重難點09幾何熱考題三四邊形熱考模型

（5種類型19種模型詳解+專題訓練）

【題型匯總】

幾

何

熱

考

題

三

四

邊

形

熱

考

模

型

題型01中點四邊形模型

【基礎模型】已知點E、F、G、H分別為任意四邊形ABCD四條邊AB、BC、CD、AD的中點，則

①四邊形EFGH是平行四邊形②CEFGH=AC+BD③S平行四邊形已用”=；S四邊形

【名師總結】

1）順次連接任意四邊形各邊中點所組成的四邊形是矩形.

2）順次連接對角線互相垂直的四邊形各邊中點所組成的四邊形是矩形.

3）順次連接對角線相等的四邊形各邊中點所組成的四邊形是菱形.

4）順次連接對角線互相垂直且相等的四邊形各邊中點所組成的四邊形是正方形.

速記口訣：矩中菱，菱中矩，正中正.

1.（2024?山西?中考真題）在四邊形4BCD中，點E,F,G,"分別是邊2B,BC,CD,DA的中點，EG,FH交于

點。.若四邊形2BCD的對角線相等，則線段EG與FH一定滿足的關系為（）

A.互相垂直平分B.互相平分且相等

C.互相垂直且相等D.互相垂直平分且相等

【答案】A

【分析】本題主要考查了中點四邊形、菱形的判定與性質及三角形的中位線定理，根據題意畫出示意圖，

得出中點四邊形的形狀與原四邊形對角線之間的關系即可解決問題.

【詳解】解：如圖所示，

連接BD,AC,

???點H和點E分別是AD和AB的中點,

???"E是△4BD的中位線，

HE=^BD,HE\\BD.

同理可得，GF=^BD,GF\\BD,

：.HE=GF,HEWGF,

四邊形"EFG是平行四邊形.

11

???HE=-BD,HG=-AC,B.AC=BD,

22

??.HE=HG,

???平行四邊形HEFG是菱形,

EG與HF互相垂直平分.

故選：A.

2.（2022?湖北荊州?中考真題）如圖，已知矩形A8CD的邊長分別為a,b,進行如下操作：第一次，順次連

接矩形ABC。各邊的中點，得到四邊形4B1QA；第二次，順次連接四邊形各邊的中點，得到四

邊形2c2。2；…如此反復操作下去，則第〃次操作后，得到四邊形在建九0外的面積是（）

【分析】利用中位線、菱形、矩形的性質可知，每一次操作后得到的四邊形面積為原四邊形面積的一半,

由此可解.

【詳解】解：如圖，連接AC,BD,AC】，BrDr.

A_______?D

:四邊形ABCD是矩形，

：.AC=BD,AD=BC,AB=CD.

?；G，%分別是矩形四個邊的中點，

.\A1D1=B]C]—A1B1=C1D1,

???四邊形4/1的。1是菱形，

41cl=AD=a,B1D1=AB=b,

...四邊形ABiGOj的面積為:加G-B也=1ab=\saABCD.

同理，由中位線的性質可知,

D2c2=A2B2==-a>D2c2]IA2B2IIAD,

11

0242=C2B2=~AB=-b,D2A211c2B2IIAB,

.??四邊形4282c2。2是平行四邊形，

'：AD1.AB,

,,。2。2J-。242,

/.四邊形2c2。2是矩形，

，四邊形4282c202的面積為：。2。2,4202=2°'2=4^aABCD=5s菱形人聲小也，

.??每一次操作后得到的四邊形面積為原四邊形面積的一半，

，四邊形4tBnCn4的面積是票.

故選:A.

【點睛】本題考查矩形的性質，菱形的性質以及中位線的性質，證明四邊形44CiA是菱形，四邊形2282c2。2

是矩形是解題的關鍵.

3.(2023?江蘇南通?中考真題)如圖，四邊形ABCD的兩條對角線AC,BD互相垂直，AC=4,BD=6,則

【分析】設",BD的交點為。，4民8。,(?。,。4的中點分別是「,(2，/?,5,連接PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS,先證

AD+BC=2(05+0Q),由此得當OS+0Q最小時,4。+BC最小，再根據“兩點之間線段最短”得0Q+0S2

QS,再證四邊形PQRS是矩形，且PQ=2,SP=3,根據勾股定理的OS=V13,進而求得2D+BC的最小值.

【詳解】解：設力C,BD的交點為。，48,8岬6,。4的中點分別是「,(2禺5,^PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS,

???互相垂直，

AOD^ABOC為直角三角形，且AD,BC分別為斜邊，

AD=20S,BC=20Q,

???AD+BC=2(0S+0Q),

.?.當OS+OQ最小時，4D+BC最小，再根據“兩點之間線段最短”得。Q+OS2QS,

.??當點。在線段QS上時，OQ+OS最小，最小值為線段QS的長，

???P,Q分別為的中點，

PQ是△4BC的中位線，

1

PQ=^AC=2,PQ\\AC,

同理QR=|BD=3,QRWBD,

RS=|AC=2,RS\\AC,

1

sp=：BD=3,SP\\BD,

PQWACWRS^RWBDWSP,

.??四邊形PQRS是平行四邊形，

VAC1BD,PQ\\AC,SP\\BD,

PQISP,

???四邊形PQRS是矩形，

在RtAPQS中，PQ=2,SP=3,

???QS=y/PQ2+SP2=V13,

OQ+OS的最小值為g,

AD+BC的最小值為2局.

故答案為：2g.

【點睛】此題只要考查了矩形的判定和性質，三角形的性質，三角形的中位線定理，線段的性質，勾股定

理等，熟練掌握矩形的判定和性質，三角形的中位線定理，理解直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，

兩點之間線段最短是解答此題的關鍵.

4.（2024.云南?中考真題）如圖，在四邊形4BCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，且4B||C。，AD\\BC,

(1)求證：四邊形4BCD是菱形；

(2)若矩形EFGH的周長為22,四邊形48CD的面積為10,求4B的長.

【答案】(1)見解析

⑵VTTI

【分析】(1)連接BD,AC,證明四邊形2BCD是平行四邊形，再利用三角形中位線定理得到GFIIBD,HGWAC,

利用矩形的性質得到BD，4C,即可證明四邊形4BCD是菱形；

(2)利用三角形中位線定理和菱形性質得到：BD=OA+OB=11,利用lx面積公式得到2。4?

OB=10,再利用完全平方公式結合勾股定理進行變形求解即可得到4B.

【詳解】(1)解：連接BD,AC,

BFCABWCD,ADWBC,

二四邊形4BCD是平行四邊形，

??,四邊形4BC0中，點E、尸、G、”分別是各邊的中點，

???GFWBD,HGWAC,

???四邊形EFGH是矩形，

HG1GF,

：.BD1AC,

四邊形4BCD是菱形；

(2)解：???四邊形ABCD中，點E、F、G、”分別是各邊的中點,

???GF=EH=-BD,HG=EF=-AC,

22

???矩形EFGH的周長為22,

BD+AC=22,

???四邊形4BCD是菱形,

即卯。+豺。=04+08=11,

???四邊形4BCQ的面積為10,

-.^BDAC=10,BP20X-OB=10,

???(04+OB)2=0A2-+20A-OB+OB2=121,

0A2+OB2=121-10=111,

.-.AB=VOX2+OB2=V1T1.

【點睛】本題考查了平行四邊形性質和判定，矩形的性質和判定，三角形中位線定理，菱形的性質和判定,

菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關性質是解題的關鍵.

5.(2023?山西?中考真題)閱讀與思考：下面是一位同學的數學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務.

瓦里尼翁平行四邊形

我們知道，如圖1,在四邊形A8CD中，點E,F,G,H分別是邊4B,BC,CD,的中點，順次連接E,F,G,H,

得到的四邊形EFGH是平行四邊形.

我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形.瓦里

尼翁(Var譏gncm,Pierrel654—1722)是法國數學家、力學家.瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關系密切.

①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正

方形.

②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系.

③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半.此結論可借助圖1證明如下：

證明：如圖2,連接4C,分別交于點P,Q,過點。作DM1AC于點M,交HG于點N.

?..”,6分別為4。,。。的中點，：.HG||AC,HG=\AC.（依據1）

:喘嗎.,：DG=GC,：.DN=NM/DM.

:四邊形EFG"是瓦里尼翁平行四邊形，.?.HE||GF,BPHP||GQ.

\9HG||AC,即”G||PQ,

四邊形HPQG是平行四邊形.（依據2）...SmHPQG=HG?MN=^HG-DM.

?：S^ADC=^AC-DM=HG-DM,'.sBHPQG=ls^ADC.同理，…

任務:

（1）填空：材料中的依據1是指：.

依據2是指：.

（2）請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形4BCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH,使得四邊形EFGH為

矩形；（要求同時畫出四邊形4BCD的對角線）

（3）在圖1中，分別連接2C,8。得到圖3,請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線力C,8。長度的關

系，并證明你的結論.

圖3

【答案】（1）三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）；平行四邊形的定

義（或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形）

（2）答案不唯一，見解析

（3）平行四邊形EFG”的周長等于對角線2C與BD長度的和，見解析

【分析】（1）根據三角形中位線定理和平行四邊形的定義解答即可；

（2）作對角線互相垂直的四邊形，再順次連接這個四邊形各邊中點即可；

（3）根據三角形中位線定理得瓦里尼翁平行四邊形一組對邊和等于四邊形的一條對角線，即可得她結論.

【詳解】（1）解：三角形中位線定理（或三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半）

平行四邊形的定義(或兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形)

(2)解：答案不唯一，只要是對角線互相垂直的四邊形，它的瓦里尼翁平行四邊形即為矩形均可.例如:

如圖即為所求

(3)瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于四邊形4BCD的兩條對角線2C與BD長度的和，

證明如下：丁點E,尸,G,H分別是邊4B,BC,CD,的中點，

:.EF=\AC,GH=\AC.

：.EF+GHAC.

同理EH+FG=BD.

：.四邊形EFGH的周長=EF+GH+EH+FG=AC+BD.

即瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于對角線力。與BD長度的和.

【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形中位線.熟練掌握三角形中位線定理是解題的

關鍵.

6.(2024?青海?中考真題)綜合與實踐

順次連接任意一個四邊形的中點得到一個新四邊形，我們稱這個新四邊形為原四邊形的中點四邊形.數學

興趣小組通過作圖、測量，猜想：原四邊形的對角線對中點四邊形的形狀有著決定性作用.

以下從對角線的數量關系和位置關系兩個方面展開探究.

【探究一】

原四邊形對角線關系中點四邊形形狀A

不相等、不垂直平行四邊形

如圖1,在四邊形4BCD中，E、F、G、H分別是各邊的中點.

求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形.

證明：：￡、F、G、X分別是AB、BC、CD、。力的中點，

：.EF,GH分別是AABC和△ACD的中位線，

：.EF=-AC,GH=-AC(①)

22-----------------------

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

.?.中點四邊形EFGH是平行四邊形.

結論：任意四邊形的中點四邊形是平行四邊形.

(1)請你補全上述過程中的證明依據①

【探究二】

原四邊形對角線關系中點四邊形形狀A

1

?〃A、

i?/i

不相等、不垂直平行四邊形//

幺.....

AC=BD菱形

(?圖2

從作圖、測量結果得出猜想I：原四邊形的對角線相等時，中點四邊形是菱形.

(2)下面我們結合圖2來證明猜想I,請你在探究一證明結論的基礎上，寫出后綾的證明過程.

（3）從作圖、測量結果得出猜想II：原四邊形對角線垂直時，中點四邊形是②.

（4）下面我們結合圖3來證明猜想n,請你在探究一證明結論的基礎上，寫出后續的證明過程.

【歸納總結】

（5）請你根據上述探究過程，補全下面的結論，并在圖4中畫出對應的圖形.

中點四邊形形狀

原四邊形對角線關系

③________④________

圖4

結論：原四邊形對角線③時，中點四邊形是④.

【答案】（1）①中位線定理

（2）證明見解析

（3）②矩形

（4）證明見解析

（5）補圖見解析；③AC1BD且AC=BD；④正方形

【分析】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質，矩形的判定和性

質等知識

（1）利用三角形中位線定理即可解決問題；

（2）根據三角形中位線定理，菱形判定定理即可解決問題；

（3）根據三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；

（4）根據三角形中位線定理，矩形判定定理即可解決問題；

（5）根據三角形中位線定理，正方形判定定理即可解決問題.

【詳解】（1）①證明依據是：中位線定理；

（2）證明：F,G、H分別是48、BC、CD、的中點，

:.EF、GH分別是△ABC和△4CD的中位線，

3*GH^AC

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

\"AC=BD

：.EF=GH=EH=FG

二中點四邊形EFGH是菱形.

(3)②矩形；

故答案為：矩形

(4)證明YE、F、G、H分別是4B、BC、CD、04的中點,

：.EF,GH分別是△ABC和△4CD的中位線，

J.EF||AC,GH||AC,

：.EF||GH.

同理可得:EH||FG.

'：AC1BD

圖3

：.^A0D=^AIH=90°,乙FEH=4AIH

：.Z.A0D=Z.EFG=乙FEH=4EHG=90°

/.中點四邊形EFGH是矩形.

(5)證明：如圖4,F,G、H分別是28、BC、CD、。力的中點,

：.EF,GH分別是△力8C和AaCD的中位線，

：.EF^-AC,GH--AC

22

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

U：AC=BD

：.EF=GH=EH=FG

???中點四邊形EFGH是菱形.

VAC1BD

由（4）可知/力。。=Z.EFG=乙FEH=4EHG=90°

，菱形EFGH是正方形.

故答案為：③AC18。且47=8。；④正方形

圖4

題型02垂美四邊形模型

已知四邊形中AC±BD如圖，在矩形ABCD中，P為CD如圖，在矩形ABCD中，P為矩形內部

邊上有一點，連接AP、BP任意一點，連接AP、BP,CP,DP

圖示DFCD_________________C

S

BABAB

2222

結論DP+BP=AP+PCAP2+PC2=DP2+BP2

S四邊形ABCD=-?AC?BD

AB2+DC2=AD2+BC2

7.（2020?四川雅安?中考真題）對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美”四邊形，現有如圖所示的“垂美”四邊形

ABCD,對角線AC、BD交于點。.若4。=2,BC=4,則AB?+CD2=.

【答案】20

【分析】由垂美四邊形的定義可得ACLBD,再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2,從而求解.

【詳解】???四邊形ABCD是垂美四邊形,

/.ACXBD,

ZAOD=ZAOB=ZBOC=ZCOD=90°,

由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,

AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,

.*.AD2+BC2=AB2+CD2,

VAD=2,BC=4,

：.AB2+CD2=AD2+BC2=22+42=20,

故答案為：20.

【點睛】本題主要考查四邊形的應用，解題的關鍵是理解新定義，并熟練運用勾股定理.

8.（2024?山東泰安?二模）小明學習了四邊形后，對有特殊性質的四邊形的探究產生了興趣，發現了這樣一

類特殊的四邊形：兩條對角線互相垂直的四邊形，叫做垂美四邊形，如圖：已知四邊形4BCD中，ACLBD,

垂足為。，對角線4C=4,BD=6,設S=4。+BC,貝達的最小值等于.

【答案】2g

【分析】本題考查了多邊形，平行四邊形的性質和勾股定理，以邊AC,8c為鄰邊作平行四邊形4C8E,連

接OE,貝!]BE=2C=4,AE=BC,根據S=4。+=4。+4E2DE,可知S的最小值為DE的長，根據

勾股定理即可求出答案，解題的關鍵是構造平行四邊形和直角三角形.

【詳解】如圖，

以邊AC,BC為鄰邊作平行四邊形2C8E,連接DE,

則BE=ac=4,AE=BC,

：.S=AD+BC=AD+AE,

當4D、E三點共線時，S最小，

；.S的最小值為DE的長，

'：BE\\AC,AC1BD,

：.BE1BD

在RtzkBDE中，由勾股定理得，DE=7BE2+BD2="6+36=2舊,

；.S的最小值等于2舊，

故答案為：2g.

9.（2021?山東棗莊?中考真題）如圖1,對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形.

（1）概念理解：如圖2,在四邊形ABC。中，AB=AD,CB=CD,問四邊形4BCD是垂美四邊形嗎？請說

明理由；

（2）性質探究：如圖1,垂美四邊形4BCD的對角線AC,BD交于點。.猜想：AB2+CD2^AD2+5C2W

么關系？并證明你的猜想.

（3）解決問題：如圖3,分另U以RtAACB的直角邊4C和斜邊力B為邊向夕卜作正方形4CFG和正方形4BDE,

連結CE,BG,GE.已知4C=4,AB=5,求GE的長.

【答案】（1）四邊形4BCD是垂美四邊形，理由見解析；（2）力B2+CD2=4）2+BC2,證明見解析；（3）

GE=V73.

【分析】（1）連接力C,BD,先根據線段垂直平分線的判定定理可證直線4C是線段BD的垂直平分線，再根據

垂美四邊形的定義即可得證；

（2）先根據垂美四邊形的定義可得80,再利用勾股定理解答即可;

(3)設CE分別交4B于點M,交BG于點N,連接BE,CG,先證明△G4B三△CAE,得到"1BG=NAEC,再

根據角的和差可證ZBNM=90°,即CE1BG,從而可得四邊形CGEB是垂美四邊形，然后結合(2)的結論、

利用勾股定理進行計算即可得.

【詳解】證明：(1)四邊形4BC0是垂美四邊形，理由如下：

如圖，連接4C,BD,

"：AB=AD,

點4在線段8D的垂直平分線上，

VCB=CD,

.??點C在線段BD的垂直平分線上，

二直線4C是線段8。的垂直平分線，即AC1BD,

二四邊形4BCD是垂美四邊形；

(2)^.AB2+CD2=AD2+BC2,證明如下：

,/四邊形4BCD是垂美四邊形，

：.AC1BD,

J.Z.AOD=/.AOB=Z.BOC=乙COD=90°,

由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2,

AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2,

：.AB2+CD2=AD2+BC2；

(3)如圖，設CE分別交4B于點M,交BG于點N,連接BE,CG,

13

D

,：四邊形4CFG和四邊形4B0E都是正方形，

J.Z.CAG=4BAE=90°,4G=AC,AB=AE,

：.^CAG+/.BAC=NBAE+ZBAC,即NG4B=^CAE,

AG^AC

在八GAB和AC4E中，\z.GAB=/.CAE,

.AB=AE

：.AGAB=LCAE（SAS）,

J.^LABG=AAEC,

又;ZEC+乙4ME=90。，4AME=4BMN,

:.乙ABG+乙BMN=90°,

:.乙BNM=9。。,即CE1BG,

四邊形CGEB是垂美四邊形，

由⑵得：CG2+BE2=CB2+GE2,

是Rt△4cB的斜邊，且AC=4,AB=5,

：.BC2=AB2-AC2=9,AG=AC=4,AE=AB=5,

在RM4CG中，CG2=AC2+AG2=32,

在RtAABE中，BE2=AB2+AE2=50,

Z.9+GE2=32+50,

解得GE=聞或GE=-V73（不符題意，舍去），

故GE的長為g.

【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定定理與性質、線段垂直平分線的判定、勾股定理等

知識點，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題關鍵.

10.（2023?江蘇常州?二模）【知識感知】：我們把對角絲互相垂直的四邊形稱為“垂美四邊形”如圖1所示.

【概念理解】：①在下列四邊形中，①正方形；②矩形：③菱形；④平行四邊形，是垂美四邊形的是」

②三邊長為2的垂美四邊形周長為

【性質探索】：若記垂美四邊形2BCD面積為S,試直接寫出S與4C、之間的關系」

【性質應用】：嘗試用兩個全等的直角三角形（RtAABC三RtABED）如圖2擺放，其中8、C、E在一條

直線上，若假設直角三角形三邊長為x,y,z,即BC=ED=尤，AB=BE—y,AC=BD=z,試利用上面

的結論證明勾股定理.

圖1圖2

【答案】【概念理解】①①③；②8；【性質探索】s=（ac-BD；【性質應用】見解析

【分析】本題是四邊形綜合題，主要考查的是正方形的性質、全等三角形的判定和性質、垂直的定義、勾

股定理的應用，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題的關鍵.

概念理解：①由正方形和菱形的性質可求解；

②先證四邊形42co是菱形，即可求解；

性質探索：由面積關系可求解；

性質應用：先證四邊形4BCD是垂美四邊形，可得S=由面積和差關系可求

【詳解】解.

概念理解：解：①???正方形和菱形的對角線互相垂直，

正方形和菱形是垂美四邊形，

故答案為：①③；

②：如圖：U：ACAB=BC=CD=2,

：.^LB0A=2LB0C=90°,BO=DO,AO=CO,

???四邊形/BCD是平行四邊形，

,：AC1BD,

???四邊形/BCD是菱形，

：.AB=BC=CD=AD=2,

???三邊長為2的垂美四邊形周長為8,

故答案為：8；

AD

性質探索：解：：四邊形4BCD的面積=A4BC的面積+△力DC的面積^-AC-BD,

：.S=-AC-BD；

2

故答案為：S=^AC-BD,

性質應用：證明：VRtA^BCsRtABED,

Z.Z.BCA=Z.EDB,

■:4CBO+乙EDB=90°,

：.^CBO+^BCA=90°,

：.AC1BD,

四邊形2BCD是垂美四邊形，

由(2)可得42。。是垂美四邊形的面積S=|aC-BD,

：.S=-AC-BD=7

22

*S四邊形4BC。=s梯形ABED-SACED=|(^+y)y--%)

1cl111c2l2

=5、2+Xy+x2--xy--y+-x

乙乙乙乙乙乙

.".|z2=|y2+|x2,SPz2—y2+x2,

所以勾股定理得證.

11.(2024?浙江杭州.三模)(1)認識研究對象：如圖，我們把對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美四邊形”.我

們已經學習了①平行四邊形②菱形③矩形④正方形，在這四種圖形中是垂美四邊形的是

(2)探索研究方法：如圖1.已知四邊形4BCD是垂美四邊形，求證：AB2+CD2=AD2+BC2.

(3)嘗試問題解決：已知28=5V2,BC=4VL分另I］以△4BC的邊BC和2B向夕卜作等腰Rt△BCE和等腰Rt△

ABD；

①如圖2,當乙4cB=90。，連接DE,求DE的長；

②如圖3.當乙4CBH90。，點G、H分別是力￡?、AC中點，連接GH.若G”=2①，求S-BC的面積?

圖2圖3

【答案】(1)②④；(2)見解析；(3)①@|

【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形性質，勾股定理，正確理解垂美四邊形的

定義、靈活運用勾股定理是解題的關鍵.

(1)根據平行四邊形，菱形，正方形和矩形的性質，結合垂美四邊形的定義，進行判斷即可；

(2)運用勾股定理可得：AB2=0A2+OB2,CD2=0C2+OD2,AD2=O/42+OD2,BC2=OB2+OC2,

即可證得結論；

(3)①如圖2,過點D作。MlBE,交EB的延長線于點M,利用勾股定理可得AC=3魚，再證得△ABC三

△DBM(AAS),得出MD=AC=3企，BM=BC=4V2,運用勾股定理即可求得答案.②分別過點A、D

作4WJ.CB于點M,DN1CB于點N,連接DC,證明AAMB三△BND(AAS),得到8M==BN,設

AM=BN=x,勾股定理求出久的值，利用面積公式進行計算即可.

【詳解】(1)解：:?菱形、正方形的對角線垂直，

菱形、正方形都是垂美四邊形，

故答案為：②④；

(2)證明：?.,四邊形A8CD是垂美四邊形，

.■.ACLBD,垂足為。，如圖1,

圖1.-.AB2=OA2+OB2,CD2=OC2+OD2,AD2=OA2+OD2,BC2=OB2+OC2,

AB2+CD2=OA24-OB2+OC24-OD2,AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2,

AB2+CD2=AD2+BC2.

（3）解：①解：如圖2,過點。作DMJL8E,交的延長線于點M,貝=90。,

AC

圖2???^ACB=90°,

AC=7AB2—BC2=3V2,

???△8。5和44BD都是等腰直角三角形，

.-.乙CBE=Z.ABD=90°,BE=BC=4迎，BD=BA=5V2,

???4CBM=180°-乙CBE=180°-90°=90°,

???4ABC+Z.ABM=90°,

???乙DBM+4ABM=90°,

???乙ABC=乙DBM,

???^ACB=乙DMB=90°,

：.LABC=AZ)BM(AAS),

MD=AC=3V2,BM=BC=4位,

ME=BE+BM=4A/2+4V2=8/，

在Rt△BMD中，DE=VDM2+ME2=V146.

②如圖3,^ACB90°,分別過點A、。作4Mle8于點M,DNLCB于點N,連接DC,

圖3

又??等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD,AB=542,BC=4或,

/./.AMB=乙BND=Z.CBE=/.ABD=90°,AB=BD=5y/2,BC=BE=4位,

J.^LABC+Z.BAM=90°,AABC+乙DBN=90°,

/.Z.BAM=乙DBN,

在AAMB和ABND中，

^AMB=乙BND=90°

ABAM=乙DBN,

、AB=BD

：.△AMB三ABND(AAS),

：.BM=DN,AM=BN,

設4M=BN=x,貝I]CN=BC+BN=4蟲+光，

:點G、H分別是AD、AC中點，連接GH、DC,GH=2>/6,

：.DC=2GH=4A/6,

在RtADNC和RtADNB中，由勾股定理得：

DN2=DB2-BN2,DN2=DC2-CN2,

72

：.DB2-BN2=DN2=DC2-CN2,即(5a)-%2=(4V6)-(4+x)2,

解得：x=—,即AM=BN=x=^,

88

???S-BC=^C-71M=|x4V2x^=1.

ZZOz

12.(2023?江蘇徐州?中考真題)【閱讀理解】如圖1,在矩形力BCD中，若2B=a,BC=b,由勾股定理，得

AC2=a2+b2,同理BZ)2=a2+b2,故ACz十=23+的.

【探究發現】如圖2,四邊形A8CD為平行四邊形，若AB=a,BC=b,則上述結論是否依然成立？請加以

判斷，并說明理由.

【拓展提升】如圖3,已知8。為△力BC的一條中線，AB=a,BC=b,AC=c.求證：BO2

【嘗試應用】如圖4,在矩形4BCD中，若4B=8,BC=12,點尸在邊4。上，貝！IPF+PC?的最小值為

【答案】探究發現：結論依然成立，理由見解析；拓展提升：證明見解析；嘗試應用：200

【分析】探究發現：作力E1BC于點E,作OF1BC交BC的延長線于點F,則N4EB=乙CFD=90°,證明

Rt△ABE三Rt△DCF(HL),BE=CF,利用勾股定理進行計算即可得到答案；

拓展提升：延長B。到點C,使。。=B。，證明四邊形4BCD是平行四邊形，由【探究發現】可知，4C2+B￡)2=

2(>1B2+BC2),則c2+(2BO)2=2屹2+爐)，得到c?+4B。？=2(CJ2+爐)，即可得到結論;

嘗試應用：由四邊形48C。是矩形，AB=8,BC=12,得到48=CD=8,BC=AD=12,乙4=乙0=90°,

設4P=x,PD=12-x,由勾股定理得到PF+PC2=2(x-6尸+200,根據二次函數的性質即可得到答

案.

【詳解】探究發現：結論依然成立，理由如下：

作AE1BC于點E,作DF1BC交BC的延長線于點R貝！UdEB=NCFD=90。，

圖2

??,四邊形4BCD為平行四邊形，若4B=a,BC=b,

：.AB=DC=a,AD||BC,AD=BC=b,

\'AE1BC,DF1BC,

：.AE=DF,

：.Rt△ABE=RtADCF(HL),

：.BE=CF,

：.AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2

={AB2-BE2)+(FC-BE)2+(BC+CF)2+DF2

=AB2-BE2+BC2-2BC-BE+BE2+BC2+2BC-BE+BE2+AE2

=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2

=AB2+BC2+BC2+AB2

=2{AB2+BC2)

=2(a2+b2)；

圖3

：B。為△ABC的一條中線,

AOA=CO,

???四邊形ZBC。是平行四邊形，

**AB=a,BC=b,AC=c.

，由【探究發現】可知，AC2+BD2=2(X52+BC2),

：.c2+(2BO)2=2(a2+b2),

：.c2+4B02=2(a2+b2),

嘗試應用：：四邊形2BCD是矩形，AB=8,BC=12,

：.AB=CD=8,BC=AD=12,乙4=ND=90°,

設4P=x,貝IJPD=4。-AP=12—x,

/.PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+(12-x)2+82

=2x2-24x+272=2(%-6)2+200,

V2>0,

拋物線開口向上，

當x=6時，PB2+PC?的最小值是20。

故答案為：200

【點睛】此題考查了二次函數的應用、勾股定理、平行四邊形的判定和性質、矩形的性質等知識，熟練掌

握勾股定理和數形結合是解題的關鍵.

題型03正方形熱考模型

1)十字架模型

【基礎模型-兩邊過頂點】

使用場景：在正方形ABCD中，E,F分別是BC,DC上的點，AE與B0相交于點0,互相推導①BE=CF,②AE=BF,

③AE_LBF

大招結論：相等則垂直，垂直則相等.

【模型進階-一邊過頂點】

條件：在正方形ABCD中，E,F,G分別是BC,AB,DC上的點，AE與FG相交于點0,

結論：正方形十字模型中,構成“十”字形的兩條線段，知垂直推相等，知相等推垂直.

【模型進階-兩邊均不過頂點1

圖示:

結論：正方形十字模型中,構成“十”字形的兩條線段，知垂直推相等，知相等推垂直.

【易錯點】以上結論成立的條件是：四點必須位于四邊，否則不成立.

類型矩形的十字架模型（兩邊過頂點）矩形的十字架模型（兩邊不過頂點）

條件在矩形ABCD中，E是AD上的點,CELBD在矩形ABCD中，E,F,G,H分別是AD,BC,AB,

交于點0CD上的點,EFLGH交于點0,

圖示A

AD之_PAE

口LT”p

BCFLBMFC

結論CECDEF_EM_.IB

△CDES/^BCD"---=----

BDBC△EMFS/XGNHOGHGNAD

①正方形兩邊過頂點

13.（2023?遼寧丹東?中考真題）如圖，在正方形48CD中，AB=12,點E,尸分別在邊BC,CD上，4E與BF相

交于點G,若BE=CF=5,則BG的長為

AD

【答案】§

【分析】根據題意證明A48E三△BCF(SAS),4EBGFFBC,利用勾股定理即可求解.

【詳解】解：???四邊形2BCD是正方形，

???乙ABE=ZC=90°,AB=BC,

BE=CF,

.?△ABEmABCF(SAS),

???Z.BAE=乙CBF,

???乙CBF+^LABG=90°,

???/LBAE+Z.ABG=90°,

???乙BGE=90°,

???Z-BGE=",

又???乙EBG=乙FBC,

???△EBGFBC,

.BG_BE

,?=,

BCBF

vBC=AB=12,CF=BE=5,

???BF=y/BC2+CF2=V122+52=13,

BG5

—=—,

1213

BG=—.

13

故答案為：g.

【點睛】本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，掌握這些性質

是解題的關鍵.

14.(2023?湖北黃石?中考真題)如圖，正方形2BCD中,點M,N分別在AB,BC上，且=3N,4V與。M相

交于點P.

(1)求證：AABN咨ADAM；

(2)求乙4PM的大小.

【答案】(1)見解析

(2)90°

【分析】(1)直接利用SAS證明全等即可；

(2)根據全等的性質，得出NM4P=/.ADM,再由4VMP+乙4Mp=/.ADM+4AMp=90°,從而求出

NAPM=90°.

【詳解】(1)證明：,??四邊形ABC。是正方形，

???AB=AD=BC,^DAM=4ABN=90°,

BM=CN,

：.BC-CN=AB-BM,即BN=AM,

在△力BN和ADAM中，

-AB=AD,

乙ABN=Z.DAM,

,BN=AM,

.?.△48N*A￡MM(SAS)；

(2)解：由(1)知

???/.MAP=Z.ADM,

AAMAP+/LAMP=^ADM+AAMP=90°,

ZXPM=180°-^MAP+"MP)=90°.

【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是掌握相關圖形的性質和判定.

15.(2023?山東?中考真題)(1)如圖1,在矩形A8CD中，點、E,F分別在邊DC,8c上，AE1DF,垂足為

點G.求證：4ADEFDCF.

圖1圖2圖3

【問題解決】

(2)如圖2,在正方形48CD中，點E,F分別在邊DC,8C上，AE=DF,延長BC到點H,使CH=DE,連

接DH.求證：4ADF=.

【類比遷移】

(3)如圖3,在菱形ABCD中，點E,F分另I」在邊DC,BC上，AE=DF=11,DE=8,^AED=60°,求CF的

長.

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)3

【分析】(1)由矩形的性質可得乙4DE=Z.DCF=90°,貝UNCDF+NDFC=90°,再由2E1DF,可得NDGE=

90°,貝此CDF+N2ED=90。，根據等角的余角相等得乙4ED=NDFC,即可得證；

(2)利用“HL”證明ZiADE三△￡)(7/可得DE=CF,由CH=DE,可得CF=CH,利用“SAS”證明△DCF三

△DCH,則NDHC=NDFC,由正方形的性質可得4D||BC,根據平行線的性質，即可得證；

(3)延長BC到點G,使CG=DE=8,連接。G,由菱形的性質可得40=DC,AD\\BC,則乙4DE=乙DCG,

推出AADE三△DCG(SAS),由全等的性質可得NDGC=NAED=60。，DG=AE,進而推出△￡)口；是等邊三

角形，再根據線段的和差關系計算求解即可.

【詳解】(1)證明：???四邊形2BCD是矩形，

???^ADE=乙DCF=90°,

.-./.CDF+Z.DFC=90°,

AE1DF,

.-.乙DGE=90°,

.-.乙CDF+/.AED=90°,

Z.AED=Z.DFC,

ADEs&DCF；

(2)證明：???四邊形2BCD是正方形，

/.AD=DC,ADWBC,Z.ADE=ADCF=90°,

AE—DF,

.*.△ADE三△OCF(HL),

DE=CF,

又1CH=DE,

??.CF=CH,

???點”在BC的延長線上，

???乙DCH=乙DCF=90°,

???DC=DC,

.*.△DCF=ADCH(SAS),

???乙H="FC,

???ADWBC,

??.AADF=乙DFC=乙H；

(3)解：如圖，延長BC到點G,使CG=DE=8,連接DG,

AD=DC,ADWBC,

???Z-ADE=Z-DCG,

ADE三△DCG(SAS),

???乙DGC=乙4EO=60°,DG=AE,

AE=DF,

DG=DF,

??.△DFG是等邊三角形，

??.FG=FC+CG=DF=llf

??.FC=11-C(7=11-8=3.

【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質，正方形的性質，菱形的性質，相似三角形的判定,

全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握這些知識點并靈活運用是解題的關鍵.

②正方形一邊過頂點

16.（2023?江蘇揚州?中考真題）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1,點￡、尸分別在邊AD、BC上，將正方

形沿著EF翻折，點8恰好落在CD邊上的點夕處，如果四邊形4BFE與四邊形EFCD的面積比為3：5,那么

線段FC的長為.

【分析】連接8夕，過點尸作于點H,設CF=x,則D”=x,則BF=1-x,根據已知條件，分別

表示出證明三AB'CB(ASA),得出EH=B'C=三一2久，在RtAB'FC中，B'F2=B'C2+

4

CF2,勾股定理建立方程，解方程即可求解.

【詳解】解：如圖所示，連接過點F作FH14D于點

?.?正方形ZBCD的邊長為1,四邊形4BFE與四邊形EFCD的面積比為3：5,

,S四邊形ABFE=Gx1=￡

設CF=%,貝=x,貝I|BF=1-x

1Q

’5四邊形43尸￡=5("￡+BF)xAB=-

'.AE=x--

4

：.DE=1-AE=--x,

4

：.EH=ED-HD=--x-x=--2x,

44

??,折疊，

：.BBrLEF,

.*.Z1+Z2=Z^GF=9O°,

Vz.2+z3=90°,

.'.zl=z3,

又FH=BC=l/EHF=Zf

：.^EHF=^B'CB(ASA),

：.EH=B'C=--2x

4

在Rt△"FC中，BrF2=BrC2+CF2

即(1—%)2=/+(|—2%)

解得：x

o

故答案為：|.

o

【點睛】本題考查了正方形的性質，折疊的性質，勾股定理，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知

識是解題的關鍵.

17.(2022.貴州貴陽?中考真題)如圖，在正方形48CD中，E為40上一點，連接BE,8E的垂直平分線交48于

點M,交CD于點N,垂足為。，點F在DC上，且MFII4D.

(1)求證：XABEKFMN；

(2)若AB=8,AE=6,求。N的長.

【答案】（1）見詳解

⑵§

【分析】（1）先證明四邊形是矩形，得到ZAMF=90°=ZMFD,再利用證得

ZMBO=ZOMF,結合NA=90o=/NPM即可證明；

（2）利用勾股定理求得BE=IO=MN,根據垂直平分線的性質可得3O=OE=5,即有

在放AAME中，AM2+AE2=ME2,可得（8-ME?+62=ME?,解得：ME=即有BM=ME=,，

再在放△BAfO中利用勾股定理即可求出M。，則N。可求.

【詳解】（1）在正方形A8CO中，＜AD=DC=CB=A