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专题 18.7 四边形中的七大模型
【人教版】
【模型1 “中点四边形”模型】................................................................................................................................3
【模型2 “十字架”模型】......................................................................................................................................12
【模型3 “垂美四边形”模型】..............................................................................................................................21
【模型4 “对角互补”模型】..................................................................................................................................31
【模型5 “含60°角的菱形”模型】.......................................................................................................................39
【模型6 “梯子”模型】..........................................................................................................................................47
【模型7 “半角”模型】..........................................................................................................................................53
【模型一 “中点四边形”模型】
模型特征：
条件 E,F,G,H分别是四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点
图示
①四边形EFGH是平行四边形；
② C 四边形EFGH=AC+BD；
1
结论 =
S S
③ 四边形EFGH 2 四边形ABCD
结论证明：
（结论①:四边形EFGH是平行四边形）
由图可知，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，
1 1
∴EF//AC,EF= AC，HG//AC,HG= AC，
2 2
∴EF//HG,且EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形.
(结论②:C 四边形EFGH=AC+BD)
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴EF=GH,FG=EH,
∴ C 四边形EFGH=2(EF+FG).
∵EF,FG 分别是△ABC和△BCD的中位线，
1 1
∴EF= AC,FG= BD，
2 2
∴ C 四边形EFGH=2(EF+FG)=AC+BD.
1
=
（结论③S 四边形EFGH 2 S 四边形ABCD ）
∵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，
1 1 1 1
∴S
△BEF
=
4
S
△ABC
，S
△CGF
=
4
S
△BCD
，S
△DHG
=
4
S
△ACD
， S
△AHE
=
4
S
△ABD
.
∵S △ABC +S △BCD +S △ACD +S △ABD =2 S 四边形ABCD ，
1 1
∴ S 四边形EFGH=S 四边形ABCD-(S △BEF +S △CGF +S △DHG +S △AHE )=S 四边形ABCD- 4 ×2 S 四边形ABCD= 2 S 四边形ABCD.
模型拓展：
拓展方向 图形背景由一般四边形拓展为特殊四边形
类型 矩形的中点四边形 菱形的中点四边形 正方形的中点四边形
条件 E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点图示
结论 四边形EFGH是菱形 四边形EFGH是矩形 四边形EFGH是正方形
【模型1 “中点四边形”模型】
【例1】（2024·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
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，
∴△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．
【变式1-1】（24-25八年级·江苏盐城·期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点形成的四边形为矩形，则
四边形ABCD满足的条件为.
【答案】AC⊥BD
【分析】如图所示，由四边形EFGH为矩形，根据矩形的四个角为直角得到∠FEH=90°，又EF为三角形
ABD的中位线，根据中位线定理得到EF与DB平行，根据两直线平行，同旁内角互补得到∠EMO=90°，
同理根据三角形中位线定理得到EH与AC平行，再根据两直线平行，同旁内角互补得到∠AOD=90°，根
据垂直定义得到AC与BD垂直．
【详解】顺次连接四边形ABCD四边中点形成的四边形为矩形，则四边形ABCD满足的条件为对角线垂
直，理由：
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
则AC⊥BD，故四边形ABCD满足的条件为对角线垂直．
故答案为AC⊥BD．
【点睛】此题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理以及平行线的性质．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，
合理组合发现的新结论．
【变式1-2】（24-25八年级·全国·课后作业）我们把顺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．
（1）任意四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（2）任意平行四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（3）任意矩形、菱形和正方形的中点四边形分别是什么形状？为什么？
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）平行四边形；理由见解析；（3）菱形、矩形、正方形．
理由见解析．
【分析】（1）连接BD，根据三角形的中位线定理，可得EH∥GF，EH =FG，即可求证；
（2）连接AC，DB，根据三角形的中位线定理，可得EH∥GF，EH =FG，即可求证；
（3）利用（1）的判定方法，再根据三角形的中位线定理和矩形、菱形、正方形的判定方法来判定，即可
求证．
【详解】（1）任意四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知四边形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，如图1：
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
1
∴EH//BD ，EH= BD ，
2
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，
1
∴FG//BD ，FG= BD ，
2
∴EH∥GF，EH =FG，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）任意平行四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知平行四边形ABCD，E，N，M，F分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图2：∵E，F分别是DA，DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
1
∴EF∥AC，EF= AC ，
2
∵M，N分别是BC，AB的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN∥AC，MN= AC，
2
∴EF∥MN，EF=MN，
∴四边形MNEF是平行四边形；
（3）如果原四边形为矩形，则形成的中点四边形为菱形，理由如下：
已知矩形ABCD，H，E，F，G分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
1
∴EH= BD，
2
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
1
∴GF= BD，
2
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，1
∴EF= AC，
2
∵G是CD的中点，H是AD的中点，
∴GH是△ACD的中位线，
1
∴GH= AC，
2
又∵AC=BD，
∴EF=GF=EH=GH，四边形EFGH是菱形；
如果原四边形为菱形，则形成的中点四边形为矩形，
理由如下；已知菱形ABCD，E，F，G，H分别是AB，，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
1
∴EH∥BD，EH= BD ，
2
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
1
∴GF∥BD，GF= BD ，
2
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形；
如果原四边形为正方形，则形成的中点四边形为正方形，理由如下：
已知正方形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
1
∴EH∥BD，EH= BD，
2
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
1
∴GF∥BD，GF= BD，
2
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式1-3】（24-25八年级·河北石家庄·期中）四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、
DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，请利用（1）中的结论，判断四
边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等
的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明△ABC≌△DMB，得到AC=DB，根据（1）①
证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等边三角形，∴MB=BC=CM，∠M=60°，
∵BC=AB+CD，∴MA+AB=AB+CD=CD+DM，∴MA=CD，DM=AB，
在△ABC和△DMB中，
{
AB=DM
)
∠ABC=∠M ，
BC=BM
∴△ABC≌△DMB，∴AC=DB，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定
理、菱形的判定定理是解题的关键．
【模型二 “十字架”模型】
模型特征：
类型 过顶点型 不过顶点型
在正方形ABCD中，点E,F分别在CD,AD 在正方形ABCD中，点E,F,G,H分别在
条件
上，AE⊥BF AB,CD,BC,AD上，EF⊥GH
图示
结论 ①△ABF≌△DAE;②BF=AE GH=EF
结论证明：
(结论：△ABF≌△DAE,BF=AE)
如右图,∵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.
∠BAF=∠ADE，
在△ABF和△DAE中，
BA=AD，
∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE(ASA),
∴BF=AE.
不过顶点型结论自主证明（提示 ：过点 H 作 HM⊥BC,过点 E 作 EL⊥CD,垂足分别为 M,L, 证明
△GHM≌△FEL,即可得GH=EF.）
模型拓展：
拓展方向 由正方形向矩形拓展
类型 过顶点型 不过顶点型
在矩形ABCD中，点E在AD 上， 在矩形ABCD中，点E,F,G,H分别在
条件
CE⊥BD AD,BC,AB,DC上，EF⊥GH
图示
结论 BCD∽△CDE；② CD = DE EF = CD
①△ BC CD GH BC
【模型2 “十字架”模型】
【例2】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB
边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则△GPQ的周长最小
值是（ ）3 3+3❑√5 3 9
A． +2❑√2 B． C． +2❑√3 D．
2 2 2 2
【答案】B
【分析】连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求
△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，在
Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
【详解】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM，
由折叠可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中点，
1
∴BP＝PG＝ GC，
2
∵Q是GH的中点，
1
∴QG＝ GH，
2
1 1
∴△GPQ的周长＝PQ+QG+PG＝PM+ GH+PB＝PM+PB+ CD，
2 2
∵CD＝3，
3
∴△GPQ的周长＝PM+PB+ ，
2
当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，
3❑√5
在Rt△BCM中，BM＝ ，
2
3+3❑√5
∴△GPQ的周长的最小值为 .
2
故选B．
【点评】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题
的关键．【变式2-1】（24-25八年级·安徽芜湖·期末）如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD的顶点A折叠至
DC边上的点E，使DE=5，若折痕为PQ，则PQ的长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】A
【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得 PQM≌△ADE，
从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解． △
【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M，
由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∴∠APQ=∠PQM，
∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，
∴PM=AD，
∵∠D=∠PMQ=90°，
∴△PQM≌△ADE，
∴PQ=AE，在Rt△ADE 中，DE=5，AD=12，
由勾股定理得：
AE=❑√52+122=13，
∴PQ=13．
故选：A．
【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，勾股定理，得到 PQM≌△ADE是解题
的关键． △
【变式2-2】（24-25八年级·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
【分析】由正方形中“十字架”模型的解法可知，过F点作FH⊥CD于H，可证△ABE≌△FHG(ASA
)，可得AE=FG，由勾股定理可求AE=❑√10，再由“对角形互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一
半”，即可求解．
【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=∠FHG
)
AB=FH ，
∠BAE=∠HFG
∴ △ABE≌△FHG(ASA)
∴AE=FG，
∵CE=2BE，
1
∴BE= BC=1，
3
∴AE=❑√AB2+BE2
=❑√32+12=❑√10，
∴FG=❑√10，
1
∴S = AE⋅FG
四边形AFEG 2
1
= ×❑√10×❑√10
2
=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．
【变式2-3】（2024·河南·一模）综合与实践
数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，已知AE⊥BF，求证：AE=BF．甲小组同学的证明思路如下：
由同角的余角相等可得∠ABF=∠DAE．再由AB=DA，∠BAF=∠D=90°，证得△ABF≌△DAE
（依据：________），从而得AE=BF．
乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知AE=BF，同样可证得AE⊥BF，证明思路如下：
由AB=DA，BF=AE可证得Rt△ABF≌Rt△DAE(HL)，可得∠ABF=∠DAE，再根据角的等量代换
即可证得AE⊥BF．
完成任务：
（1）填空：上述材料中的依据是________（填“SAS”或“AAS”或“ASA”或“HL”）
【发现问题】
同学们通过交流后发现，已知AE⊥BF可证得AE=BF，已知AE=BF同样可证得AE⊥BF，为了验证
这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．
【迁移探究】
（2）在正方形ABCD中，点E在CD上，点M，N分别在AD,BC上，连接AE,MN交于点P．甲小组同
学根据MN⊥AE画出图形如图2所示，乙小组同学根据MN=AE画出图形如图3所示．甲小组同学发现
已知MN⊥AE仍能证明MN=AE，乙小组同学发现已知MN=AE无法证明MN⊥AE一定成立．
①在图2中，已知MN⊥AE，求证：MN=AE；
②在图3中，若∠DAE=α，则∠APM的度数为多少?
【拓展应用】
（3）如图4，在正方形ABCD中，AB=3，点E在边AB上，点M在边AD上，且AE=AM=1，点F，N
分别在直线CD，BC上，若EF=MN，当直线EF与直线MN所夹较小角的度数为30°时，请直接写出
CF的长．【答案】（1）ASA；（2）①见解析；②∠APM=90°−2α；（3）2−❑√3或2+❑√3
【分析】（1）先证明∠ABF=∠DAE，结合AB=DA，∠BAF=∠D=90°可知根据ASA即可证明
△ABF≌△DAE；
（2）①作MH⊥BC于点H，先证明∠HMN=∠DAE，然后根据ASA即可证明△HMN≌△DAE即可证
明结论成立；
②NL⊥AD于点L，同理可证△LNM≌△DAE(HL)，从而∠MNL=∠DAE=α，然后利用直角三角形两
锐角互余和三角形外角的性质即可求解；
（3）①当N、F在BC、CD边上时，作FG⊥AB于点G，作MH⊥BC于点H，则四边形ABHM和四
边形BCFG都是矩形，同理可证△EGF≌△NHM(HL)，求出∠HMN=∠EFG=30°，设EG=x，则
EF=2x，利用勾股定理求出x的值，进而可求出CF的长．当N、F在CB、CD的延长线上时，同理可求
出CF的长
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠DAE=90°．
∵AE⊥BF，
∴∠BAP+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∵∠BAF=∠D=90°，
∴△ABF≌△DAE(ASA)．
故答案为：ASA；
（2）①作MH⊥BC于点H，∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠C=∠D=90°，
∴四边形CDMH是矩形，
∴CD=MH=AD，∠AMH=∠DMH=90°，
∴∠AMP+∠HMN=90°．
∵AE⊥MN，
∴∠AMP+∠DAE=90°，
∴∠HMN=∠DAE，
∴△HMN≌△DAE(ASA)，
∴MN=AE；
②作NL⊥AD于点L，
同理可证四边形CDLN是矩形，
∴CD=ln=AD．
∵AD=ln,AE=MN，
∴△LNM≌△DAE(HL)，
∴∠MNL=∠DAE=α，
∴∠LMN=90°−α，
∴∠APM=∠LMN−∠DAE=90°−2α．
（3）解：①当N、F在BC、CD边上时，如图，∠MPE=30°，作FG⊥AB于点G，作MH⊥BC于点H，则四边形ABHM和四边形BCFG都是矩形，
同理可证△EGF≌△NHM(HL)，
∴∠HMN=∠EFG．
∵GF∥BC，
∴MH⊥GF，
∴∠FKH+∠EFG=90°．
∵∠FKH=∠HMN+∠MPE，
∴∠HMN+∠MPE+∠EFG=90°
∵∠MPE=30°，
∴∠HMN=∠EFG=30°，
1
∴EG= EF．
2
设EG=x，则EF=2x，
∵EG2+FG2=EF2，
∴x2+32=(2x) 2，
∴x=❑√3（负值舍去），
∴CF=BG=AB−AE−EG=3−1−❑√3=2−❑√3．
②当N、F在CB、CD的延长线上时，如图，
同理可得：∠HMN=∠EFG=30°，EG=❑√3，
∴CF=BG=AB−AE+EG=3−1+❑√3=2+❑√3．．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角
形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【模型三 “垂美四边形”模型】
模型特征：
条件
在四边形ABCD中，AC⊥BD
图示
1
结论
①AB2+CD2=AD2+BC2 ;② S 四边形ABCD=
2
AC·BD
结论证明：
(结论①的证明)
∵AC⊥BD,
∴根据勾股定理，得AB²=AO²+BO²①,
AD²=AO²+DO²②,
CD²=CO²+DO²③,
BC²=BO²+CO²④.
①+③,得AB²+CD²=AO²+BO²+CO²+DO²,
②+④,得AD²+BC²=AO²+DO²+BO²+CO²,
∴AB²+CD²=AD²+BC².
【模型3 “垂美四边形”模型】
【例3】（24-25八年级·江苏徐州·期中）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，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，四边形ABCD是垂美四边形吗？请说
明理由；
(2)性质探究：如图②，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△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．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】(1)四边形ABCD是垂美四边形，见解析
(2)AB2+CD2=AD2+BC2，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）连接CG、BE，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）解：四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如下图，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，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）解：AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵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）解：如下图，设CE交AB于点M，交BG于点N，连接BE，CG，
∵ ACFG ABDE AC=4 AB=5
四边形 和四边形 都是正方形， ， ，
∴∠CAG=∠BAE=90°，AG=AC=4，AE=AB=5，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，
即∠GAB=∠CAE，
{
AG=AC
)
在△GAB和△CAE中， ∠GAB=∠CAE ，
AB=AE
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵ ∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∵∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
在Rt△ACB中，AC=4，AB=5，由勾股定理逆定理得：BC2=AB2−AC2=9，
在Rt△ACG中，由勾股定理得：CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE2=AB2+AE2=50，
由（2）可得CB2+GE2=CG2+BE2，即9+GE2=32+50，
解得：¿=❑√73（负值舍去），即GE的长为❑√73．
【点睛】本题为四边形综合题，主要考查的是垂直平分线的判定、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答本题的关键．
【变式3-1】（2024八年级·全国·专题练习）小明学习了平行四边形这一章后，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，直接写出垂直四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系：
．
(3)问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，
连接CG，BE，GE，已知AC=4，AB=5．
①求证：四边形BCGE为垂美四边形；
②求出四边形BCGE的面积．
【答案】(1)菱形、正方形
1
(2) AC⋅BD
2
65
(3)①证明见解析；②
2
【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）根据S =S +S 列式求解即可；
四边形ABCD △ABC △ADC
（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）解：∵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、和
正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
1 1 1 1
（2）解：S =S +S = AC⋅BO+ AC⋅DO= AC(BO+DO)= AC⋅BD；
四边形ABCD △ABC △ADC 2 2 2 2
（3）①证明：连接CG和BE，设AB与CE相交于点M，BG与CE相交于点N，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=∠CAE ，
AB=AE
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为垂美四边形；
②解：∵FG=CF=AC=4，∠ACB=90°，AB=5，
∴BC=❑√AB2−AC2=3，
∴BF=BC+CF=7，
在Rt△BFG中，BG=❑√BF2+FG2=❑√72+42=❑√65，
∴CE=BG=❑√65，
∵四边形BCGE为垂美四边形，
1 65
∴四边形BCGE的面积= BG⋅CE= ．
2 2
【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的关键．
【变式3-2】（24-25八年级·江苏泰州·期中）四边形ABCD，AC⊥BD，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．7 B．9 C．16 D．25
【答案】C
【分析】连接AC，与BD交于点O，根据题意可得AC⊥BD，在Rt△AOE与Rt△COE中，利用勾股定
理可得AE2−CE2=AO2−CO2，在Rt△AOB与Rt△COB中，继续利用勾股定理可得
AO2−CO2=AB2−BC2，求解即可得．
【详解】解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，
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．
【变式3-3】（24-25八年级·广东韶关·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=3❑√6,BD=4❑√2，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)12❑√3
(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，
1
Rt△ACD中，S = AC×DE，
ΔACD 2
1
Rt△ABC中，S = AC×BE，
ΔABC 2
1 1 1 1
S =S +S = AC×DE+ AC×BE= ×AC×BD= ×3❑√6×4❑√2=12❑√3．
四边形ABCD ΔACD ΔACB 2 2 2 2
（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，
∴a2+c2=OA2+OB2+OC2+OD2，b2+d2=OA2+OB2+OC2+OD2；
∴a2+c2=b2+d2；
（4）解：连接DE，如图3，
∵D、E分别是△ABC中边BC、AC的中点，
1 1 3 1
∴BD= BC=2,AE= AC= ,DE= AB；
2 2 2 2
∵AD⊥BE，
∴四边形ABDE是垂美四边形；
∴AB2+DE2=BD2+AE2；
即AB2+ (1 AB ) 2 =22+ (3) 2 ，
2 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．
【模型四 “对角互补”模型】
模型特征：
类型 90°角的对角互补模型 60°,120°角的对角互补模型
∠ABC=∠ADC=90°,BD平分∠ABC ∠ABC=120°,∠ADC=60°,BD 平 分
条件
∠ABC
作辅
过 点 D 分 别 作
助线
DE⊥BC于点E, DF⊥BA交BA的延
长线于点F
过点 D 分别作 DE⊥BC于点 E, DF⊥BA交 BA的延长线于点F
结论
①AD=CD; ①AD=CD;
②AB+BC = ❑√2BD ②AB+BC=BD;
1 ❑√3
③ S 四边形ABCD= 2 BD2 ③ S 四边形ABCD= 4 BD2
结论证明：
(针对“90°角的对角互补”模型中的结论进行证明)
如右图,过点D 分别作DE⊥BC于 点E,DF⊥BA 交 BA的延长线于点F.
∵BD 平分∠ABC,∴DE=DF.
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴∠BAD+∠C=180°.
∵∠BAD+∠DAF=180°,
∴∠DAF=∠C.
∵∠F=∠DEC=90°,
∴△DFA≌△DEC(AAS),
∴AD=CD (结论①),AF=CE,
∴AB+BC=AB+BE+CE=AB+BE+AF=BF+BE.
易证四边形DFBE为正方形，
❑√2
∴BF=BE= BD
2
∴AB+BC=BF+BE= ❑√2BD(结论②)；
由三角形全等可知 S =S ,
△DFA △DEC
❑√2 1
∴ S 四边形ABCD= S 正方形DFBE=BF 2=( 2 BD)2= 2 BD2（结论③）
模型拓展：
拓展方向 将角平分线的条件去掉
条件 ∠ABC+∠ADC=180°图示
过点D分别作DE⊥AB于点E,DF⊥BC交 作∠BDG =∠ADC
BC的延长线于点F
作辅助线
结论 △DAE∽△DCF △DAB∽△DCG
【模型4 “对角互补”模型】
【例4】（24-25八年级·重庆南岸·期末）在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN
，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．
(1)如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；
(2)如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成
立的理由．
【答案】(1)见解析
(2)EF=FC+BE，理由见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用AAS、ASA、SAS证明三角形全等成为解题的
关键．
（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD可证△BDE≌△CDF，再根据全等三角形的性质即可证明结
论；
（2）如图：过点D作∠CDG=∠BDE交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到
DE=DG，BE=CG，再证明△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，即可确定EF，BE，CF具有的
数量关系．
【详解】（1）解：∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠DBE=∠DCF=90°，
在△BDE和△CDF中，
∵∠BED=∠CFD,∠DBE=∠DCF,BD=CD，
∴△BDE≌△CDF(AAS)．
∴DE=DF．
（2）解：EF=FC+BE，理由如下：
如图：过点D作∠CDG=∠BDE交AN于点G，
在△BDE和△CDG中，∠EBD=∠GCD,BD=CD,∠BDE=∠CDG,
∴△BDE≌△CDG(ASA)，
∴DE=DG，BE=CG．
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠BDE+∠CDF=60°，
∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°，
∴∠EDF=∠GDF．
在△EDF和△GDF中，DE=DG，∠EDF=∠GDF，DF=DF
∴△EDF≌△GDF(SAS)．
∴EF=GF，
∴EF=FC+CG=FC+BE．
【变式4-1】（2024八年级·全国·专题练习）已知∠ABC=60°,∠ADC=120°,AB=BC，求证：
❑√3
AD+DC=BD，S =S +S = BD2 ．
四 边 形ABC△DABD △BCD 4【答案】见解析
【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．
【详解】证明：延长DC至点E使CE=AD，
∵∠ABC=60°,∠ADC=120°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
{
BA=BC
)
∠A=∠BCE ，
AD=CE
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴AD+DC=BD；
1 1
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF= DE= BE，
2 2
❑√3
∴BF=❑√BE2−EF2= BE，
2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴S DBE= DE×BF= ×BE× BE= BE2，
△ 2 2 2 4❑√3
∴S =S +S = BD2 ．
四 边 形ABC△DABD △BCD 4
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决
问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．
【变式4-2】（2024八年级·全国·专题练习）已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC，求证：
BC+AB=❑√2BD．
【答案】见解析
【分析】过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E，过点D作BC的垂线交BC于点F，根据AAS证明
△DEA≌△DFC得EA=FC,ED=FD，再证明四边形EBFD是正方形，由勾股定理进一步得出结论．
【详解】证明：过点D作BA的垂线交BA的延长线于点E，过点D作BC的垂线交BC于点F，如图．易知∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠ADC=360°．
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠DAB+∠BCD=180°．
又∠DAB+∠DAE=180°，
∴∠DAE=∠BCD．
∵DE⊥AB,DF⊥BC，
∴∠DEB=∠DFC=90°．
又AD=CD，
∴△DEA≌△DFC(AAS)，
∴EA=FC,ED=FD
又DE⊥AB,DF⊥BC，∠ABC=90°，
∴四边形EBFD是正方形，
∴ED=BF=FD=EB,EB2+ED2=BD2，
∴2EB2=BD2，
❑√2
∴EB= BD，
2
∴EB+BF=❑√2BD．
∵EB=BA+EA,BF=BC−CF，
∴BA+EA+BC−CF=❑√2BD．
∵EA=FC，
∴BA+BC=❑√2BD．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出
❑√2
EB= BD是解答本题的关键．
2
【变式4-3】（2024·河南濮阳·一模）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F
1
分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF= ∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关
2
系．（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点
F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，
1
∠EAF= ∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
2
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，
直接写出DE的长为________________.
【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）❑√5.
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，
求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出
∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，
求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
1
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝ ∠BAD，
2
∴∠EAF＝∠GAF，
{ AE＝AG )
在△AFG和△AFE中， ∠EAF＝∠GAF ，
AF＝AF∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，
∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
1
∵∠EAF＝ ∠BAD，
2
1
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝ ∠BAD，
2
∴∠EAF＝∠E'AF，
{ AE＝AE′ )
在△AEF和△AE'F中， ∠EAF＝∠E′ AF ，
AF＝AF
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，
同（1）可证△AED≌AED'，∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝❑√EC2+D'C2=❑√EC2+BD2=❑√5，即DE＝❑√5，
故答案为：❑√5．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋
转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【模型五 “含60°角的菱形”模型】
模型特征：
条件
四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD交于点O,∠ABC=60°
图示
①∠ABD=∠CBD=30°；
②△ABC和△ACD均为等边三角形；
结论
③AB:AC:BD=1:1:❑√3;
1 ❑√3
④S菱形ABCD= AC·BD= BC2
2 2
结论证明：
∵四边形ABCD 为菱形，∠ABC=60°,
∴∠ABD=∠CBD=30°(结论①),AB=BC=CD=AD,
∴△ABC 和△ACD 均为等边三角形(结论②).
(有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形)
❑√3
在Rt△BOC中,OB=BC·cos 30°= BC
2
∴BD=2OB=❑√3BC,
∴AB:AC:BD=1:1:❑√3 (结论③).如图,过点A 作AE⊥BC,垂足为E.
❑√3 ❑√3
在Rt△ABE中，AE= AB= BC
2 2
1
∵S菱形ABCD =
2
AC·BD=BC·AE，(菱形的面积等于对角线乘积的一半.)
1 ❑√3
∴S菱形ABCD =
2
AC·BD=
2
BC2(结论④).
【模型5 “含60°角的菱形”模型】
【例5】（24-25八年级·广东云浮·期末）综合与实践课上，智慧星小组三名同学对含60°角的菱形进行了
以下探究．
【背景】
在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠MAN=∠B，AM，AN分别交BC，CD于点M，N．
【感知】
（1）如图1，若M是边BC的中点，小智经过探索发现了线段AM与AN之间的数量关系，请你直接写出
这个关系：____________________．
【探究】
（2）如图2，当M为边BC上任意一点时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．
【应用】
（3）如图3，在菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，在边BC上取一点P，连接AP，在菱形内
部作∠PAN=60°，AN交CD于点N．当AP=❑√13时，求线段DN的长．
【答案】（1）AM=AN；（2）仍然成立，详见解析；（3）1或3
【分析】本题考查菱形，全等三角形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用．
（1）连接AC，根据菱形的性质，等边三角形的判定和性质，则AM⊥BC，即∠AMB=90°；根据
∠MAN=∠B=60°，求出∠DAN；根据全等三角形的判定和性质，△ABM≌△ADN，即可；
（2）连接AC，根据菱形的性质，等边三角形的判定和性质，则△ABC和△ACD是等边三角形，根据
∠MAN=∠B=60°，等量代换则∠BAM=∠CAN，根据全等三角形的判定和性质△ABM≌△ACN，
即可；
（3）过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接AC，根据菱形的性质，等边三角形的判定和性质，则△ABC
1
和△ACD是等边三角形，求出BE= BC=2，AB=AC ∠ACN=∠ABC=60°；根据勾股定理求出AE
2
，EB；根据全等三角形的判定和性质，△ABP≌△ACN，BP=CN；分类讨论：当点P在点E的右侧；
当点P在点E的左侧，即可．
【详解】解：（1）AM=AN，理由如下：
连接AC，
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=AD=CB=CD，∠D=∠B=60°
∴△ABC和△ACD是等边三角形
∵M是边BC的中点
∴AM⊥BC，即∠AMB=90°
∴∠BAM=30°
∵∠MAN=∠B=60°
∴∠DAN=∠BAD−∠BAM−∠MAN=30°
在△ABM和△ADN中，
{
∠D=∠B
)
AB=AD ，
∠DAN=∠BAM
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN；
（2）仍然成立，理由如下：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形
（3）过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CB=CD，∠D=∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
1
∴BE= BC=2，AB=AC，∠ACN=∠ABC=60°，
2
∴AE=❑√AB2−BE2=2❑√3，
∵AP=❑√13，
∴EP=❑√AP2−AE2=1，
∵∠PAN=60°，
∴∠PAC+∠CAN=60°，
∵∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠BAP=∠CAN，
在△ABP和△ACN中，
{∠ACN=∠ABC
)
AC=AB ，
∠CAN=∠BAP
∴△ABP≌△ACN，
∴BP=CN；
当点P在点E的右侧，
∴DN=CD−CN=4−BP=4−BE−EP=1，当点P在点E的左侧，
∵EP=1，
∴BP=BE−EP=1，
∴DN=CD−CN=4−BP=4−1=3；
综上所述，DN的值为1或3．
【变式5-1】（24-25八年级·北京西城·期末）小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图
案所吸引，他从中提取出一个含60°角的菱形ABCD（如图1所示）．若AB的长度为a，则菱形ABCD的
面积为（ ）
❑√3a2 ❑√3a2
A． B． C．a2 D．❑√3a2
4 2
【答案】B
【分析】作出图形，利用30°直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解．
【详解】解：如图所示，菱形ABCD中，AB=BC=a，∠B=60°，
过点A作AE⊥BC于点E，则∠BAE=30°，
1 1
∴BE= AB= a，
2 2❑√3
由勾股定理得AE=❑√AB2−BE2= a，
2
❑√3 ❑√3
∴菱形ABCD的面积为BC⋅AE=a⋅ a= a2 ，
2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练运用30°直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键．
【变式5-2】（24-25八年级·江苏无锡·阶段练习）含60°角的菱形A B C B ，A B C B ，A B C B
1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4
，…，按如图的方式放置在平面直角坐标系xOy，点A ，A ，A ，…，和点B ，B ，B ，B ，…，分别
1 2 3 1 2 3 4
在直线y＝kx和x轴上．已知B (2,0)，B (4,0)，则点A 的坐标是 ；点A 的坐标是 （n为正
1 2 1 n
整数）．
【答案】 (3,❑√3) (3×2n−1,❑√3×2n−1)
【分析】利用菱形的性质得出△A B B 是等边三角形，进而得出A 坐标，进而得出OB =A B =4，同
1 1 2 1 2 2 2
理求得A ,A 的坐标，从而找到规律，即可得出A 的坐标．
2 3 n
【详解】解：过点A 作A D⊥x轴于点D，
1 1∵含60°角的菱形A B C B ，A B C B ，A B C B ，…，
1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4
∴∠A B D=60°，A B =A B ，
1 1 1 1 1 2
∴△A B B 是等边三角形，
1 1 2
∵B （2，0），B （4，0），
1 2
∴A B =B B =OB =2，
1 1 1 2 1
∴B D=1， A D=❑√3，∠A OD=30°
1 1 1
∴OD=3，
则A （3，❑√3），
1
∵∠A OD=30°，∠A B B =60°，
1 2 2 3
∴OB =A B =4，
2 2 2
同理可得出：A (6,2❑√3)，则A (12,4❑√3)，
2 3
则点A 的坐标是：(3×2n−1,❑√3×2n−1 )
n
故答案为：(3,❑√3)，(3×2n−1,❑√3×2n−1
)
【点睛】此题主要考查了一次函数点的坐标规律，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质和勾股定理，
含30度角的直角三角形的性质等知识，得出点A 坐标变化规律是解题关键．
n
【变式5-3】（24-25八年级·江西上饶·期中）【问题情境】
（1）数学探究课上，某兴趣小组探究含60°角的菱形的性质．如图1，菱形ABCD的边长为2❑√3，∠ABC=60°，则∠ABD=______°，BD=______．
【操作发现】
（2）如图2，在图1的基础上，小贤在菱形ABCD的对角线BD上任取一点P（点P不与点B重合），以
AP为边向右侧作菱形APEF，且∠APE=60°，连接DF．
①求证：△ABP≌△ADF；
②随着点P位置的改变，∠BDF的度数是否发生变化？若不变，求出∠BDF的度数；若变化，请说明理
由．
【拓展延伸】
（3）在（2）中，连接PF，若DP=4，求此时PF的长．
【答案】（1） 30°,6；（2）①见解析；②∠BDF的大小不变，且∠BDF=60°；（3） 2❑√3
【分析】（1）根据菱形的对角线平分原则对角，计算∠ABD，利用菱形的对角线互相垂直且平分，勾股
定理计算即可．
（2）①根据菱形的性质，结合∠ABC=60°，∠APE=60°，得到∠BAD=∠PAF=120°，继而得到
∠BAP=∠DAF，证明△ABP≌△ADF即可．
②根据菱形的性质，得到∠ABD=∠ADB=30°，根据△ABP≌△ADF，得到∠ABD=∠ADF=30°，
计算得∠BDF=60°．
（3）连接AE，交PF于点O，过点P作PH⊥AB于点H，证明四边形AOPH是矩形，运用勾股定理计算
即可．
【详解】解：（1）连接AC，与BD交于点G，
∵ 菱形ABCD的边长为2❑√3，∠ABC=60°，AC， BD为对角线，
1
∴∠ABD= ∠ABC=30°，∠AGB=90°，GD=GB，
2
1
∴AG= AB=❑√3，BG=❑√AB2−AG2=3，
2
∴BD=2GB=6，
故答案为：30°,6．（2）①证明：∵菱形ABCD，菱形APEF，
∴AB=AD,AD∥BC,AP=AF,AF∥PE，
∴∠BAD+∠ABC=180°，∠APE+∠PAF=180°，
∵∠ABC=60°，∠APE=60°，
∴∠BAD=∠PAF=120°，
∴∠BAD−∠PAD=∠PAF−∠PAD，
∴∠BAP=∠DAF，
{
AB=AD
)
∵ ∠BAP=∠DAF ，
AP=AF
∴△ABP≌△ADF(SAS)．
②∠BDF的大小不变，且∠BDF=60°，理由如下：
∵菱形ABCD， ∠ABC=60°,
∴AB=AD，∠ABD=30°
∴∠ABD=∠ADB=30°，
∵△ABP≌△ADF，
∴∠ABD=∠ADF=30°，
∴∠BDF=∠ADB+∠ADF=30°+30°=60°．
故∠BDF的大小不变，且∠BDF=60°．
（3）连接AE，交PF于点O，过点P作PH⊥AB于点H，
∵菱形ABCD，菱形APEF，∠ABC=60°，∠APE=60°，
∴AD∥BC,AF∥PE，∠AOP=90°，FO=OP，
∴∠BAD+∠ABC=180°，∠APE+∠PAF=180°，
∴∠BAD=∠PAF=120°，
∴∠PAO=60°，
∵BD=6,PD=4，∴BP=2，
∴PH=1,BH=❑√22−12=❑√3，
∵ AB=2❑√3，
∴AH=BH=❑√3，
∴直线PH是线段AB的垂直平分线，
∴PA=PB=2，
∴∠PAB=∠PBA=30°，
∴∠HAO=∠PAB+∠PAE=90°，
∴四边形AOPH是矩形，
∴PO=AH=❑√3，
∴PF=2PO=2❑√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性
质，含30读角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，矩形的判
定和性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
【模型六 “梯子”模型】
模型特征：
线段AB的两端点在坐标轴上滑动，∠ABC=90°,AB的中点为Q, 连接OQ,CQ,OC
条件
图示
结论
当O,Q,C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OQ+CQ
结论证明：
1
∵∠ABC=90°,AB的中点为Q，∴OQ=QB= AB.
2
√ 1 2
在Rt△BQC中，由勾股定理，得CQ=❑√QB2+BC2=❑( AB) +BC2
2
在△OQC中，OC ≤ OQ+QC，∴当O，Q，C三点共线时，OC取得最大值，此时OC=OQ+CQ，1 √ 1 2
∴OC= AB+❑( AB) +BC2
2 2
【模型6 “梯子”模型】
【例6】（24-25八年级·江苏泰州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=1，AC=4，点A在
y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是 ．
【答案】2+❑√5
【分析】取AC的中点M，连接OM，BM，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得
1
OM= AC=2，在Rt△ABM中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得OB≤2+❑√5，据
2
此解题．
【详解】解：如图，取AC的中点M，连接OM，BM，
∵∠AOC=90°，AM=CM，AC=4，
1
∴OM= AC=2，
2
在Rt△ABM中，
∵∠BAM=90°，AB=1，AM=2，
∴BM=❑√12+22=❑√5，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+❑√5，
∴OB的最大值为2+❑√5，
故答案为：2+❑√5．【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重要考点，掌握相
关知识是解题关键．
【变式6-1】（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点
A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是
①2❑√2－2；②2❑√2＋2；③2❑√5－2；④❑√2＋2
【答案】②
【分析】取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D
三点共线时，OD最大为OE+DE．
【详解】取AB中点E，连接OE、DE、OD，
∵∠MON=90°，
1
∴OE= AB=2．
2
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=2❑√2．
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE=2❑√2+2．
故答案为：②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决
动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题．
【变式6-2】（2024八年级·全国·专题练习）如图所示，线段AB的两端在坐标轴上滑动，∠ABC=90°，
AB的中点为Q，连接OQ,QC，求证：O，Q，C三点共线时，OC取得最大值．【答案】见解析
【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可；
【详解】如图．
在Rt△AOB中，AQ=BQ，
1
∴OQ= AB．
2
在Rt△ABC中，由勾股定理得CQ=❑√QB2+CB2=❑ √ (1 AB ) 2 +CB2．
2
∵OC≤OQ+CQ，
∴当O，Q，C三点共线，OC取得最大值，OC=OQ+QC，即OC= 1 AB+❑ √ (1 AB ) 2 +CB2；
2 2
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·江苏盐城·期中）已知∠MON=90°，线段AB长为6cm，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，连结OC．
(1)求证：无论点A、点B怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
(2)若OP=4❑√2，求OA的长．
(3)求OC的最大值（提示：取AB的中点Q，连接CQ、OQ，运用两点之间，线段最短）【答案】(1)证明见解析；
(2)4+❑√2或4−❑√2
(3)3+3❑√5
【分析】（1）作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分别为E、F，根据AAS判定△PAE≌△PBF,即可得出
PE=PF，进而得到点P在∠AOB的平分线上；
（2）由（1）可得四边形OEPF是正方形，OP=4❑√2，可得OE=PE=4,再根据Rt△APB中，AP=6，可
得PA=3❑√2,进而可得Rt△AEP中，AE=❑√2 ，据此可得OA的长；
（3）取AB的中点Q，连接OQ，CQ,OC, 根据AB长度不变，可得Rt△AOB中，
1
OQ= AB=3,Rt△BCQ中，CQ=3❑√5，再根据OQ+CQ≥OC,可得当O,C,Q三点共线时，OC有最
2
大值，进而得到OC最大值=OQ+QC=3+3❑√5．
【详解】（1）
如图，作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分别为E、F，则
∠PEA=∠PFB=90°
又∵∠EOF=90° ，
∴∠EPF=90°，∵ABCD是正方形，
∴PA=PB,且∠APB=90°，∴∠APE+∠BPE=∠BPE+∠PBE,
即∠APE=∠BPF
在△AEP和△BFP中，
{∠PEA=∠PFB
)
∠APE=∠BPF
PA=PB
∴△PAE≌△PBF(AAS)，
∴PE=PF，
即点P在∠AOB的平分线上；
（2）由（1）可得四边形OEPF是正方形，
OP=4❑√2
∴OE=PE=4
又∵Rt△APB中，AP=6
∴PA=3❑√2,
∴Rt△AEP中，
AE=❑√AP2−PE2=❑√2
∴OA=OE+AE=4+❑√2或
OA=OE−AE=4−❑√2；
（3）
如图，取AB的中点Q，连接OQ，CQ,OC,
∵AB长度不变，BC长度不变，
1
∴Rt△AOB中，OQ= AB=3,Rt△BCQ中，
2
CQ=❑√62+32=3❑√5，
∵OQ+CQ≥OC,∴当O,C,Q三点共线时，OC有最大值，
OC最大值= OQ+QC=3+3❑√5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键
是作辅助线构造全等三角形，依据全等三角形的对应边相等得出结论，解题时注意灵活运用两点之间线段
最短．
【模型七 “半角”模型】
模型特征：
拓展方向 特殊四边形中的“半角”模型
类型 90°含45° 120°含60°
特点 正方形ABCD，∠EAF=45° 菱形ABCD,∠BAD=120°，∠EAF=60°
图示
变形
①△ABG≌△ADF,△AGE≌△AFE;
①△ABE≌△ADG,△AEF≌△AGF;
结论
②EF=BE+DF
②△AEF 为 等 边 三 角 形 ( 连 接 AC, 可 得
△AEC≌△AFD)
【模型7 “半角”模型】
【例7】（24-25八年级·广西南宁·期中）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，
且∠MAN=45°，我们称之为“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，连接AM、AN、MN．(1)试判断DM，BN，MN之间的数量关系；
(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．
(3)如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，点N，M分别在边BC
，CD上，∠MAN=60°，请直接写出BN，DM，MN之间数量关系．
【答案】(1)MN=DM+BN
(2)MN=BN−DM，证明见解析
(3)MN=DM+BN
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用
旋转构造全等三角形是解题的关键．
（1）首先利用SAS证明△EAN≌△MAN，得EN=MN，从而得出答案；
（2）在BC上取BE=MD,连接AE，首先由△ABE≌△ADM(SAS)，得AE=AM，∠BAE=∠MAD，
再利用SAS证明△EAN≌△MAN，得EN=MN，即可证明结论；
（3）将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，由旋转的性质得点E、D、C共线，由（1）同理可得
△EAM≌△NAM(SAS)，得EM=MN，从而解决问题．
【详解】（1）解：MN=DM+BN，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=∠D=90°，由旋转的性质可得：AE=AM，BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠DAM=∠BAE，
∴∠ABE+∠ABC=180°，
∴点E、B、C共线，
∵∠DAM+∠BAM=90°，
∴∠BAE+∠BAM=90°=∠EAM，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EAM−∠MAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
{
AE=AM
)
∠EAN=∠MAN
AN=AN
∴△EAN≌△MAN(SAS)，
∴EN=MN，
∵EN=BE+BN，
∴MN=DM+BN；
（2）解：MN=BN−DM，
证明如下：
如图，在BC上取BE=MD，连接AE，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，AB=AD，
∵∠ADC+∠ADM=180°，
∴∠ADC=∠ADM=∠ABE=90°，
在△ABE和△ADM中，
{
AB=AD
)
∠ABE=∠ADM ，
BE=DM
∴△ABE≌△ADM(SAS)，∴AE=AM，∠BAE=∠MAD，
∵∠BAE+∠EAD=∠BAD=90°，
∴∠DAM+∠EAD=∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=∠EAM−∠MAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
{
AE=AM
)
∠EAN=∠MAN ，
AN=AN
∴△EAN≌△MAN(SAS)，
∴EN=MN，
∵EN=BN−BE，
∴MN=BN−DM；
（3）解：如图，将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，
∴∠B=∠ADE AB=AD AE=AN
， ， ，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADE+∠ADC=180°，
∴点E、D、C共线，
∵∠BAN+∠NAD=∠BAD=120°，
∴∠DAE+∠NAD=∠NAE=120°，
∵∠MAN=60°，
∴∠EAN=∠EAM−∠MAN=60°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
{
AE=AN
)
∠EAM=∠NAM ，
AM=AM∴△EAM≌△NAM(SAS)，
∴EM=MN，
∴MN=DM+BN．
【变式7-1】（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量
关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若
1
∠MBN＝ ∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
2
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线
1
上，若∠MBN＝ ∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
2
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得
△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
1
∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝ ∠ABC，可得到
2
∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可
证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再1
由∠MBN＝ ∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
2
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，
∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，
1
∵∠MBN＝ ∠ABC，
2
1
∴∠ABM+∠CBN= ∠ABC＝∠MBN，
2
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
1
∵∠MBN＝ ∠ABC，
2
1
∴∠MBN＝ ∠MA M'=∠M'BN，
2
∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助
线，得到全等三角形是解题的关键．
【变式7-2】（24-25八年级·山东威海·期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，
1
∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，若∠EAF= ∠BAD，可求得EF、BE、FD之间的
2
数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上
1
的点，若∠EAF= ∠BAD，判断EF、BE、FD之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不
2
成立，请说明理由．
【答案】（1）BE+DF=EF；（2）EF+DF=BE．理由见解析．
【分析】（1）线段EF、BE、FD之间的数量关系是BE+DF=EF．如图，延长CB至M，使BM=DF
，连接AM，利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）结论：EF+DF=BE．如图中，在BE上截取BM=DF，连接AM，证明△ABM≌△ADF(SAS)，
推出AM=AF，∠BAM=∠DAF，再证明△AEM≌△AEF(SAS)，可得结论．
【详解】（1）解：线段EF、BE、FD之间的数量关系是BE+DF=EF．
如图，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，∵∠ABC=∠D=90°，∠ABC+∠1=180°，即：∠ABC+∠D=180°，
∴∠1=∠D，
{AB=AD
)
在△ABM和△ADF中， ∠1=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠3=∠2，
1
∵∠EAF= ∠BAD，∠EAF+∠2+∠4=∠BAD，
2
∴∠2+∠4=∠EAF，
∴∠EAM=∠3+∠4=∠2+∠4=∠EAF，
{
AM=AF
)
在△MAE和△FAE中， ∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EM，
∵EM=BM+BE=BE+DF，
∴EF=BE+FD；
故答案为：BE+DF=EF．
（2）结论：EF+DF=BE．
理由：在BE上截取BM=DF，连接AM，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADE=180°，
∴∠B=∠ADF，
{
BM=DF
)
在△ABM与△ADF中， ∠ABM=∠ADF ，
AB=AD
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠BAM=∠DAF，则∠BAM+∠MAD=∠DAF+∠MAD，
∴∠BAD=∠MAF
1
∵∠EAF= ∠BAD，∠EAF+∠EAM=∠MAF，
2
∴∠EAF=∠EAM，
{
AM=AF
)
在△AEM与△AEF中， ∠EAF=∠EAM ，
AE=AE
∴△AEM≌△AEF(SAS)，
∴EM=EF，
即BE−BM=EF，
即BE−DF=EF，
∴EF+DF=BE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．
【变式7-3】（24-25八年级·四川达州·期末）将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形
ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形
的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，
请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段
EF的长．
10 20
【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为 或 ．
3 3
【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，
∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，∴EF=DF-BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：
设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
4
∴x= ，
3
10
∴EF=x+2= ．
3
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，
设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，1
∴CK= BC=2，
2
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
4
∴x= ，
3
4 20
∴EF=8- = ．
3 3
10 20
综上，线段EF的长为 或 ．
3 3
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理
等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解
决问题．
