模型,垂直一定相等，但相等不一定垂直.结论分析结论1:若AE⊥BF ,则AE=BF证明:△四边形ABCD为正方形，∴AB= DA, ∠BAF=∠ADE= 90°,△AE⊥BF , ∴∠AGB=90°，∴∠ABF+∠BAG= 90°,△ ∠BAG+∠DAE=90°, ∴∠ABF= ∠DAE.在△ABF和△DAE中，BAF ADE BA ADABF DAE ∠=∠=∠=∠⎧⎪⎨⎪⎩∴△ABF △△DAE ( ASA )， ∴AE =BF .满分技法对于结论2,可通过HL 证明全等;其他情形的结论均可通过全等或构造全等证明,因此遇到“十字架”模型试题,第一步则考虑用全等. 模型拓展拓展1拓展2满分技法“十字架”模型解题的关键是寻找(构造)两条“十字架线”所在的直角三角形,再利用余角代换证明一组角相等,从而得到全等(正方形中)或相似(矩形中). 结论分析针对拓展1中的结论进行证明,过程如下: 证明: △四边形ABCD 为矩形,∴∠EDC = ∠A = 90°,∴ ∠ADB +∠BDC = 90°,△CE ⊥BD ,∴ ∠DCE +∠BDC = 90°, ∴ ∠DCE =∠ADB , ∴ △DCE △△ADB ,∴CE CD=DB DA拓展延伸拓展2中结论的证明方法同样是证明EF和GH所在两个三角形相似.可考虑平移线段或作垂线(如图△△).典例小试例1如图,在正方形ABCD中,E,F分别是CD,AD边上的点,BE△CF于点G（提示：正方形中遇垂直,知相等,BE=CF），若AB=4,AF= 1,则BE的长（提示：利用勾股定理，先求CF的长）为.考什么?正方形的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理例2如图,正方形ABCD中,点E为BC边上一点,连接AE,作AE的垂直平分线交AB于点G（提示：可知AE=GF ,构造CF为斜边的直角三角形）,交CD于点F,若DF=2,BG=4,则AE的长（提示：先求BE的长,可利用垂直平分线的性质连接GE）为.考什么?正方形的性质,垂直平分线的性质及勾股定理思路点拨若互相垂直的两条线段所在三角形不明显,可考虑作平行或者垂直构造.例3如图,在Rt△ACB中（提示：由直角三角形和BD⊥CE可想到构造矩形）, ∠ACB=90°,AC=4,BC=3,点D为AC中点, 连接BD, 过点C作CE△BD交AB于点E,交BD于点F（提示：再延长CE交矩形边于一点,此时十字模型必自现），则CE 的长为.考什么?直角三角形的性质,矩形的判定,相似三角形的判定及性质思路点拨遇见直角三角形中存在互相垂直的两条线段时,可考虑构造矩形或正方形,再结合“十字架”模型的特点解题.实战实演1．如图,在正方形ABCD中,点E,F分别是AD, CD边上的点,且AE=DF ,连接BE,AF交于点M ,N是BF的中点,若AB=10,AE=4,则MN的长为.2.如图,在矩形ABCD中,32BCAB=,点F,G分别为AB,CD上的点，将矩形ABCD沿FG折叠,使点A落在BC边的点E处,点D的对应点为P,PE交CD于点H,连接AE交FG于点O,若tan∠CGP=34, GF=,则CE的长为.例2 如图，在四边形ABCD中,△A+△C= 180°(提示：对角和为180°，且未知角平分线，则考虑相似三角形) ，AD:CD=2:3(提示：有线段比例关系，也会考虑相似三角形)，且AB=4,BC=5,△ABD的面积为2,则△BCD的面积为__________.考什么?相似三角形的判定与性质,三角形的面积计算公式例3 如图,在矩形ABCD中,E是AD的中点,连接BE,CE ,连接AC交BE于点F ,连接DF,若AC△BE(提示：由垂直可知△CFE+△CDE= 180° .考虑相似三角形) ,tan△ADF=31(提示：由正切值可知相似比) ,AD=13,则EF的长为__________.考什么?矩形的性质,相似三角形的判定与性质,解直角三角形及勾股定理的应用实战实演1.如图,在等边△ABC中,D为BC边的中点,点E,F分别是.AB,AC边上的点，且△EDF= 120°,若△BDE=45° , DF=6,则BE的长为__________.2.如图,在Rt △ABC 中,△C =60° ,BD △AC 于点D ,以D 为顶点作△EDF =90° ,分别交AB ,BC 于点E ,F ,则DFDE 的值为__________. 3.如图,在平面直角坐标系中,A (-3,0),B 为y 轴正半轴上一点,C 为y 轴负半轴上一点,连接CA ,过点C 作CD △CA ,且使CD = CA ,连接BD ,若△ABD = 90°，则点B 的坐标为__________.4.如图,已知四边形ABCD 为正方形,点E 在对角线AC 上,连接DE ,过点E 作EF △DE ,交BC 于点F ,以DE ,EF 为邻边作矩形DEFG .(1)求证:ED =EF ;(2)连接CG ,若四边形DECG 的面积为9,求CE +CG 的值.模型34 含60°角的菱形基础模型怎么用?1. 找模型题中已知含60°(或120°)角的菱形2. 用模型含60°角的菱形常需要作辅助线,构造等边三角形或者直角三角形,利用特殊三角 形的性质或者解直角三角形求解结论分析结论:1. △ABD =△CBD =△BAE =△CAE = 30°;2. △ABC 和△ACD 均为等边三角形;3. S 菱形ABCD =22321BC BD AC =• 证明: △四边形ABCD 为菱形,△ABC = 60°，△△ABD =△CBD =30°(菱形的对角线平分对角) ,AB = BC = CD =AD (菱形的四条边相等)，△△ABC 和△ACD 均为等边三角形(有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形).△AE △BC△△AEB =90°,△ △BAE = 30°△△ABD =△CBD = △BAE =△CAE = 30°.在Rt △ABE 中,,2323BC AB AE ==△S 菱形ABCD =AE BE BD AC •=•21(菱形面积公式)， △S 菱形ABCD =22321BC BD AC =• 满分技法摸清含60°角的菱形中结论的来龙去脉,让此类问题变得和心算一样简单. △AE BC BD AC 21S 菱形ABCD •=•=（菱形面积公式） △2菱形ABCD BC 23BD AC 21S =•= 模型拓展满分技法此模型也可看成半角模型中的120°半角模型，不必惊讶, 很多模型之间都有联系，等学完这本书，你一定要好好总结噢！典例小试例1（ 2021陕西）在菱形ABCD 中，△ABC =60°,连接AC ,BD线段比值遇见特殊角，锐角三角函数跑不了）的值为( )A .21B .22C .23D .33 例2 如图，四边形ABCD 为菱形，△ABC =120°，AC =34，(点拨：已知一条对角线，赶快作另一条对角线)则菱形ABCD 的面积是（ ）A .38B .12C .18D .163例3（2021南充）如图，在菱形ABCD 中，△A = 60°（点拨：根据60°菱形的性质先判断△DEF 的形状）点E ,F 分别在边AB ,BC 上,AE = BF =2, △DEF 的周长为36（点拨：结合AE 的长可想到过点D 作AB 边的垂线，再解直角三角形），则AD 的长为（）A .6B .32C .13+D .132-实战实演1.如图,在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的顶点A ,B ,D 在坐标轴上，若点A 的坐标为（0,1）,△BAD =60°,则点C 的坐标为（ ）A .)2,2(-B .)2,3(-C .)3,3(-D .），（32-2.如图，已知菱形ABCD 的边长为6, △ABC = 120°,点M 是对角线AC 上的动点，则MA +MB +MD 的最小值是 （ ）A .33B .333+C .36+D .363.如图,在菱形ABCD 中，AB =2,△B = 60°,过菱形的对角线交点O 分别作边AB ,BC 的垂线并延长，交各边于点E ,F ,G , H ,则四边形EFGH 的周长为 ________・4.如图△，已知在菱形ABCD 中,△ABC = 60°,点E 是边AB 上任意一点(端点除外)，连接CE 交BD 于点P .(1)若CE △AB ,试判断线段PD 与PE 的数量关系,并说明理由；(2)如图△，作线段CE 的垂直平分线分别交BD ,CE 于点F ,G ,连接 EF .AF .△求证:AF = EF ；△求△CEF 的度数.。

模型37 四边形对角互补模型(解析版)-中考数学解题大招复习讲义

模型37 四边形对角互补模型(解析版)-中考数学解题大招复习讲义

模型介绍对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。

主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。

该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.模型一、含90°的全等型1.如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.则可以得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③2.如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，模型二、含60°与120°的全等型如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC例题精讲【例1】．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，求BC+CD的值．解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，＝AE2＝EC2，∴S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∵S△AEC∴EC2＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．变式训练【变式1-1】．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是AB，BC 上的点，连接EF．若AE＝4，CF＝3，OE⊥OF，求EF的长．解：∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝∠EOF＝90°，∠ABO＝∠ACB＝45°，∴∠EOB＝∠FOC，在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF．BE＝CF＝3，∵AB＝BC，∴BF＝AE＝4，在Rt△BEF中，BF＝4，BE＝3，∴EF＝5．【变式1-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则＝_________解：如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC．∵四边形ABCD是矩形，EF⊥BE，∴四边形EFCB对角互补，∴B，C，F，E四点共圆，∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，∵OB＝OF，∴OE＝OB＝OF＝OC，∴B，C，F，E四点在以O为圆心的圆上，∴∠EBF＝∠ECF，∴tan∠EBF＝tan∠ACD，∴＝＝，【例2】．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC，∠DCB＝60°，AB+BC＝4，则AC的长是．解：设点O是AC的中点，以O为圆心，OA为半径作圆O，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴由圆周角定理可知：点D与B在圆O上，∵BD平分∠ABC，∴AD＝CD，∴∠DCA＝45°，∴∠ACB＝∠DCB﹣∠DCA＝15°，连接OB，过点E作BE⊥AC于点E，∴由圆周角定理可知：∠AOB＝2∠ACB＝30°，∴OB＝2BE，∴AC＝2OB＝4BE，设AB＝x，∴BC＝4﹣x，∵AB•BC＝BE•AC，∴4BE2＝x（4﹣x），∴AC2＝16BE2＝4x（4﹣x），由勾股定理可知：AC2＝x2+（4﹣x）2，∴4x（4﹣x）＝x2+（4﹣x）2，解得：x＝2±，当x＝2+时，∴BC＝4﹣x＝2﹣，∴AC＝＝，当x＝2﹣时，BC＝4﹣x＝2+时，∴AC＝＝，故答案为：．变式训练【变式2-1】．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD顶点A的坐标为（0，2），B点在x轴上，对角线AC，BD交于点M，OM＝，则点C的坐标为（6，4）．解：过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，∴∠MFO＝∠CEO＝∠AOB＝90°，AO∥MF∥CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，AM＝CM，∴∠OAB＝∠EBC，OF＝EF，∴MF是梯形AOEC的中位线，∴MF＝（AO+EC），∵MF⊥OE，∴MO＝ME．∵在△AOB和△BEC中，，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴OB＝CE，AO＝BE．∴MF＝（BE+OB），又∵OF＝FE，∴△MOE是直角三角形，∵MO＝ME，∴△MOE是等腰直角三角形，∴OE＝＝6，∵A（0，2），∴OA＝2，∴BE＝2，∴OB＝CE＝4．∴C（6，4）．故答案为：（6，4）．【变式2-2】．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN ＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝3．解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，∴四边形PQBR是矩形，∴∠QPR＝90°＝∠MPN，∴∠QPE＝∠RPF，∴△QPE∽△RPF，∴＝＝2，∴PQ＝2PR＝2BQ，∵PQ∥BC，∴AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，设PQ＝4x，则AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，∴2x+3x＝3，∴x＝，∴AP＝5x＝3．故答案为3．【变式2-3】．如图，正方形ABCD，点P是对角线AC上一点，连接BP，过P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，连接BQ交AC于G，若AP＝，Q为CD中点，则下列结论：①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形ABCD的面积是16；其中正确结论是_________解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCQ＝90°，∵PQ⊥PB，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPQ+∠BCQ＝180°，∴B、C、Q、P四点共圆，∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，∴①正确；③正确；过P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，则E、P、F三点共线，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°，∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE，∴四边形AMPE是正方形，∴AM＝PM＝PE＝AE，∵AP＝，∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（）2，解得：AE＝AM＝PE＝PM＝1，∴DF＝1，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，则BE＝PF＝a﹣1，∵∠BEP＝∠PFQ＝∠BPQ＝90°，∴∠BPE+∠EBP＝90°，∠EPB+∠FPQ＝90°，∴∠EBP＝∠FPQ，在△BEP和△PFQ中，∴△BEP≌△PFQ（ASA），∴PE＝FQ＝1，BP＝PQ，∴②正确；∴DQ＝1+1＝2，∵Q为CD中点，∴DC＝2DQ＝4，∴正方形ABCD的面积是4×4＝16，∴④正确；故答案为：①②③④1．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD＝4．解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，＝AE2＝，∴S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∵S△AEC∴＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．故答案为：4．2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝8，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为10．解：以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP⊥BE 于P，则∠BAE＝120°，AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB＝30°，∴BP＝AB•cos∠ABP＝3，∠DEA＝∠ABC＝60°，∴∠DEB＝30°+60°＝90°，∴BE＝2BP＝6，在Rt△BED中，BD＝＝10，故答案为：10．3．如图所示，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为．解：作AD′⊥AD，AD′＝AD，连接CD′，DD′，如图：∵∠BAC+∠CAD＝∠DAD′+∠CAD，即∠BAD＝∠CAD′，在△BAD与△CAD′中，，∴△BAD≌△CAD′（SAS），∴BD＝CD′，∠DAD′＝90°，由勾股定理得DD′＝＝3，∠D′DA+∠ADC＝90°，由勾股定理得CD′＝＝，∴BD＝CD′＝．故答案为：．4．四边形ABCD被对角线BD分为等腰直角△ABD和直角△CBD，其中∠A和∠C都是直角，另一条对角线AC的长度为2，求四边形ABCD的面积．解：将△ABC绕点A旋转90°，使B与D重合，C到C′点，则有∠CDC′＝∠ADC+∠ADC′＝∠ADC+∠ABC＝180°，所以C、D、C′在同一直线上，又因为AC＝AC′，所以△ACC′是等腰直角三角形，在△ABC和△ADC′中∴△ABC≌△ADC′（SAS），∴四边形ABCD的面积等于等腰直角三角形ACC′的面积，＝S△ACC′＝×2×2＝2．所以S四边形ABCD5．如图，正方形ABCD与正方形OMNP的边长均为10，点O是正方形ABCD的中心，正方形OMNP绕O点旋转，证明：无论正方形OMNP旋转到何种位置，这两个正方形重叠部分的面积总是一个定值，并求这个定值．解：当OP∥AD或OP经过C点，重叠部分的面积显然为正方形的面积的，即25，当OP在如图位置时，过O分别作CD，BC的垂线垂足分别为E、F，如图在Rt△OEG与Rt△OFH中，∠EOG＝∠HOF，OE＝OF＝5，∴△OEG≌△OFH，＝S四边形OECF＝25，即两个正方形重叠部分的面积为25．∴S四边形OHCG6．基本模型在任意四边形中，出现一组对角互补，则为对角互补模型．解题思路：1．过互补角的顶点作旋转构造全等或相似；2过互补角的顶点作双垂线构造全等或相似．问题：如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC．＝BD2结论：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD 请证明【基本模型】中的结论．＝BD2．求证：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD①证明：如图，过点D作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，∵BD平分∠ABC，∴DE＝DF，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，∴∠DAB+∠C＝180°，∵∠DAB+∠DAE＝180°，∴∠C＝∠DAE，∴△EAD≌△FCD（AAS），∴AD＝CD；②证明：如图，以D为中心将△DAB逆时针旋转90°得到△DCE，由旋转的性质可得，∠A＝∠DCE，∠BDE＝90°，DB＝DE，AB＝CE，∵∠A+∠BCD＝180°，∴∠DCE+∠BCD＝180°，∴点B，C，E在同一直线上，∴BE＝BC+CE，∵AB＝CE，∴BE＝BC+AB，∵∠BDE＝90°，∴BE2＝DB2+DE2＝2BD2，∴BE＝BD，∴BC+AB＝BD；③证明：如②图，由旋转的性质可得：△DAB≌△DCE，＝S△DBE，∴S四边形ABCD∵DB＝DE，∠DBE＝90°，∴，∴．7．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．（1）求证：CD＝CE；（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．（1）证明：如图1，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，∵OC平分∠AOB，∴CG＝CH∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，∵∠CDG+∠CDO＝180°，∴∠CDG＝∠CEO，在△CDG与△CEH中，∴△CDG≌△CEH（AAS），∴CD＝CE；（2）解：由（1）得△CDG≌△CEH，∴DG＝HE，由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG＝OH，∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得：OH2+CH2＝OC2∴x2+x2＝32∴（舍负）∴OH＝∴OD+OE＝2OH＝；（3）解：如图，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，∵OC平分∠AOB，∴CG＝CH，∵∠A0B＝120°，∠DCE＝60°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，∵∠CDG+∠CDO＝180°，∴∠CDG＝∠CEO，在△CDG与△CEH中，∴△CDG≌△CEH（AAS），∴DG＝HE，由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，＝S四边形OHCG＝2S△OCG∴S四边形OECD在Rt△OCH中，有∠COH＝60°，OC＝3，∴OH＝，CH＝∴，＝2S△OCG＝．∴S四边形OECD8．感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB﹣AC＝a（用含a的代数式表示）探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中，，∴△DFC≌△DEB（AAS），∴DC＝DB．应用：解：如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中，∴△DFC≌△DEB（AAS），∴DF＝DE，CF＝BE，在Rt△ADF和Rt△ADE中，，∴△ADF≌△ADE（HL），∴AF＝AE，∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝45°，BD＝a，∴BE＝a，∴AB﹣AC＝a．故答案为a．9．问题提出：（1）如图1，已知线段AB＝2，AC＝4，连接BC，则三角形ABC面积最大为4；问题探究：（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，若CD+BC＝10，求四边形ABCD的面积；问题解决：（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，AC＝8，求四边形ABCD 面积的最大值．解：（1）如图1，作BG⊥AC于点G，＝AC•BG，AC＝4，∵S△ABC＝×4BG＝2BG，∴S△ABC的值最大，∴当BG最大时，S△ABC∵BG≤AB，AB＝2，∴BG≤2，∴BG的最大值为2，∴当BG＝2时，S＝4，△ABC最大∴三角形ABC面积最大为4，故答案为：4.（2）如图2，连接BD，∵CD+BC＝10，∴（CD+BC）2＝100，∴CD2+BC2+2CD•BC＝100，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，∴CD2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，∴CD2+BC2＝2AD2，∴2AD2+2CD•BC＝100，∴AD2+CD•BC＝25，＝AD2，S△CBD＝CD•BC，∵S△ABD＝S△ABD+S△CBD＝AD2+CD•BC＝25，∴S四边形ABCD∴四边形ABCD的面积为25．（3）如图3，作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，∵∠AEB＝∠F＝90°，AB＝AD，∴△ABE≌△ADF（AAS），＝S△ADF，∴AE＝AF，CE＝CF，S△ABE∵∠AEC＝∠F＝90°，AC＝AC，∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），＝S△ACF，∴S△ACE＝S△ABE+S四边形AECD＝S△ADF+S四边形AECD＝S△ACE+S△ACF＝2S△ACE，∴S四边形ABCD＝2S△ACE＝2×AE•CE＝mn，设AE＝m，CE＝n，则S四边形ABCD∵AE2+CE2＝AC2，AC＝8，∴m2+n2＝64，由（m﹣n）2≥0得mn≤（m2+n2），∴mn≤32，≤32，∴S四边形ABCD∴S＝32，四边形ABCD最大∴四边形ABCD面积的最大值是32．10．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．（1）概念理解：①在互补四边形ABCD中，∠A与∠C是一组对角，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝90°；②如图1，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且BE•BC＝AB•BD，求证：四边形ADEC是互补四边形．（2）探究发现：如图2，在等腰△ABE中，AE＝BE，点C，D分别在边BE，AE上，AD＝BC，四边形CEDH是互补四边形，求证：∠ABD＝∠BAC＝∠E．（1）①解：∵四边形ABCD是互补四边形，∠A与∠C是一组对角，∴∠C＝180°﹣∠A，∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，∴∠B＝，∠D＝，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∴+（180°﹣∠A）+＝360°，∴∠A＝90°，故答案为：90；②证明：∵BE•BC＝AB•BD，∴，又∵∠B＝∠B，∴△BDE∽△BCA，∴∠BED＝∠A，∴∠A+∠CED＝∠BED+∠CED＝180°，∴四边形ADEC是互补四边形；（2）证明：∵AE＝BE，AD＝BC，∴ED＝EC，在△EAC和△EBD中，，∴△EAC≌△EBD（SAS），∴∠EBD＝∠EAC，∵AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA，∴∠ABD＝∠BAC，∵四边形CEDH是互补四边形，∴∠E+∠DHC＝180°，∵∠AHB＝∠DHC，∴∠E+∠AHB＝180°，∴∠ABD+∠BAC＝∠E，∴∠ABD＝∠BAC＝∠E．11．如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；小明同学探究此问题的方法是：过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是PB＝PQ；（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．解：（1）结论：PB＝PQ，理由：过P作PF⊥BC，PE⊥CD，∵P，C为正方形对角线AC上的点，∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，∴PF＝PE，∴四边形PECF为正方形，∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠QPF+∠QPE＝90°，∴∠BPF＝∠QPE，在△PEQ和△PFB中，，∴Rt△PQE≌Rt△PBF，∴PB＝PQ；故答案为PB＝PQ．（2）PB＝PQ，证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，∵P，C为正方形对角线AC上的点，∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，∴PF＝PE，∴四边形PECF为正方形，∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，∴∠BPE＝∠QPF，∴Rt△PQF≌Rt△PBE，∴PB＝PQ．12．【提出问题】（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN．求证：BM＝CN．【类比探究】（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论BM＝CN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC．连接CN．试探究BM与CN的数量关系，并说明理由．解：（1）证明：∵△ABC和△AMN都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中∴△ABM≌△ACN（SAS），∴BM＝CN；（2）成立，理由如下：∵△ABC和△AMN都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAC+∠CAM＝∠CAM+∠MAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中∴△ABM≌△ACN（SAS），∴BM＝CN；（3）＝．理由如下：∵AB＝BC，AM＝MN，∴＝，∵∠AMN＝∠ABC，∴△ABC∽△AMN，∴＝，即＝，∵∠AMN＝∠ABC，∴∠BAC＝∠MAN，∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM∽△CAN，∴＝＝＝．13．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形称为奇异四边形．（1）概念理解：在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，你认为属于奇异四边形的有正方形；（2）性质探究：①如图1，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，求证：CA平分∠BCD；②如图2，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，∠BCD＝2α，试说明：cosα＝；（3）性质应用：如图3，四边形ABCD是奇异四边形，四条边中仅有BC＝CD，且四边形ABCD的周长为6+2，∠BAC＝45°，AC＝3，求奇异四边形ABCD的面积．解：（1）根据奇异四边形的定义可知：正方形是奇异四边形，故答案为正方形．（2）①过点A作AM⊥CB于M，AN⊥CD于N．∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，∴∠ABM＝∠D，∵∠AMB＝∠AND＝90°，AB＝AD，∴△AMB≌△AND，∴AM＝AN，∵AM⊥CB于M，AN⊥CD于N，∴CA平分∠BCD．②由①可知：∠ACD＝∠BCD＝α，∵CN＝CD﹣DN＝CD﹣BM＝CD﹣（CM﹣BC）＝CD﹣（CN﹣BC），∴CN＝，在Rt△ACN中，cosα＝＝．（3）如图3中，由（2）可知：cos45°＝，∴AD+AB＝2AC×＝6，∵四边形ABCD的周长为6+2，∴BC＝CD＝，∵∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠DAB＝90°，∵四边形是奇异四边形，∴∠BCD＝90°，∵AD+AB＝6，∴（AD+AB）2＝AD2+2AD•AB+AB2＝36，∵AD2+AB2＝BD2＝BC2+CD2＝20，∴AD•AB＝8，＝S△ADB+S△BDC＝•AD•AB+•CD•BC＝9．∴S四边形ABCD14．已知：在四边形ABCD中，∠A+∠C＝180°，DB平分∠ADC．（1）求证：AB＝BC；（2）如图2，若∠ADB＝60°，试判断△ABC的形状，并说明理由；（3）如图3，在（2）得条件下，在AB上取一点E，BC上取一点F，连接CE、AF交于点M，连接EF，若∠CMF＝60°，AD＝EF＝7，CD＝8（CF＞BF），求AE的长．解：（1）如图，过点B作BF DC于点F，过点B作BE⊥DA，交DA延长线于点E，则∠BEA＝∠BFC＝90°，∵DB平分∠ADC，∴BE＝BF，又∵∠BAD+∠C＝∠BAD+∠BAE＝180°，∴∠C＝∠BAE，在△BEA和△BFC中，∵，∴△BEA≌△BFC（AAS），∴AB＝CB；（2）如图2，连接AC，∵∠BDA＝60°，DB平分∠ADC，∴∠ADC＝2∠ADB＝120°，∵∠BAD+∠C＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝60°，又AB＝BC，∴△ABC是等边三角形；（3）如图3，作FG⊥AB于G，EH⊥AF于H，CN⊥AD交AD的延长线于N．在Rt△CDN中，∵∠CDN＝60°，CD＝8，∴∠DCN＝30°，∴DN＝CD＝4，CN＝4，∴AC＝＝＝13，∵AB＝BC，∠B＝60°，∴∠ABC是等边三角形，∴AC＝CB＝AB＝13，∠CAB＝60°，∵∠CMF＝∠ACM+∠MAC＝60°，∠MAE+∠MAC＝60°，∴∠ACE＝∠BAF，∵∠CAE＝∠B，∴△ACE≌△BAF（ASA），∴AE＝BF，设AE＝BF＝x，则BE＝13﹣x，BG＝x，EG＝13﹣x，FG＝x，在Rt△EFG中，72＝（13﹣x）2+（x）2，解得x＝5或x＝8，当x＝8时，AE＝BF＝8，∵AB＝BC＝13，∴CF＝BE＝5，此时CF＜BF，不符合题意，舍去；∴AE＝BF＝5．15．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF＝AB．（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请直接写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．解：（1）如图1中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4，∵点D是线段BC的中点，∴BD＝DC＝BC＝2，∵DF⊥AC，即∠CFD＝90°，∴∠CDF＝30°，又∵∠EDF＝120°，∴∠EDB＝30°，∴∠BED＝90°∴BE＝BD＝1．（2）如图2中，过点D作DM AB于M，作DN⊥AC于N．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM＝CN，DM＝DN，又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，又∵∠EMD＝∠FND＝90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB．（3）结论不成立．结论：BE﹣CF＝AB．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM＝CN，DM＝DN，又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，又∵∠EMD＝∠FND＝90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE﹣CF＝BM+EM﹣（FN﹣CN）＝2BM＝BD＝AB．16．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．以下是小宇同学给出如下正确的解法：解：CD＝CE．理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝AOC＝∠CFE＝45°，∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴．②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；17．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴＝，∴∠AOD＝∠BOD，∵OA＝OB，∴OD⊥AB，∵AB∥DE，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线．解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，∴∠BOC＝2∠BAC，∵OB＝OC，OF⊥BC，∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，设CF＝x，OF＝3x，∵⊙O的直径是，∴OC＝，∵OC2＝OF2+CF2，∴（）2＝（3x）2+x2，解得：x＝，∴CF＝，OF＝，∴BC＝1，∵B是CE的中点，∴BE＝BC＝1，∴EF＝，∵OE2＝OF2+EF2，∴OE2＝（）2+（）2＝，∵OD2+DE2＝OE2，∴DE＝＝＝．（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，∵A，P，B，C四点共圆，∴∠APQ＝∠ACB，∵AP＝PQ，∴∠Q＝∠QAP，∴∠Q＝90°﹣∠ACB，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∵DE∥AB，∴OD⊥AB，∴K是AB的中点，∵DH⊥BH，∴∠BHD＝90°，∵∠BKD＝90°，∴B，K，H，D四点共圆，∴∠BHK＝∠ODB，∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，∴∠ODB＝∠Q，∴∠BHK＝∠Q，∴AQ∥HK，∴＝＝，∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，∴BQ＝BP+AP，∴＝．解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，∵弦CD平分圆周角∠ACB，∴AD＝BD，∵＝，∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，∴△APD≌△BMD（SAS），∴DP＝DM，AP＝BM，∵DH⊥BP，∴DH为△PDM的中线，∴HP＝HM，∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，∵BH＝BM+HM，∴＝＝．解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD，∵∠APD+∠ACD＝180°，＝，∴∠BPD＝∠ACD，∴∠BPD+∠APD＝180°，由翻折得△APD≌△A'PD，∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D，∴∠A'PD+∠BPD＝180°，∴A'，P，B三点共线，∵＝，∴AD＝BD，∴A'D＝BD，又∵DH⊥A'B，∴A'H＝HB＝A'B，∴AP+PH＝AP+PB，∴比值不变，恒为．18．（1）探究：如图1，在△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上．①求∠DCE的度数；②直接写出线段CD，CE，AC之间的数量关系；（2）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P是四边形ABCD内一点，且∠APC＝120°，求证：PA+PC+PD≥BD；（3）拓展；如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B是y轴上一个动点，以AB为边在AB的下方作等边△ABC，求OC的最小值．解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝60°，∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°；②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC＝CD+CE；理由是：由①得：△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∵AC＝BC＝BD+CD，∴AC＝CD+CE；（2）如图2，把线段AP绕点A逆时针旋转60度，到AQ．连接AC、PQ，∴AP＝AQ，△APQ为正三角形，∴∠QAP＝60°，QP＝AP，又∵∠APC＝120°，∴∠APC+∠APQ＝180°，则C，P，Q在同一条直线上．∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∴∠ABC+∠PAC＝∠QAP+∠PAC，即∠QAC＝∠PAB，∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴PB＝QC＝PA+PC，在△PDB中，PB+PD≥BD，即PA+PC+PD≥BD；（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EC，并延长EC交x轴于点F．在△AEC与△ADB中，，∴△AEC≌△ADB（SAS），∴∠AEC＝∠ADB＝120°，∴∠OEF＝60°，∴OF＝OA＝4，∴点C在直线EF上运动，当OC⊥EF时，OC最小，∴OC＝OF＝2则OC的最小值为2．19．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B 的度数；（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E 是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC ＝，AC＝12，求FG的长；（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．∵AD∥BC，AH∥CD，∴四边形AHCD是平行四边形，∴AH＝CD，AD＝BC，∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，∴AB＝BH＝AH，∴△ABH是等边三角形，∴∠B＝60°．（2）证明：如图2中，连接CD．∵ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠B+∠ADC＝180°，∵AE＝EC，∴OD⊥AC，∴DA＝DC，∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．∵AE＝EC＝6，∴OD⊥AC，＝，∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，∵∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOE＝∠ABC，∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，∴OE＝，OA＝＝，∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，∴AD＝＝，∴GA＝GC＝＝10，∵＝，∴∠ACB＝∠BCG，∵∠AGF＝∠CGF，∴点F是△AGC的内心，∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，∴d＝3，∴EF＝3，∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．∵BD是直径，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∵BA＝BC，BD＝BD，∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL）∴∠ABD＝∠CBD，∵OA＝OB，∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，∴BD⊥AC，∠BKC＝90°，∴∠ACM+∠CBD＝90°，∵AM⊥BC，∴∠ACM+∠CAM＝90°，∴∠CAM＝∠CBD＝α，∵AM⊥BC，FN⊥BC，∴AM∥FN，∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，∴r＝，∴m2+n2＝（）2，整理得：＝，∴y＝•x＝＝﹣x2+x，∴y＝﹣x2+（x＞0）．。

[荐]初中八年级数学下必考点-平行四边形几何模型详解

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【下载后获高清版】初中八年级数学下必考点-平行四边形几何模型详解一、基础知识条件的组合搭配是解决几何综合题目的基本思路，在进行组合搭配中往往遇到一些常用的结构．可以通过补全图形，从而构造熟悉的结构：三角形的三线：底边上的中线、底边上的高线、顶角的角平分线.二、方法技能1．几何计算、证明的基本思考流程①标注条件，合理转化；②组合特征，分析结构；③由因导果，执果索因．2．特殊四边形中隐含条件①平行四边形中隐含条件：平行、中点；②菱形中隐含条件：平行、中点、角平分线、垂直；③矩形中隐含条件：平行、中点、垂直；④正方形中隐含条件：平行、中点、角平分线、垂直．3．四边形中常见几何结构举例①中点结构：直角+中点，平行+中点，多个中点；②旋转结构：等线段共点，对角互补；③弦图结构：外弦图，内弦图，等腰直角，三垂；④面积结构：三个“一半”，平行转化．三、典例精讲1．如图，在平行四边形ABCD 中，BC= 2AB ，CE⊥AB 于点E，F为AD的中点，若∠AEF = 54°，则∠B = ．【分析】（体会条件组合与搭配）方法一：①AB∥CD ，F为AD 的中点；→平行夹中点→延长证全等；②∠GCE = ∠CEB= 90°，F为AD的中点；→直角+中点→直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．∴易证△AFE≌△DFG (SAS) ，∴EF=FG∵∠GCE=∠CEB = 90°，∴EF=GF=CF∵BC=2AB ，∴FD=CD∵∠AEF=54°，∴∠FEC=∠FCE = 36°，∠CFD=∠FCD=∠G=54°∴∠B=∠CDF=180°-108°=72°方法二：F为AD的中点，取CE中点造梯形AECD 的中位线（构成△CEF 两线合一）∵∠AEF=54°，∴∠FEC=∠FCE=36°，∠CFD=∠FCD=54°∴∠B=∠CDF=180°-108°=72°方法三：∵CE⊥ AB 于点E ，∴取BC中点，构造直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半又∵BC=2AB ，∴BG=EG=CG=CD=FD=AF ，∴AB∥FG∥CD ，∴∠GEF=∠GFE=∠AEF=54°，∠B=∠GEB=72°2．如图，在菱形ABCD中，∠A =110°，E 、F分别是边AB 、BC的中点，若EP⊥CD于点P ，则∠FPC= ．【分析】四边形ABCD是菱形，F分别是边BC的中点，构成平行夹中点→延长证△BEF≌△CGF(SAS)∴EF=FG=FP ，AE=BE=BF=FG（菱形的四边相等）∴∠B=70°,∠BFE=∠BEF=∠G=∠FPC=55°3．如图，在菱形ABCD中，AB=BD,点E，F分别在边AB，AD上，且AE=DF连接BF,与DE相交于点G，连接CG,与BD相交于点H ．则下列结论：①△AED≌△DFB；②∠BGD=120°其中正确的是．（填序号）【分析】①△AED≌△DFB（SAS），∴①正确②由△AED≌△DFB 得∠1 = ∠2 ，∴∠BGE=∠1+∠3=∠2+ ∠3 = 60°，∠BGD =120°∴②正确③∵∠BGD+∠BCD=120°+ 60°=180°（对角互补）,CD =CB（等线段共点C）∴可以考虑将△CDG绕点C逆时针旋转60°到△CBM ，也可将△CBG绕点C 顺时针旋转60°注意：辅助线的叙述与三点共线叙述一：将△CDG旋转到△CBM ，必须根据对角互补说明G、B、M三点在一条直线上；叙述二：延长GB至M ，使BM=DG（保证了G、B 、M 三点在一条直线上)，连接CM，此法只需要证明△CBM≌△CDG(SAS) ，从而证得△CGM是等边三角形.∴∴③正确4.（2019）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6，点D为BC的中点，点P是射线AD (与A重合)上的一个动点，则当△PBC为直角三角形时，AP 的长为 .【分析】∵点P是射线AD上的一点，且不与A重合，∴∠BCP=90°∵∠ACB=90°，AC=BC=6，点D为BC的中点，∴四、典型练习【思路分析】本题给出F为AD的中点，结合平行四边形提供的对边平行，故考虑“平行夹中点”，借助全等转移边、转移角．综上，其中一定正确的是①②④．【思路分析】本题给出AB=OB ，点E是OA的中点（等腰+中点构三线合一）∴连接BE得BE⊥ AC3．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC ，点E在BC边上，AE=BE ，F是CD边的中点，且AF⊥AB ．若AD=2.7 ，AF=4，AB=6，则CE的长为．【思路分析】本题给出AD∥BC，F是CD边的中点，这是很典型的“平行夹中点”∴延长AF，BC交于点G ，易证△ADF≌△GCF，∴AF=FG=4 ，∵AF⊥AB ，∴由勾股定理可得BG=10．∵AE=BE ，∴∠B=∠2 ，∴∠B+∠G=∠1+∠2=90°，∴∠1=∠G ，AE=EG=BE=5，∴CE=5-2.7=2.3【思路分析】本题给出正方形内含有正方形结构，∴构造弦图易证：△ABC≌△GFB，△AOB≌△GOF得OA=OG，∠AOG=90°，AG=12 ，∴AC=GB=12+4=16【思路分析】本题给出ABCD是正方形，∠CED=90°，∴∠COD+∠CED=180°，∠ODE+∠OCE=180°构成对角互补，∵OC=OD ，构成等线段共点，∴可考虑将△ODE顺时针旋转90°∴将OE顺时针旋转90°到OF，连接CF，易证△ABC≌△GFB ，∴∠ODE=∠OCF，DE=CF，OE=OF6．如图，两个边长均为2的正方形重叠在一起，正方形OPQR的顶点O与正方形ABCD的中心重合．给出以下结论：①四边形OECF 的面积为1；②CE+CF=2；③OE+OF=2；④四边形OECF 的周长为4 ．其中正确的是．（填序号）【思路分析】本题给出正方形OPQR的顶点O与正方形ABCD的中心重合．方法一：∴∠EOF+∠ECF=90°+90°=180°（对角互补），连接OC、OD，△OEC与△OFD构成旋转型全等.方法二：∵∠EOF这个直角的两边不是水平线和铅垂线（称为斜直角），解决“斜直角”问题常用的方法就是“斜直角放正”（直角的两边由水平线和铅垂线构成），这种方法在直角坐标系中用得很多！∴作OG⊥BC于G，OH⊥CD于H ，易证△OGE≌△OHF，同样可得上述结论．【思路分析】∠AMF是斜直角，可考虑“斜直角放正”，得△AMG≌△BMF ，∴AG=FB，GM=FM∴四边形OGMF是正方形，OG=OF=3，AG=FB=1；△OAB≌△EBC（三垂全等），∴BE=OA=2，CE=OB=4，∴点C的坐标为（6,4）构造弦图可得：△OAB≌△EBC（三垂全等），△OME 是等腰直角三角形，∴OE=6, BE=OA=2 ,CE=OB=4 ,∴点C的坐标为（6，4）8．如图，正方形ABCD的面积为18，菱形AECF的面积为6，则菱形的边长为．【思路分析】本题给出正方形和菱形，他们的对角线都是互相垂直平分的，∴连接BD，AC9．如图，四边形ABCD和CEFG都是菱形，连接AG、GE、AE，若∠F=60°，EF=4，则△AEG的面积为．【思路分析】本题给出两个锐角为60°的菱形，∴连接AC，可得∠ACB=∠GEC=60°，∴AC∥BG，∴（构造平行线造等底等高，平行转移）10．如图，E是□ABCD内任一点，若□ABCD的面积为8，则图中阴影部分的面积为．【思路分析】过点E作AD的平行线交AB于G，交CD于F，利用平行转移得：11．如图，在边长为4的菱形ABCD中,∠B=60°，点E，F，G，H分别在边AB ，AD，DC，CB上，且AF=CH，BE=DG=2.P是直线EF，GH之间的任一点，连接PE，PF，PG，PH，则△PEF与△PGH的面积之和为 .【思路分析】由已知易证△AEF≌△CGH，△BEH≌△DGF，∴EF=GH，EH=FG∴四边形EFGH是平行四边形，∴由“三个一半，平行转化”知连接EG，过点P作EF的平行线因此12．如图，在平行四边形ABCD中，AB:BC=3:2，∠DAB=60°，点E在AB边上，且AE:EB=1:2，F为BC边的中点，过点D作DP⊥AF于点P，DQ⊥CE 于点Q，则DP:DQ的值为【思路分析】∵DQ⊥CE，DP⊥AF，由“三个一半”得(求两高之比，由面积公式转化为底边之反比) 由已知数据求得：五、重点提升【中点结构】【垂直结构】。

九年级中考三角形中的重要模型-垂美四边形与378、578模型(原卷版+答案解析)

九年级中考三角形中的重要模型-垂美四边形与378、578模型(原卷版+答案解析)

三角形中的重要模型-垂美四边形与378、578模型模型1、垂美四边形模型规定：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形图1图2图3条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD；结论：①AB2+CD2=AD2+BC2；②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半。

【变形1】条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP；结论：DP2+BP2=AP2+PC2【变形2】条件：如图3，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP；结论：AP2+PC2=DP2 +BP2用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。

1(2023·山东枣庄·统考模拟预测)对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD=3，BC=5，则AB2+CD2=．2(2023秋·河北石家庄·八年级统考期末)如图所示，四边形ABCD的对角线AC，BD互相垂直，若AD= 2，AB=4，BC=5则CD的长为()A.2.5B.3C.4D.133(2023·湖北武汉·九年级校考阶段练习)如图，四边形ABCD的两条对角线互相垂直，AC、BD是方程x2 -16x+60=0的两个解，则四边形ABCD的面积是()A.60B.30C.16D.324(2023·湖北·九年级专题练习)学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2=BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．应用新知：如图3，在△ABC中，CA=4，CB=6，D是△ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，则AB的最小值为．5(2022·山东济宁·统考一模)我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．(1)写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称，．(2)如图(1)，已知格点(小正方形的顶点)O(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，请你直接写出一个以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形OAMB的顶点M的坐标为；(3)如图(2)，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连接AD，DC，∠DCB=30°．求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形；(4)若将图(2)中△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转a度(0°<a<90°)，得到△DBE，连接AD，DC，则∠DCB=°，四边形BECD是勾股四边形．6(2022秋·江西抚州·九年级校考阶段练习)(1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是；(只填序号)(2)【概念理解】如图2，在四边形ABCD 中，AB =AD ，CB =CD ，问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由．(3)【性质探究】如图1，垂美四边形ABCD 的两对角线交于点O ，试探究AB ，CD ，BC ，AD 之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；(4)【性质应用】如图3，分别以Rt △ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接CE ，BG ，GE ，已知AC =8，AB =10，求GE ．模型2、378和578模型当我们遇到两个三角形的三边长分别为3，7，8和5，7，8的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为8的等边三角形。

初中数学教学，四边形问题的解题模型归纳

初中数学教学，四边形问题的解题模型归纳

初中数学教学，四边形问题的解题模型归纳
纵观近几年各地的中考试题，考查四边形的解答题在逐渐发生着变化，一方面考查平行四边形以及特殊平行四边形的判定，另一方面更注重考查角平分线的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形的中位线以及勾股定理的综合运用.
为帮助学生总结一些解题模型，达到事半功倍的效果，现将四边形解答题的模型分类归纳如下，与大家一起分享.
一、求证线段相等——“角平分线十平行线出等腰三角形”模型以及逆用
二、求线段长、求面积——利用“面积相等求高”模型
三、已知条件中有比值出现——利用方程思想求解
四、有特殊角出现时，求线段长、面积、三角函数——利用解直角三角形模型。

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中考数学四边形之模型结构（讲义）➢知识点睛
1.四边形分析思路
（1）按照边、角、对角线的顺序，从四边形的定义、性质、判定切入进行分析；
（2）转化为熟悉图形进行分析研究．
含60°角菱形转梯形转化为①矩形+直角三角形；
化为等边三角形②平行四边形+三角形
筝形转化为①一对全等三角形；②两个等腰三角形
注：对角线相互垂直的四边形面积为对角线乘积的一半．2.四边形与轴对称性、中心对称性
（1）过中心对称图形的对称中心的任意一条直线可以将该图形分成面积相等（完全重合）的两部分
（2）具有轴对称性质的四边形，常常作为几何最值问题的背景出现
3. 正方形中的常见结构
特征：①正方形；
特征：①正方形； ②∠EAF = 1 ∠BAD
②BE =CF 2
结论：△DAF 绕点 A 顺时
结论：△OBE ≌△OCF 针旋转至 AD 与 AB 重合，
（△OBE 可看作△OCF 绕可证△F′AE ≌△FAE 点 O 顺时针旋转 90°得到）
特征：直角三角形的斜边为正方形的边长（或等腰直角三角形的直角边），考虑补全弦图
结论：①四个全等的直角三角形；②两个正方形共中心
3 ➢ 精讲精练
1. 已知菱形 ABCD ，边长为 4，∠BAD =120°．点 E ，F 分别是
AB ，AD 边上的动点，且满足 BE =AF ，则下列结论：
①△BEC ≌△AFC ；②△ECF 为等边三角形；
③∠AGE =∠AFC ；④若 F 为 AD 中点，则 CE ⊥AB ； ⑤设 AF =x ，则 S AEF = - x 2 + 3x ．其中正确的有 ． 4 第 1 题图
第 2 题图 2. 如图，在菱形 ABCD 中，AB =4 cm ，∠ADC =120°，点 E ，F
同时从 A ，C 两点出发，分别沿 AB ，CB 方向向点 B 匀速运动（到点 B 为止），点 E 的速度为 1 cm/s ，点 F 的速度为 2 cm/s ，经过 t 秒△DEF 为等边三角形，则 t 的值为（ ）
A ．1
B ． 1 3 C. 1 2 D. 4 3
3.
如图，在四边形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =30°，∠BCD =60°， 若 AD =4，AB = 4 ，则 BC 的长为 ． 4. 如图，在四边形 ABCD 中，AD ∥BC ，AB =CD ，则以下结论：
①∠B =∠C ；②若 AD =4，BC =12，AB =8，则∠ABC =60°； ③若 AC =BC +AD ，则∠ACB =60°．其中正确的有 ．
3 △
5. 如图，在四边形 ABCD 中，AB =AD ，BC =DC ，∠A =60°，点
E 为 AD 边上一点，连接 BD ，CE ，CE 与 BD 交于点
F ，且CE ∥AB ，若 AB =8，CE =6，则 BC 的长为 ．
第 5 题图
第 6 题图 6. 如图，四边形 ABCD 中，AD =DC ，AB =DE = 1 2
CD ，∠BAD = ∠ADC =90°，DF ⊥BC 于点 F ，连接 EF ，AF ，
AE ． 下列结论：①AE 垂直平分 DF ；②AF =AD ；
2 ③S 四边形 ADEF = 3
S 四边形 ABCD ；④∠CEF =∠DAF ．其中正确的有 ．
7. 如图，在平面直角坐标系中，已知多边形 OABCDE 的顶点坐
标分别是 O (0，0)，A (0，6)，B (4，6)，C (4，4)，D (6，4)， E (6，0)．若直线 l 经过点 M (2，3)，且将多边形 OABCDE 分成面积相等的两部分，则下列各点在直线 l 上的是（ ）
A ．(4，3)
B ．(5，2)
C ．(6，2)
D ．(0， 10 ) 3
2 5
3 5 2
8.在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对
角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5 个边长为1 的小正方形拼成的图形，P 是其中4 个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点P 的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（）
A．2 B．C．D．
第8 题图第9 题图
9.如图，在菱形ABCD 中，∠DAB=60°，AC=12，P 是菱形的对
角线AC 上的动点．
（1）若M，N 是菱形ABCD 的边AB，BC 的中点，PM+PN 的最小值为；
（2）若N 是菱形ABCD 的边BC 上的动点（可与端点B，C 重合），BP+PN 的最小值为；
（3）若M，N 是菱形ABCD 的边AB，BC 上的动点，PM+PN的最小值为．
10.如图，四边形ABCD 是正方形且边长为2，以CD 为边作等
边三角形CDE，连接AC，M 是线段AC 上一点．当DM+EM 最小时，∠AMB 的角度为，此时DM 的长为．
第10 题图第11 题图
11.如图，P 为正方形ABCD 的对角线BD 上任一点，过点P 作
PE⊥BC 于点E，PF⊥CD 于点F，连接EF，以下4 个结论中：①△FPD 是等腰直角三角形；②∠FEC=∠BAP；
③AP=EF；④EF 的最小值恰好是BD 长度的一半．其中正确
的结论序号有．
10
3 3 12. 如图，已知正方形 ABCD 的边长为 5，点 E ，F 分别在 BC 和
CD 边上，分别连接 AE ，AF ，EF ，若∠EAF =45°，则△CEF 的周长是（ ）
A ． 6 2
B ．8.5
C ．10
D ．12
13. 如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC =1，E ，F 为线段
AB 上两个动点，且∠ECF =45°，过点 E ，F 分别作 BC ，AC 的垂线相交于点 M ，垂足分别为 H ，G ．现有以下结论：
①AB = ；②当点 E 与点 B 重合时，MH = 1 ； 2
③AF 2+BE 2=EF 2．其中正确的结论为（ ）
A ．①②③
B ．①②
C ．①③
D ．②③
14. 如图，在△ABC 中，AB =AC = 2 ，∠BAC =120°，点 D ，E
都在边 BC 上，∠DAE =60°．若 BD =2CE ，则 DE 的长为 ．
2
15.问题情境：
如图1，点E 为正方形ABCD 内一点，∠AEB=90°，将
Rt△ABE 绕点B 按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A 的对应点为点C），延长AE 交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若DA=DE，请猜想线段CF 与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）①如图1，若AB=15，CF=3，请直接写出DE 的长．
②在①的条件下，若点O 是正方形ABCD 对角线的交点，请
直接写出OE，OE′的长
3 17 【参考答案】
1.
①②③④⑤ 2.
D 3.
12 4. ①②③
5. 2
6. ①②③④
7. B
8. D
9. （1） 4 10. 60°； 2 6 3
11. ①②③④
12. C
13. A ；（2）6；（3）6
14. 3 3
15. （1）四边形 BE′FE 为正方形，理由略；
（2） CF =FE′，证明略；
（3） ①DE 的长为3 ；
②OE 的长为
3 2 ，OE′的长为 21 2 ．
2 2
7
3。

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