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重难点 10 与四边形有关 7 种模型
（垂美四边形、中点四边形、梯子模型、正方形半角模型、四边形折叠模型、
十字架模型、对角互补模型）
目 录
题型01 垂美模型
题型02 中点四边形
题型03 梯子模型
题型04 正方形半角模型
题型05 四边形翻折模型
题型06 十字架模型
题型07 对角互补模型
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平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
四边形 边 角 对角线 对称性
平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称
矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称、中心对称
菱形 对边平行且四条 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每 轴对称、中心对称
边都相等 一条对角线平分一组对角
正方形 对边平行且四条 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且每 轴对称、中心对称
边都相等 一条对角线平分一组对角
平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
四边形 边 角 对角线
平行四边形 1）两组对边分别平行 两组对角分别相等 两组对角线互相平分
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
矩形 1）平行四边形+ 一直角 平行四边形+两条对角线相等
2）四边形+三直角
菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 平行四边形+两条对角线互相垂
直
2）四边形+四条边都相等
正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 两条对角线互相垂直平分且相等
的四边形
题型 01 垂美模型
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
已知 图示 结论（性质） 证明过程
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四边形中AC⊥BD 1
①S =
垂美四边形ABCD 2
AC•BD
2 2 2 2
②AB +DC =AD +BC
如图，在矩形ABCD DP2+BP2=AP2+PC2 ∵DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2
中，P为CD边上有一
PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2
点，连接AP、BP
而AD=BC
∴ DP2+BP2=AP2+PC2
如图，在矩形ABCD AP2+PC2=DP2+BP2
中，P为矩形内部任意
一点，连接AP、BP，
CP，DP 过点P
分 别
作
PE⊥A
B、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
∴HG2+EF2=EH2+FG2(证明过程略)
而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH
∴ AP2+PC2=DP2+BP2
1．（2020·四川雅安·中考真题）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=2，BC=4，则AB2+CD2= ．
【答案】20
【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.
【详解】∵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，
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∴AD2+BC2=AB2+CD2，
∵AD=2，BC=4，
∴AB2+CD2=AD2+BC2=22+42=20，
故答案为：20.
【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.
2．（2022·安徽安庆·统考二模）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形（如图1）．下面就让小
聪同学带领你们来探索垂美四边形的奥秘吧！请看下面题目：
（1）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）试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．猜想结论：（要求用文字
语言叙述） 写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证、证明）．
（3）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=2cm，AB=3cm，则GE长为 ．(直接写出结果，不需要写出求解过程)
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，证明见解析；（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方
和相等，证明过程见解析；（3）√21cm
【分析】（1）根据垂直平分线的判定与性质即可求解；
（2）根据垂直的定义和勾股定理即可解答；
（3）连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，先证明△BAG≌△EAC，继而得到
∠ABG=∠AEC，根据∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，即有∠ABG+∠∠BMN=90°，则∠BNM=90°，即
CE⊥BG，可知四边形CGEB是垂美四边形，根据（2）结论即可求解．
【详解】（1）四边形ABCD是垂美四边形．
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证明：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）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）√21cm；
理由：
连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，如图，
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∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠BAG=∠CAE，
∵AC=AG，AB=AE，
∴△BAG≌△EAC，
∴∠ABG=∠AEC，
∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴由（2）的结论可知BC2+GE2=GC2+BE2，
∵正方形的性质有BE=√2AB，GC=√2AC，
∴BE=3√2，GC=2√2，
∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=2，
∴理由勾股定理有BC=√AB2−AC2=√32−22=√5，
∴GE2=GC2+BE2−BC2=(2√2) 2+(3√2) 2 −(√5) 2=21，
∴¿=√21（cm）．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直的定义、勾股定
理等知识，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解答本题的关键．
3．（2021·山东枣庄·统考中考真题）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
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ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；
（3）¿=√73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，
再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到
∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB是垂美四
边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，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，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
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∵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=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，¿，
∴△GAB≅△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得¿=√73或¿=−√73（不符题意，舍去），
故GE的长为√73．
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【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等
知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
4．（2019·甘肃天水·统考中考真题）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：
AB2+CD2=AD2+BC2；
(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．
【答案】(1) 四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) ¿=√73.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线AC是线段BD的垂直平分线，结合“垂美四边形”
的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接CG、BE，先证明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，可证∠ABG+∠AME=90°，即
CE⊥BG，从而四边形CGEB是垂美四边形，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)四边形ABCD是垂美四边形．
证明：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；
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(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为AD2+BC2=AB2+CD2．
(3)连接CG、BE，
∵∠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，
由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=4√2，BE=5√2，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=73，
∴¿=√73．
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【点睛】本题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．
5．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫
做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：
（1）如图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）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰
三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形
状，并说明理由；
问题解决：
如图4，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，AB=5．求GE长．
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【答案】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由详见解析；（2）四边形FMAN是矩形，理
由详见解析；问题解决：√73.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理可得直线AC是线段BD的垂直平分线，进而得证；
（2）首先猜想出结论，根据垂直的定义可得∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得
AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，进而证得猜想，将已知代入即可求得CD；
（3）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】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：
∵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）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF△=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD=DB、AE=CE，
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∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
问题解决：
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，
∴△G△AB≌△CA△E，
∴∠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=4，AB=5，
∴BC=3，CG=4√2，BE=5√2，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=√73.
【点睛】本题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；
题型 02 中点四边形
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
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已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
1
C s s
①四边形EFGH是平行四边形 ② EFGH =AC+BD ③ EFGH = 2 ABCD
证明：
模型 证明过程
1
∵EH是△ABD的中位线 ∴EH∥BD，EH= BD
2
1
∵FG是△BCD的中位线 ∴FG∥BD，FG= BD
2
∴EH∥FG EH=FG ∴四边形EFGH是平行四边形
1
∵EF是△ABC的中位线 ∴EF∥AC，EF= AC
2
1
∵GH是△ACD的中位线 ∴GH∥AC，GH= AC
2
∴EF∥GH EF=GH ∴四边形EFGH是平行四边形
结论一：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形.
模型 证明过程
1
∵EH是△ABD的中位线 ∴EH= BD
2
1
∵FG是△BCD的中位线 ∴FG= BD
2
1
∴EH = FG = BD 则EH+FG= BD
2
1
同理EF = GH = AC 则EF+GH=AC
C
2
证明： EFGH =AC+BD
∴四边形EFGH的周长=EH+FG+EF+GH=BD+AC
过点A作AN⊥BD，垂足为点N，AN与EH交于点
M
1 1 1 1 1
s BD
▱PHEQ=PQ•MN=2 AN•
2
BD=
2
•(
2
AN• )=
2
△ABD
1
S s
同理 ▱PGFQ =
2
△BCD
1
证明： s EFGH = 2 s ABCD s 1 s S
∴ EFGH = 2 ABCD
结论二：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和.
结论三：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半.
已知条件 模型 证明过程 特例
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点E、F、G、H 根据已知条件可知四边形EFGH为平行四边形
是任意四边形
∵AC⊥DB ∠DOC=90°
ABCD的中点，
AC⊥DB，垂足 ∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中
为点 O，则四 点，
边 形 EFGH 是
∴HE∥BD∥GF，HG∥AC∥EF
矩形.
∴∠EHG=∠HGF=∠GFE=∠FEH=90 °
∴四边形EFGH是矩形.
点E、F、G、H 1
是任意四边形
∵EF是∆ABC的中位线 ∴EF=
2
AC
ABCD的中点，
AC=DB ， 垂 足 1
∵HG是∆ADC的中位线 ∴HG= AC
为点 O，则四 2
边 形 EFGH 是
菱形. 1 1
∴EF=HG= AC 同理EH=FG= BC
2 2
∵AC=DB ∴EF=HG=EH=FG ∴四边形EFGH是菱
形
点E、F、G、H 已知四边形 EFGH是菱形（参考上述证明过
是任意四边形 程）
ABCD的中点，
∵AC⊥DB ∴EF⊥EH
AC⊥ DB ，
AC=DB 垂足为 ∴四边形EFGH是正方形
点 O，则四边
形 EFGH 是 正
方形.
结论四：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
结论五：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
结论六：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
6．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD
各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+2√3 B．6+2√3 C．4+4√3 D．6+4√3
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
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【详解】解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
1 1
∴EF= AC，GH= AC，
2 2
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
1
在Rt△AOB中，AB=4，OA= AC=2，
2
∴OB=√42−22=2√3，
∴BD=4√3，
1 1
∴EF= AC=2，EH= BD=2√3，
2 2
∴四边形EFGH的周长为(2+2√3)×2=4+4√3．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
7．（2018·湖南湘潭·统考中考真题）如图，已知点E、F、G．H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形
EFGH是（ ）
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A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形
【答案】B
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；
【详解】解：连接AC、BD．AC交FG于L．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵DH=HA，DG=GC，
1
∴GH∥AC，HG= AC，
2
1
同法可得：EF= AC，EF∥AC，
2
∴GH=EF，GH∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
同法可证：GF∥BD，
∴∠OLF=∠AOB=90°，
∵AC∥GH，
∴∠HGL=∠OLF=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故选B．
【点睛】题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定等、三角形的中位线定理知识，解题的关键
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是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（2023·山西·统考中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任
务．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接
E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁
(Varingnon，Pierre1654－1722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
1
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG= AC．（依据1）
2
DN DG 1
∴ = ．∵DG=GC，∴DN=NM= DM．
NM GC 2
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
1
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S =HG⋅MN= HG⋅DM．
▱HPQG 2
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1 1
∵S = AC⋅DM=HG⋅DM，∴S = S ．同理，…
△ADC 2 ▱HPQG 2 △ADC
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形
EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长
度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的
定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：
如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
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证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
1 1
∴EF= AC,GH= AC．
2 2
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的
关键．
9．（2017·吉林长春·中考真题）【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得
1
到：DE∥BC，且DE= BC．（不需要证明）
2
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形
EFGH的形状，并加以证明．
【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加
的条件是： ．（只添加一个条件）
（2）如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相
交于点O．若AO=OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 ．
5
【答案】[探究]平行四边形；[应用]（1）添加AC=BD；（2）
4
【分析】[探究]利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；
1
[应用]（1）添加条件AC=BD，同[探究]的方法判断出FG= BD，即可判断出EF=FG，即可得出结论；
2
5
（2）先判断出S BCD=4S CFG，同理：S ABD=4S AEH，进而得出S EFGH= ，再判断出OM=ON，
四边形 2
△ △ △ △
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1
进而得出S = S EFGH即可．
阴影 2 四边形
【详解】解：[探究]平行四边形．
理由：如图1，连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
1
同理HG∥AC，HG= AC，
2
综上可得：EF∥HG，EF=HG，
故四边形EFGH是平行四边形．
[应用]
（1）添加AC=BD．
理由：连接AC，BD，
1
由（1）知，EF= AC，
2
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
1
∴FG= BD，
2
∵AC=BD，
∴EF=FG，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形；
故答案为AC=BD；
（2）如图2，由[探究]得，四边形EFGH是平行四边形，
∵F，G是BC，CD的中点，
1
∴FG∥BD，FG= BD，
2
∴△CFG∽△CBD，
S 1
∴ ΔCFG = ，
S 4
ΔBCD
∴S BCD=4S CFG，
△ △
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同理：S ABD=4S AEH，
△ △
∵四边形ABCD面积为5，
∴S BCD+S ABD=5，
△ △
5
∴S CFG+S AEH= ，
4
△ △
5
同理：S DHG+S BEF= ，
4
△ △
5 5
∴S EFGH=S ABCD﹣（S CFG+S AEH+S DHG+S BEF）=5﹣ = ，
四边形 四边形 2 2
△ △ △ △
设AC与FG，EH相交于M，N，EF与BD相交于P，
1
∵FG∥BD，FG= BD，
2
1
∴CM=OM= OC，
2
1
同理：AN=ON= OA，
2
∵OA=OC，
∴OM=ON，
易知，四边形ENOP，FMOP是平行四边形，
1 5
∴S = S EFGH= ．
阴影 2 四边形 4
5
故答案为 ．
4
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似
1
三角形的判定和性质，解[探究]的关键是判断出HG∥AC，HG= AC，解[应用的关键是判断出S
2 四边形
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5
EFGH= ，是一道基础题目．
2
10．（2016·甘肃兰州·中考真题）阅读下面材料：
在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次
连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？
小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．
结合小敏的思路作答：
（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参
考小敏思考问题的方法解决一下问题；
（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．
①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；
②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．
【答案】（1）是平行四边形，理由见解析；（2）①AC=BD；证明见解析；②AC⊥BD．
【分析】（1）如图2，连接AC，根据三角形中位线的性质及平行四边形判定定理即可得到结论；
1 1
（2）①由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG= BD，HG= AC，于是得到当AC=BD时，
2 2
FG=HG，即可得到结论；
②若四边形EFGH是矩形，则∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，则AC⊥BD．
【详解】解：（1）是平行四边形．理由如下：
如图2，连接AC，
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∵E是AB的中点，F是BC的中点，
1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
1
同理HG∥AC，HG= AC，
2
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）①AC=BD．
理由如下：
1 1
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG= BD，HG= AC，
2 2
∴当AC=BD时，FG=HG，
∴平行四边形EFGH是菱形；
②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．
理由如下：
同（1）得：四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，GH∥AC，
∴GH⊥BD，
∵GF∥BD，
∴GH⊥GF，
∴∠HGF=90°，
∴四边形EFGH为矩形．
【点睛】此题主要考查了中点四边形，熟练掌握三角形中位线定理及平行四边形、菱形及矩形的判定是解
题的关键．
11．（2016·山东德州·中考真题）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫
中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形
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EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分
别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．
（不必证明）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明
∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
1
∴EH∥BD，EH= BD，
2
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
1
∴FG∥BD，FG= BD，
2
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，
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∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
1 1
∴EF= AC，FG= BD，
2 2
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．
12．（2023·陕西宝鸡·校考一模）问题提出
如图1，在△ABC中，AB=12,AC=9,DE∥BC．若AD=4，则AE的值为__________．
问题探究
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如图2，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的
中点，连接EF、FG、GH、HE．若AC=14,BD=16,∠AOB=60°，求四边形EFGH的面积．
问题解决
如图3，某市有一块五边形空地ABCDE，其中∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°,AB=600米，BC=800
米，AE=650米，DC=400米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园MNGH，使点M、N、G、
3
H分别在边AB、BC、CD、AE上，要求AH=CN,AM=CG,tan∠BNM= ,请问，是否存在符合设
4
计要求的面积最大的四边形花园MNGH？若存在，求四边形MNGH面积的最大值；若不存在，请说明理
由．
【答案】问题提出：3；问题探究：28√3；问题解决：存在四边形MNGH面积的最大值，四边形MNGH
的最大面积为240000平方米．
AE AD AE 4
【分析】问题提出：由DE∥BC，得 = ，得出 = ，进一步得出结果；
AC AB 9 12
1 1
问题探究：根据三角形中位线性质可得出EH=FG= BD=8，EF=GH= AC=7，
2 2
EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，从而得出四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，
从而∠FEQ=∠AOB=60°，进一步得出结果；
问题解决：延长AE，CD，交于Q，可得出四边形ABCQ是矩形，设BM=6a，BN=8a，表示出
△BMN和AAHM的面积，进而表示出四边形MNGH的面积，配方后求出结
果．
【详解】解：问题提出
∵DE∥BC，
AE AD
∴ = ，
AC AB
AE 4
∴ = ，
9 12
∴AE=3，
故答案为：3；
问题探究如图，设AC，EH交于点R，BD，EF交于点T，作FQ⊥EH于Q，
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∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
1 1
∴EH=FG= BD=8，EF=GH= AC=7，EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，
2 2
∴四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，
∴∠FEQ=∠AOB=60°，
7
∴FQ=EF·sin∠FEQ=7×sin60°= √3，
2
7
∴S =EH·FQ=8× √3=28√3；
四边形EFGH 2
问题解决：如下图，延长AE，CD，交于Q，
∵∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AB=CQ，AQ=CB，
∵AH=CN，AM=CG，
∴BM=QG，BN=HQ，
3 BM
∵tan∠BNM= = ，
4 BN
∴可设BM=6a，BN=8a，
1
∴S =S = ×6a⋅8a=24a2 ，
△BMN △GHQ 2
1
∴S =S = (600−6a)(800−8a)，
△AMH △CGN 2
∴S =600×800−48a2−(600−6a)(800−8a)
四边形MNGH
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=−96(a−50) 2+240000
∴存在四边形MNGH面积的最大值，当a=50米时，四边形MNGH的最大面积=240000(平方米)．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的应用，平
行线分线段成比例定理等知识，解决问题的关键是设变量建立函数关系式．
题型 03 梯子模型
【模型介绍】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.
【考查方向】已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动，求线段最值问题.
模型一：如图所示，线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，∠ACB=∠AOC=90°，
AC的中点为P，连接OP、BP、OB，则当 O 、 P 、 B 三点共线 时，此时线段OB
最大值.
思路：∵OP+BP ≥ OB （三点共线时，取相等）
∴OB≤ OP+BP
∴当O、P、B三点共线时，此时线段OB取最大值
1 1 √ 1 2
OB= OP+BP = AC+√BC2+PC2= AC+ BC2+( AC)
2 2 2
即已知Rt∆ACB中AC、BC的长，就可求出梯子模型中OB的最值.
模型二：如图所示，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点A在
边OM上运动时，点B随之在ON上运动，且运动的过程中矩形ABCD形状保
持不变，AB的中点为P，连接OP、PD、OD，则当 O 、 P 、 D 三点共线 时，此时
线段OD 取最大值.
思路：∵OP+PD ≥ OD （三点共线时，取相等）
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∴OD≤ OP+PD
∴当O、P、D三点共线时，此时线段OD取最大值
1 1 √ 1 2
OD= OP+DP = AB+√AP2+AD2= AB+ ( AB) +AD2
2 2 2
即已知矩形ABCD中AB、AD的长，就可求出梯子模型中OD的最值.
13．（2023·广西南宁·广西大学附属中学校联考一模）如图，已知∠MON=90°，线段AB长为6，AB两
端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．则OC
的最大值为（ ）
A．6+3√5 B．8 C．3+3√5 D．9
【答案】C
【分析】取AB的中点E，连接OE、CE，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得
1
OE=BE= AB，再根据勾股定理求得CE=√BE2+CB2=3√5，即可根据“两点之间线段最短”得
2
OC≤3+3√5，则OC的最大值为3+3√5，于是得到问题的答案．
【详解】解：取AB的中点E，连接OE、CE，
∵∠AOB=90°，线段AB长为6，
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1
∴OE=BE= AB=3，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=90°，CB=AB=6，
∴CE=√BE2+CB2=√32+62=3√5，
∵OC≤OE+CE，
∴OC≤3+3√5，
∴OC的最大值为3+3√5，
故选：C．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线
段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．（2023·山东济南·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，
点A在x轴的正半轴上滑动，点B在y轴的正半轴上滑动，点A，点B在滑动过程中可与原点O重合，下列
结论：
①若C，O两点关于AB对称，则OA=2√3；②若AB平分CO，则AB⊥CO；
1
③四边形ACBO面积的最大值为4+2√3；④AB的中点D运动路径的长为 π．
2
其中正确的结论是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】 /
【分析】①①先③根③据①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=2√3；②当∠ABO=30°时，四边形AOBC是矩形，此时AB与OC互相平分，
但AB与OC不垂直；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
1
△ABC的面积为2√3，△ABO的面积为 OA⋅OB，且OA、OB的取值都是大于等于0小于等于4，由勾
2
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股定理得到OB=√16−OA2，推出OA⋅OB=√ −(OA2−8) 2 +64，推出0≤OA⋅OB≤8，得到
0≤S ≤4，得到2√3≤S ≤2√3+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
△ABO AOBC
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=2√3，
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=2√3，故①正确；
当∠ABO=30°时，∠OBC=∠AOB=∠ACB=90°，
∴四边形AOBC是矩形，
∴AB与OC互相平分，但AB与OC不垂直，故②不正确；
1 1
如图2，S =S +S ，其中S = AC⋅BC=2√3，S = OA⋅OB，且0≤OA≤4，
AOBC △ABC △ABO △ABC 2 △ABO 2
0≤OB≤4，
∵OA2+OB2=AB2=16，
∴OB=√16−OA2，
∴OA⋅OB=OA√16−OA2 =√−OA4+16OA2 =√ −(OA2−8) 2 +64，
∵−(OA2−8) 2 +64≤64，
∴0≤OA⋅OB≤8，
∴0≤S ≤4，
△ABO
∴2√3≤S ≤2√3+4，故③正确；
AOBC
∵∠AOB=90°，AB=4，D是AB的中点，
∴OD=2，
1
∴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 的圆弧，
4
90π×2
其弧长为： =π，故④正确．
180
综上所述，本题正确的有：①③．
故答案为：①③．
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【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．
15．（2022·四川绵阳·统考一模）如图，边长为2的菱形ABCD的顶点A，D分别在直角∠MON的边
OM，ON上滑动．若∠ABC＝120°，则线段OC的最大值为 ．
【答案】1+√7
【分析】如图，连接AC，BD交于G，根据菱形的性质得到AC⊥BD，得到∠GBC=60°，∠BAD=60°，根据
1
直角三角形的性质得到BG= BC=1，CG=AG=√3，取AD的中点E，连接OE，过E作EF⊥AC于F，根据
2
√ 3√3 2 1 2
勾股定理得到CE=√CF2+EF2= ( ) +( ) =√7，连接OC，有OC≤OE+EC，当O、E、C共线时，
2 2
OC有最大值，即可得到结论．
【详解】解：如图，连接AC，BD交于G，
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∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠ABC＝120°，
∴∠GBC＝60°，∠BAD＝60°，
1
∴BG＝ BC＝1，CG＝AG＝√3，
2
取AD的中点E，连接OE，
∵AD＝2，∠MON＝90°，
∴OE＝AE＝1，
过E作EF⊥AC于F，
则∠DAG＝30°，
1 1 √3
∴EF＝ AE= ,AF= ，
2 2 2
3√3
∴CF＝ ，
2
连接CE，
∴CE＝∴CE=√CF2+EF2=
√ (3√3) 2
+
(1) 2
=√7，
2 2
连接OC，有OC≤OE+EC，
当O、E、C共线时，OC有最大值，最大值是OE+CE＝1+√7，
故答案为：1+√7．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．（2022·湖北随州·统考一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三
角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角
形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．
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例：如图1，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A
随之在边OM上运动，矩形的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离
是多少？
分析：如图1，取AB的中点E，连接DE、OE，则△ODE中，OD为待求线段，DE，OE的长是可求的，
即△ODE为待求线段OD的“关联三角形”，在△ODE中利用三角形三边关系定理可以得到OD的不等式，
当点O，E，D三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到OD的最值．
(1)根据上面的分析，完成下列填空：
解：如图1，取AB的中点E，连接DE，OE．
1
在Rt△OAB中，OE= AB=1，
2
在Rt△ADE中，DE=√1+1=√2，
在△ODE中，ODOD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
DH的最小值为：OD−OH=√5−1．
【点睛】本题考查了等边三角形和正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、勾股定
理等知识，解题关键是结合题意理解关联三角形的应用，并正确构建所需三角形．
17．（2019·湖南益阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝
6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点
D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
21
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为 时，求OA的长；
2
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．
√5
【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2√3)；(2)OA＝3√2；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝ ．
5
1
【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝ CD＝2，DE＝√CD2−CE2=2√3，再由
2
1
∠OAD＝30°知OD＝ AD＝3，从而得出点C坐标；
2
21 9
(2)先求出S ＝6，结合S ＝ 知S ＝ ，S ＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝
DCM 四边形OMCD 2 ODM 2 OAD
△ △ △
1
36， xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
2
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC
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CD DM CM
有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得 = = ，
ON MN OM
9 12 6 AN
据此求得MN＝ ，ON＝ ，AN＝AM﹣MN＝ ，再由OA＝√ON2+AN2及cos∠OAD＝ 可得答案．
5 5 5 OA
【详解】(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，
∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
1
∴在Rt△CED中，CE＝ CD＝2，DE＝√CD2−CE2＝2√3，
2
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
1
∴OD＝ AD＝3，
2
∴点C的坐标为(2，3+2√3)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S ＝6，
DCM
△
21
又S ＝ ，
四边形OMCD 2
9
∴S ＝ ，
ODM 2
△
∴S ＝9，
OAD
△
1
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36， xy＝9，
2
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3√2(负值舍去)，
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∴OA＝3√2；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，
∴OM＝3，CM＝√CD2+DM2＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
CD DM CM 4 3 5
∴ = = ，即 = = ，
ON MN OM ON MN 3
9 12
解得MN＝ ，ON＝ ，
5 5
6
∴AN＝AM﹣MN＝ ，
5
6√5
在Rt△OAN中，OA＝√ON2+AN2= ，
5
AN √5
∴cos∠OAD＝ = ．
OA 5
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质
及三角函数等知识点．
题型 04 正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成
的基本平面几何模型.
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已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
C
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③ ∆CEF=2倍正方形边长
④S ∆ABE +S ∆ADF =S ∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=√2OP
(12) S ∆AEF=2S ∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
证明：
①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM
先根据已知条件∆ABE ≌ ∆ADM (SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM
而∠BAE+∠FAD =45°，所以∠DAM+∠FAD =45°，可证明∆AEF ≌ ∆AMF (SAS)，
由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF
②思路：∵∆AEF ≌ ∆AMF (SAS) ∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF
∴AF平分∠DFE 又∵∠AMF=∠AEB
∴∠AEB=∠AEF ∴AE平分∠BEF
③思路：C =EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+ EC）+（DF+ FC）=BC+DC=2BC
∆CEF
④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G
根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG
因此可以证明: ∆ABE ≌ ∆AGE (AAS), ∆AGF ≌ ∆ADF(AAS)
所以AB=AG=AD，S =S ，S =S
∆ABE ∆AGE ∆AGF ∆ADF
则S S S S S
∆AEF= ∆AGE+ ∆AGF= ∆ABE + ∆ADF
⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB ,使AD，AB重合
因为∆APD ≌ ∆ANB (AAS) 所以 AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，
∠ADP=∠ABN
因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°
因为∠BAE+∠PAD=45° 所以∠NAB+∠BAE=45°
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则∆ANO ≌ ∆APO (SAS) 所以NO=OP
在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2 ，则OP2=OB2+OD2
BE 1
⑦思路：已知tan∠EAB= = ，且∠EAB+∠FAD=45°
AB 2
1
∴tan∠FAD= （“12345型”），∴DF:AD=1:3，即点F为CD的三等分点.
3
⑧思路：假设∠AEF的度数为α，∠AFE的度数为β.
在右图中已知 表示45°角， 表示角的度数为α， 表示角的度数为β
所以∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA
⑨、⑩思路：1）∵∠EAP=∠EBO=45°，∴ABEP四点共圆
∵∠EBA =90°，∴AE为直径，∴∠APE=90° 则AP⊥PE
∴∠AEP=180°-∠APE-∠EAP=45° ∴∆APE为等腰直角三角形
2）同理AOFD四点共圆， ∵∠ADF =90°，∴AF为直径，∴∠AOF=90° 则AO⊥OF
∴∠AFO=180°-∠AOF-∠OAF=45° ∴∆AOF为等腰直角三角形
3)∵∠EOF=∠EPF= ∠ECF =90°，∴OECFP五点共圆
AE EF
(11) 思路：∵∆APO∽∆AEF ∴ = ,假设AP长为1，则AE=√2,∴EF=√2OP
AP OP
√2 1
(12) 思路：∆APO∽∆AEF 相似比为
2
，则面积的比为
2
，S ∆AEF=2S ∆APO
AB BP
(13) 思路：∵∆ABP∽∆ODA ∴ = ,∴AB×AD=BP×OD 则AB2=BP×OD
OD AD
(14) 思路：假设正方形的边长为m，BE长为a，DF长为b，则EF长为a+b
根据勾股定理可得EC2+FC2=EF2 ,则(m-a)2+(m-b)2=(a+b)2
化简得(m-a)(m-b)=2ab 所以CE•CF=2BE•DF
(15) 思路：根据⑩证明过程可知∆APE为等腰直角三角形，所以AP=PE
再证明∆ADP ≌ ∆CDP (SAS)，所以AP=PC，
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则PE=PC 所以∆EPC为等腰三角形
(16) 思路：过点E作EX⊥BD，垂足为点X, 过点A作AY⊥BD，垂足为点Y，连接
PE
先证明∆APY ≌ ∆PEX (AAS) (“一线三垂直模型”)，所以AY=PX
1 1 1
∵AY= BD ,∴PX= BD 所以BX+DP= PX= BD
2 2 2
18．（2023·四川遂宁·射洪中学校考一模）如图，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，连接BD与AM，
AN分别交于E，F点，则下列结论正确的有( )个．
①点A到MN的距离等于正方形的边长；②EF2=BE2+DF2；③△AEN、△AFM都为等腰直角三角形；
④S =2S ．
△AMN △AEF
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．证明△MAN≌△HAN，根据全
等三角形的性质判断①；将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．证明△EAH≌△EAF，
得到∠HBE=90°，根据勾股定理计算判断②；根据等腰直角三角形的判定定理判断③；根据等腰直角三
角形的性质、三角形的面积公式计算，判断④．
【详解】将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．
则∠DAH=∠BAM，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAN+∠DAN=45°，
∴∠NAH=45°，
在△MAN和△HAN中，
¿，
∴△MAN≌△HAN，
∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AD，①结论正确；
如图2，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．
∵∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，∠DAF=∠BAE，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
∵EA=EA，AH=AD，
∴△EAH≌△EAF，
∴EF=HE，
∵∠ABH=∠ADF=45°=∠ABD，
∴∠HBE=90°，
在Rt△BHE中，H E2=BH2+BE2，
∵BH=DF，EF=HE，
∵EF2=BE2+DF2，②结论正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠BDC=∠ADB=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EDN，
∴A、E、N、D四点共圆，
∴∠ADN+∠AEN=180°，
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∴∠AEN=90°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
同理△AFM是等腰直角三角形；③结论正确；
∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，
∴AM= √2 AF，AN= √2 AE，
如图3，过点M作MP⊥AN于P，
在Rt△APM中，∠MAN=45°，
∴ MP=AMsin45°，
1 1
∵ S = AN×MP= AM×AN×sin45°，
△AMN 2 2
1
S = AE×AF×sin45°，
△AEF 2
∴ S ：S =2，
△AMN △AEF
∴ S =2S ，④正确；
△AMN △AEF
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
判定和性质，解本题的关键是构造全等三角形．
19．（2021·广东梅州·统考一模）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．若DF=3，则BE的长为
．
【答案】2
【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌
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握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠ABG=ADF，然后根据正方形的性质和等量代换可得
∠GAE=∠EAF，进而可根据SAS证明△EAG≌△EAF，可得¿=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x
的代数式表示，然后在Rt△ECF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴ △ADF≌△ABG，∠GAF=90°
∴ AG=AF，∠ABG=ADF
∵在正方形ABCD中，
∠ADF=∠ABC=90°，
∴ ∠ABG=90°
∴ ∠GBC=∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，
∴点G、B、E在同一直线上,
1
又∵ ∠EAF=45°= ∠GAF=∠GAE，
2
在△EAG和△EAF中，
¿，
∴△EAG≌EAF(SAS)，
∴¿=EF，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=DC=AD=6，
∵ DF=3
∴ FC=DC−DF=3
设BE=x，
∵ BG=DF=3，BC=6
∴ ¿=EF=GB+BE=3+x，
EC=BC−BE=6−x
在Rt△ECF中，由勾股定理，得：
EC2+FC2=EF2，
即(6−x) 2+32=(3+x) 2
解得： x=2
∴ BE的长为2
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故答案为：2．
20．（2023·广东河源·统考三模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC,CD上，且
∠EAF=45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．下列结论：①BM2+DN2=M N2； ②若F是CD
的中点，则tan∠AEF=2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是
（把你认为所有正确的都填上）．
【答案】 /
【分析】①将△③AB③M①绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，可得∠EAF=∠HAF=45°，根据正
方形的性质证明△AMN≌△AHN(SAS)，在Rt△NDH中，由勾股定理H N2=DH2+DN2，即可证明①；
过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，由（1）同理可得△AEF≌△AGF，△ABE≌△ADG，设
DF=x, BE=DG= y，
3
则可表示出设CF、CE、EF，在Rt△EFC中，由勾股定理可得x= y，设x=3m，则y=2m，即可证
2
明②；
根据条件可证明△AMN∽△DFN，进而证明△ADN∽△MFN，即可证明③．
【详解】解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠HAF=45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH=AM,BM=DH，∠ABM=∠ADH=45°，
又∵AN=AN，
∴△AMN≌△AHN(SAS)，
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∴MN=HN，
而∠NDH=∠ADB+∠ADH=45°+45°=90°，
在Rt△NDH中，H N2=DH2+DN2，
∴BM2+DN2=M N2，故①正确；
②过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
由（1）同理可得△AEF≌△AGF，△ABE≌△ADG，
∴EF=GF=DF+DG=DF+BE,∠AEF=∠G，
设DF=x, BE=DG= y，
∵F是CD的中点，
则CF=x,CD=BC=AD=2x,EF=x+ y,CE=BC−BE=2x−y，
在Rt△EFC中，CE2+CF2=EF2，
∴(2x−y) 2+x2=(x+ y) 2，
3
解得x= y，
2
设x=3m，则y=2m，
∴AD=2x=6m, DG=2m，
AD 6m
在Rt△ADG中，tan∠G= = =3，
DG 2m
∴tan∠AEF=3，故②不正确；
③∵∠MAN=∠NDF=45°，∠ANM=∠DNF，
∴△AMN∽△DFN，
AN MN
∴ = ，
DN FN
AN DN
∴ = ，
MN FN
∵∠∧=∠FNM，
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∴△ADN∽△MFN，
∴∠MFN=∠ADN=45°，
∴∠MAF=∠MFA=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确，
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解决此类题的关键．
AE 1 CF 1
21．（2022·福建福州·校考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上且 = ， = ，
AC 3 AC 4
延长DE交AB于点G，延长DF交BC于点H，连接GH．下列结论：①点G为AB的中点，②DF=GH，
③∠GDH=45°，④DE⋅DG=DF⋅DH，其中正确结论的序号是 ．（写出所有正确结论的序
号）
【答案】①③④
【分析】根据正方形的性质，证明△AEG∽△CED，△CFH∽△AFD，判断①和②，将△DCH绕点D
顺时针旋转90°，得到△DAM，证明△DGM≌△DGH(SSS)判断③，分别求出DE⋅DG,DF⋅DH的积，
判断④．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB∥CD,AB=CD=BC=DA,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴△AEG∽△CED，
AG AE GE
∴ = = ，
CD EC DE
AE 1
∵ = ，
AC 3
AG AE GE 1
∴ = = = ，
CD EC DE 2
1 1
∴AG= CD= AB，DE=2≥¿，
2 2
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∴点G为AB的中点，故①正确；
同法可得：△CFH∽△AFD，
CF CH HF
∴ = = ，
AF AD DF
CF 1
∵ = ，
AC 4
CF CH HF 1
∴ = = = ，
AF AD DF 3
1 1 1
∴CH= AD= BC= AB，DF=3HF，
3 3 3
2
∴BH= AB，
3
5 √10
∴GH=√BG2+BH2= AB，DH=√AD2+CH2= AB，
6 3
∵DF=3HF，
3 √10
∴DF= DH= AB，
4 4
∴GH≠DF；故②错误；
将△DCH绕点D顺时针旋转90°，得到△DAM，
1
则：∠DAM=∠DCH=90°，AM=CH= AB，DM=DH，∠HDM=90°，
3
∴∠DAM+∠DAB=180°，
∴点M,A,B在同一条直线上，
5
∴MG=MA+AG= AB=GH，
6
又DG=DG，
∴△DGM≌△DGH(SSS)，
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1
∴∠HDG=∠MDG= ∠HDM=45°；故③正确；
2
√5
在Rt△DAG中，DG=√AG2+AD2= AB，
2
∵DE=2≥¿，
2 √5
∴DE= DG= AB，
3 3
5
∴DE⋅DG= AB2 ，
6
√10AB √10AB 5
∵DF⋅DH= ⋅ = AB2 ，
4 3 6
∴DE⋅DG=DF⋅DH，故④正确；
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾
股定理．解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形相似，通过旋转构造全等三角形．本题的综合性强，
难度较大，属于中考填空题中的压轴题．
22．（2021·湖北黄石·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且
∠EAF=45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 ．
（2）下列结论：①BM2+DN2=M N2；②若F是CD的中点，则tan∠AEF=2；③连接MF，则
△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）．
【答案】 4 ①③
【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，
ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，进而得到EF=DF+BE，即可求出△CEF的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，
ΔMAN≌ΔHAN(SAS)即可判断；
对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用
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∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵∠EAF=45°，且∠FAG=90∘
∴∠EAG=45∘，
在ΔEAF和ΔEAG中：¿，
∴ΔEAF≌ΔEAG(SAS)，
∴EF=≥¿，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，
∴∠1=∠3，
∵ABCD为正方形，
∴AD=AB，
在ΔFAD和ΔGAB中：¿，
∴ΔFAD≌ΔGAB(SAS)，
∴∠ABG=∠ADF=90∘
∴∠ABG+∠ABE=90∘+90∘=180∘，
∴G、B、E三点共线，
∴EF=≥=GB+BE=DF+BE，
∴C =EF+EC+CF=(DF+BE)+EC+CF=(DF+CF)+(BE+EC)=CD+BC=4，
ΔCEF
故答案为：4；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
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∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，
∴∠2=∠4，
在ΔBAM和ΔDAH中：¿ ,
∴ΔBAM≌ΔDAH(SAS)，
∴∠ADH=∠ABM=45∘，BM=DH，
∴∠NDH=∠ADH+∠ADN=45∘+45∘=90∘，
∴在RtΔHND中，由勾股定理得：N H2=DH2+DN2=BM2+DN2，
在ΔMAN和ΔHAN中：¿ ,
∴ΔMAN≌ΔHAN(SAS)，
∴MN=NH，
∴M N2=N H2=BM2+DN2，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：EF2=CF2+CE2，
2 2
∴(x+1) 2=12+(2−x) 2，解得x= ，即BE= ，
3 3
AB 3
∴tan∠AEF=tan∠AEB= =2× =3,故②错误；
BE 2
对于③：如下图所示：
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∵∠EAF=∠BDC=45°，
∴A、M、F、D四点共圆，
∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；
故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合
题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
23．（2020·黑龙江牡丹江·统考中考真题）正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，若
∠BEF=∠EBC，AB=3AE，则下列结论：①DF=FC；②AE+DF=EF；③∠BFE=∠BFC；
④∠ABE+∠CBF=45°；⑤∠DEF+∠CBF=∠BFC；⑥ DF:DE:EF=3:4:5；⑦ BF:EF=3√5:5．其中结论正确
的序号有 ．
【答案】①②③④⑤⑥⑦
【分析】设正方形的边长为3，假设F为DC的中点，证明RtΔEDF≅Rt ΔPCF进而证明PE=PB可得假设
成立，故可对①进行判断；由勾股定理求出EF的长即可对② 进行判断；过B作BG⊥EF，证明
RtΔBFG≅RtΔBFC即可对③进行判断；过点E作EH⊥BF，利用三角形BEF的面积求出EH和BH的长，
判断 BEH是等腰直角三角形即可对④进行判断；过F作 FQ//AD，利用平行线的性质得
∠≝+△∠CBF=∠BFE，从而可对⑤进行判断；根据DE，DF，EF的长可对⑥进行判断；根据BF和CF
的长可对⑦进行判断．
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【详解】如图，不妨设正方形ABCD的边长为3，即AB=BC=CD=DA=3，
∵AB=3AE，
∴AE=1，DE=2，
①假设F为CD的中点，延长EF交BC的延长线于点P，
在Rt ΔEDF和Rt△PCF中
¿
∴RtΔEDF≅Rt△PCF
∴PC=DE=2
由勾股定理得，EF=
√
22+
(3) 2
=
5
=PF，
2 2
∴PE=EF+PF=5，BP=BC+PC=3+2=5，
∴PE=PB，
∴∠PEB=∠PBE，故假设成立，
∴DF=FC，故①正确；
3
②∵AE=1，DF= ，
2
3 5
∴AE+DF=1+ = ，
2 2
5
而EF= ，
2
∴AE+DF=EF，故②正确；
③过B作BG⊥EF，垂足为G，
S =S −S −S
△BEF 正方形ABCD △ABE △≝¿−S ¿
△BCF
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1 1 3 1 3
=32− ×3×1− ×2× − ×3×
2 2 2 2 2
15
=
4
1 15
而 ⋅EF⋅BG=
2 4
∴BG=3
∴BG=BC
在Rt△BGF和Rt△BCF中，
¿
∴Rt△BGF ≅Rt△BCF
∴∠BFG=∠BFC，
即∠BFE=∠BFC，故③正确；
④过E和EH⊥BF，垂足为H，
15
∵S = ，
△BEF 4
3√5
又∵BF=√BC2+CF2=
，
2
1 15
∴S = ⋅EH⋅BF= ，
△BEF 2 4
∴EH=√5
5
在Rt△EHF中，EH=√5，EF= ，
2
√5
∴HF=
2
∴BH=√5
在Rt△ABE中，AE=1，AB=3
∴BE=√10，
而(√5)
2+(√5) 2=(√10) 2
∴BH2+EH2=BE2
∴△BHE是等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBE=90°−∠EBF=45°，故④正确；
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⑤过F作FQ// AD，交AB于Q，则FQ// BC，
∴∠≝=∠QFE，∠CBF=∠QFB，
∴∠≝+∠CBF=∠BFE
∵∠BFE=∠BFC，
∴∠≝+∠CBF=∠BFC，故⑤正确；
3 5
⑥∵DF= ，DE=2，EF=
2 2
∴DF:DE:EF=3:4:5，故⑥正确；
3√5 5
⑦∵BF= ，EF= ，
2 2
3√5 5
∴BF:EF= : =3√5:5，故⑦正确；
2 2
综上所述，正确的结论是①②③④⑤⑥⑦．
故答案为：①②③④⑤⑥⑦．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
等知识，假设出AB=3是解答此题的关键．
24．（2023·河南洛阳·统考二模）综合与实践
(1)【操作发现】如图1，诸葛小组将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点
M处，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，请写出图中的一个
45°角：______．
(2)【拓展探究】如图2，孔明小组继续将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的
点N处，连接NF交AM于点P．
①∠AEF=______度；
②若AB=√3，求线段PM的长．
(3)【迁移应用】如图3，在矩形ABCD，点E，F分别在边BC、CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折叠，
点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，AB=3，
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AD=5，请直接写出线段BE的长．
【答案】(1)∠EAF=45°，见解析
(2)①∠AEF=60°，见解析；PM=2−√3，见解析；
9
(3)线段BE的长为 或2；
7
【分析】（1）根据折叠性质和正方形的性质可得∠EAF=45°；
（2）①由折叠性质可得∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，结合∠EAF=45°
可得∠AFN=45°，即可求解；②根据△ANF是等腰直角三角形，可证△ANP≌△FNE(ASA)，设
PN=EN=a，
根据AN+EN=AE，即可求解；
（3）在AD上取一点J，使得AJ=AB，过点J作JT⊥BC，交AF于点K，连接EK，可得
6
△AJK∽△ADF，设BE=x，则EK=x+ ，根据勾股定理即可求解．
5
【详解】（1）解：∠EAF=45°；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠BAD=90°，
由折叠性质可得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，
1
∴∠MAE+∠MAF=∠BAE +∠DAF= ∠BAD=45°，
2
即∠EAF=45°；
（2）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠B=90°，
由折叠性质可得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，
∴∠ANF=180°−90°=90°，
由操作一得：∠EAF=45°，
∴△ANF是等腰直角三角形，
∴∠AFN=45°，
∴∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，
∴2(45°+∠NFE)+∠CFE=180°，
∴∠NFE=∠CFE=30°，
∴∠AEF=90°−30°=60°；
②∵ △ANF是等腰直角三角形，
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∴AN=FN，
∵∠AMF=∠ANF=90°，∠APN=∠FPM，
∴∠NAP=∠NFE=30°，
∴△ANP≌△FNE(ASA)，
∴AP=FE,PN=EN，
∵∠NFE=∠CFE=30°，∠ENF=∠C=90°，
∴∠NEF=∠CEF=60°，
∴∠AEB=60°，
∵∠B=90°，
∴∠BAE=30°，
√3
∴BE= AB=1，
3
∴AE=2BE=2，
设PN=EN=a，
∵∠ANP=90°,∠NAP=30°，
∴AN=√3PN=√3a，AP=2PN=2a，
∵AN+EN=AE，
∴√3a+a=2，解得：a=√3−1，
∴AP=2a=2√3−2，
∴PM=AM−AP=√3−(2√3−2)=2−√3；
（3）解：如图，在AD上取一点J，使得AJ=AB，过点J作JT⊥BC，交AF于点K，连接EK，
当DF=2CF时，CF=1,DF=2，
∵JK∥DF，
∴△AJK∽△ADF，
AJ JK
∴ = ，
AD DF
JK 3
∴ = ，
2 c
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6
∴JK= ，
5
由（1）可知，EK=BE+JK，
6
设BE=x，则EK=x+ ，
5
∵EK2=ET2+KT2，
6 2 6 2
∴(x+ ) =(3−x) 2+(3− ) ，
5 5
9
∴x= ，
7
当CF=2DF时，同理可得BE=2，
9
综上所述，线段BE的长为 或2；
7
【点睛】此题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定
与性质、解直角三角形等知识， 熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出∠EAF=45°是解题的
关键．
25．（2022·福建厦门·校考三模）在正方形ABCD中，AB=4，∠MAN=45°，M、N分别在BC、CD
上．（且不与正方形顶点重合）
(1)如图1，若MC=CN，求证：∠BAM=∠DAN；
(2)如图2，射线AM和DC的延长线交于点F，射线AN和BC的延长线交于点E，连接EF，请问△ECF的
面积是否发生变化；如果不变，请求出△ECF的面积；如果要变，请说明理由；
(3)如图3，连接BD分别交AM、AN于点G和点H，连接HM，则∠AHM=90°，过点M作TM⊥BC交
BD于点T，求证：TH=HD．
【答案】(1)见解析；
(2)△ECF的面积不变，理由见解析；
(3)见解析．
【分析】（1）证明△ABM≌△ADN，即可；
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1
（2）连接AC，证明△ACF∽△ECA，得到EC⋅FC=AC2，利用S = EC⋅FC，即可得出结论；
△ECF 2
（3）连接AC，过T作TP⊥DC于P，证明△AMC∽△AHD，得到MC=√2HD，证明△DTP是等腰直
角三角形，得到TD=√2TP，证明四边形PCMT是矩形，得到TD=√2MC=2HD，即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=90°，
∵CM=CN，
∴BM=DN，
∴△ABM≌△ADN(SAS)，
∴∠BAM=∠DAN；
（2）解：△ECF的面积不变，理由是：
连接AC，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAC+∠CAE=45°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC2=42+42=32，
∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=45°，
∴∠CAN+∠CEA=45°，
∴∠MAC=∠CEA，
同理得：∠CFA=∠CAE，
∴△ACF∽△ECA，
FC AC
∴ = ，
AC EC
∴EC⋅FC=AC2=32，
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1 1
∴S = EC⋅FC= ×32=16；
△ECF 2 2
（3）证明：如图，连接AC，过T作TP⊥DC于P，
∵∠MAN+∠CAD=45°，
∴∠MAC=∠HAD，
∵∠ACM=∠ADH=45°，
∴△AMC∽△AHD，
MC AC
∴ = =√2，
HD AD
∴MC=√2HD，
∵MT⊥BC，
∴∠CMT=90°，
∵TP⊥CD，
∴∠DPT=90°，
∵∠PDT=45°，
∴△DTP是等腰直角三角形，
∴TD=√2TP，
∵∠PCM=∠CPT=∠CMT=90°，
∴四边形PCMT是矩形，
∴CM=PT，
∴TD=√2MC=2HD，
∴TH=HD．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定的性质，等腰三角形的判
定和性质，矩形的判定和性质．熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
26．（2023·安徽·校联考一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，
∠EAF=45°．
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(1)若EA是∠BEF的角平分线，求证：FA是∠DFE的角平分线；
(2)若BE=DF，求证：EF=BE+DF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过A作AH⊥EF与H，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，利用全等三角形的性质得到BG=DF，
AG=AF；通过证明△GAE≌△FAE，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论．
【详解】（1）过A作AH⊥EF与H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
∵∠AHE=90°，
∴∠B=∠AHE，
∵EA是∠BEF的角平分线，
∴∠AEB=∠AEH，
在△ABE与△AHE中，
¿，
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴AB=AH，
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∴AB=AH=AD
在Rt△AHF与Rt△ADF中，
¿，
∴Rt△AHF≌Rt△ADF(HL)，
∴∠AFE=∠AFD，
∴FA是∠DFE的角平分线；
（2）如图，过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠ABC=90°，
AB=AD，
∴∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠D．
在△GAB和△FAD中，
¿，
∴△GAB≌△FAD(ASA)；
∴BG=DF，AG=AF．
∵∠DAF+∠BAF=90°，
∠GAB=∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB=90°，
∴∠GAF=90°．
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=∠FAE=45°．
在△GAE和△FAE中，
¿，
∴△GAE≌△FAE(SAS)，
∴¿=EF，
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∵¿=BG+BE，
∴DF+BE=EF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰
当的辅助线是解题的关键．
27．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E
不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若
DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
√2
(3) b+a
2
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求
得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADF(SAS)，推出AM=AF，
∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEF(SAS)，最后利用全等三角形的性质求解；
√2
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNH(AAS)，进而求出HN= CH，再根据（2）的
2
结论求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
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¿，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF；
（2）解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
¿，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
¿，
∴△AEM≌△AEF(SAS)，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
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在△ABE和△GNH中
¿，
∴△ABE≌△GNH(AAS)，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
HN
∴sin45°= ，
HC
√2
∴HN= CH，
2
√2
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF= b+a．
2
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，
构建三角形全等是解答关键．
28．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有45°角
的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°
角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN．
【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：
∠CNM=∠CNH；
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF∽△CNM；
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【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．
EF
连接AC交BD于点O，求 的值．
NM
EF √2
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] =
NM 2
【分析】[探究一]证明△CNM≌△CNH，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角
∠ECF=∠NCM，进而即可证明
EC CD 1
[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA， = = ，将△DMC绕点C顺时针旋转
NC AC √2
90°得到△BGC，则点G在直线AB上．得出△NCG≌△NCM，根据全等三角形的性质得出
∠MNC=∠GNC，进而可得∠CNM=∠CEF，证明△ECF∽△NCM，根据相似三角形的性质得出
EF EC CD 1
= = = ，即可得出结论．
NM NC AC √2
【详解】[探究一]
∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，
∴CM=CH,∠MCH=90°，
∴∠NCH=∠MCH−∠MCN=90°−45°=45°，
∴∠MCN=∠HCN，
在△CNM与△CNH中
¿
∴△CNM≌△CNH
∴∠CNM=∠CNH
[探究二]证明：如图所示，
∵四边形ABCD是正方形，
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∴∠DBA=45°，
又∠MCN=45°，
∴∠FBN=∠FCE=45°，
∵∠EFC=∠BFN，
∴∠CEF=∠FNB，
又∵∠CNM=∠CNH，
∴∠CEF=∠CNM，
又∵公共角∠ECF=∠NCM，
∴△CEF∽△CNM；
[探究三] 证明：∵AC,BD是正方形的对角线，
∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°−∠BAC=135°，
∴∠CDE=∠CAN，
∵∠MCN=∠DCA=45°，
∴∠MCN−∠DCN=∠DCA−∠DCN，
即∠ECD=∠NCA，
∴△ECD∽△NCA，
EC CD 1
∴∠CED=∠CNA， = = ，
NC AC √2
如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．
∴MC=GC，∠MCG=90°，
∴∠NCG=∠NCM=45°，
又CN=CN，
∴△NCG≌△NCM，
∴∠MNC=∠GNC，
∵∠CNA=∠CEF，
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∴∠CNM=∠CEF，
又∠ECF=∠NCM，
∴△ECF∽△NCM，
EF EC CD 1
∴ = = = ，
NM NC AC √2
EF √2
即 = ．
NM 2
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，
熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
题型 05 四边形翻折模型
【解题思路】翻折问题属于图形变换中的实际问题，在解决翻折问题的有关的题目中，要注意隐含的已知
条件比较多.比如翻折前后的图形全等，这样就好出现相等的线段和相等的角；因为大部分翻折问题是对矩
形进行翻折，所以翻折后由于线段交错，出现的直角三角形也引起注意；因为翻折问题本身是轴对称的问
题，所以翻折前后对应点所连线段会被折痕所在直线垂直平分；折痕还会平分翻折所形成的的两个角.总之，
翻折问题并不复杂，只要要把隐含已知条件熟记于心，再结合其他有关知识就能让此类问题迎刃而解了.
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模型解读 图形 已知 结论
A'
沿着矩形的对角 D E C 已知矩形 ABCD 中，以 1)∆ABD≌∆A'BD
线所在直线进行 对角线BD为折痕，折叠 2)折痕BD垂直平分AA'
翻折 ABD，点A的对应点为A' 3)∆BDE为等腰直角三角形
A B
D E C
1)∆BCE≌∆BC'E
C' 2)折痕BE垂直平分CC'
A B
D A' C
沿着矩形的一个 1)∆ABE≌∆A'BE
E 已知矩形 ABCD 中，以
顶点和一边上的 2)折痕BE垂直平分AA'
BE为折痕，点A的对应
点的线段所在直
A B 点为A'
线进行翻折
D'
D E C(A')
1)四边形AFED≌四边形
A'FED'
2)折痕BE垂直平分AA'
A F B
D E C
F 1)∆EFC≌∆EFC'
C' 2)折痕EF垂直平分CC'
A B
D'
D F C 1)四边形AEFD≌四边形
已知矩形 ABCD 中，以
G
沿着矩形边上的 A'EFD'
点E,F为折痕，点A的对
任意两点所在直 A' 2)折痕EF垂直平分AA'
应点为A'，点C的对应
线进行翻折
点为C'
A E B
D E C
1)四边形BFEC≌四边形
B'FEC'
C'
2)折痕EF垂直平分CC'
A G F B 3)∆GB'F为直角三角形
B'
29．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰
好落在BC边上的点F处，若CD=3BF，BE=4，则AD的长为（ ）
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A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【分析】根据折叠的性质可得AE=EF,AD=FD，设BE=x，则CD=3x，则
AE=AB−BE=CD−BE=3x−4，在Rt△BEF中勾股定理建列方程，求得x，进而求得CD，根据
BF CD
∠BEF=∠DFC，可得tan∠BEF=tan∠DFC，即 = ，求得FC=12，在Rt△FCD中，勾股定
BE FC
理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，
∵将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，
∴FD=AD,EF=AE,∠EFD=∠A=90°，
∵ CD=3BF，BE=4，
设BF=x，则CD=3x，AE=AB−BE=CD−BE=3x−4，
在Rt△BEF中BE2+BF2=EF2，
即42+x2=(3x−4) 2，
解得x=3，
∴ BF=3,CD=9，
∵∠EFD=∠A=90°，∠B=∠C=90°，
∴ ∠BEF=90°−∠BFE=∠DFC，
∴ tan∠BEF=tan∠DFC，
BF CD
∴ = ，
BE FC
3 9
∴ = ，
4 FC
∴FC=12，
在Rt△FCD中，FD=√FC2+CD2=15，
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∴AD=FD=15．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正切的定义，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的
关键．
30．（2021·四川巴中·统考中考真题）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是(﹣10，
8)，点D在AC上，将△BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（ ）
3 3 √3 1
A． B． C． D．
4 5 3 2
【答案】D
【分析】先根据四边形ABCD是矩形，C（-10，8），得出BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，再
由折叠的性质得到CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，利用勾股定理先求出OE的长，即可得到AE，
DE
再利用勾股定理求出DE，利用tan∠DBE= 求解即可.
BE
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，C（-10，8），
∴BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，
由折叠的性质可知：CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，
在直角三角形BEO中：OE=√BE2−OB2=6，
∴AE=OA−OE=4，
设CD=DE=x，则AD=AC−CD=8−x
在直角三角形ADE中：AD2+AE2=DE2，
∴(8−x) 2+42=x2，
解得x=5，
∴DE=5，
∵∠DEB=90°，
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DE 5 1
∴tan∠DBE= = = ，
BE 10 2
故选D.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键在于能够熟练掌握
相关知识进行求解.
31．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=10，BC=8．点P在
AD上运动（点P不与点A、D重合）将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处（包括矩形边
界），则AP的取值范围是 ，连接DM并延长交矩形ABCD的AB边于点G，当
∠ABM=2∠ADG时，AP的长是 ．
【答案】 00 25−5√21/−5√21+25
【分析】根据勾股定理求出CM=√BM2−BC2=√102−82=6，得出DM=10−6=4，证明
PD DM PD 4
∠BMC=∠MPD，得出△PDM∽△MCB，根据相似三角形的性质得出 = ，即 = ，求出
CM BC 6 8
AP AB 5
AP=8−3=5，即可得出0
