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专题 18.8 四边形中的定值、最值、中点四边形问题（50 题）
【人教版】
【题型1 四边形中的定值问题】
1．（24-25九年级·山东菏泽·期中）如图所示，矩形ABCD中，AB=30，AD=40，P为BC上的一动
点，过点P作PM⊥AC于点M，PN⊥BD于点N，试问当P点在BC上运动时，PM+PN的值是否发生
变化？若不变，请求出定值．
【答案】当P点在BC上运动时，PM+PN的值不发生变化，为24
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的面积，根据勾股定理求出BD，求出OC，OB，求
1 1
出△BOC的面积，根据三角形面积公式得出 ×BO×PN+ ×CO×PM=300，由此即可得出答案，熟
2 2
练掌握矩形的性质是解此题的关键．
【详解】解：当P点在BC上运动时，PM+PN的值不发生变化，
理由是：连接PO，
，
∵在矩形ABCD中，AB=30，BC=AD=40，
∴AC=BD，∠ABC=90°，AO=OC=BO=OD，
由勾股定理得：AC=50，
∴AO=OC=OB=OD=25，
1 1
∴S = AB×BC= ×30×40=600，
△ABC 2 2
1
∴S = S =300，
△BOC 2 △ABC1 1
∴ ×BO×PN+ ×CO×PM=300，
2 2
∴PM+PN=24，
即当P点在BC上运动时，PM+PN的值不发生变化，为24．
2．（24-25九年级·浙江台州·期中）已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E在边BC上，作
∠EAF=60°，与CD相交于点F．AE，AF与对角线BD分别相交于点H，G．
BE
(1)如图1，当点E是BC中点时， = ______；
AB
(2)如图2．
①求证：CF=BE；
EH FG
② + 的值是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
AH AG
1
【答案】(1)
2
(2)①见解析；②是，1
【分析】（1）如图1，连接AC，证明△ABC是等边三角形，由E是BC中点，可得AE⊥BC，即
∠AEB=90°，∠BAE=30°，AB=2BE，然后求解作答即可；
（2）①如图2，连接AC，由（1）可知，△ABC是等边三角形， 证明△ACF≌△ABE(ASA)，进而可得
CF=BE；②如图3，连接CH，CG，由菱形ABCD，CF=BE，可得CE=DF，证明
△ABH≌△CBH(SAS)，则S =S ，同理，△ADG≌△CDG(SAS)，S =S ，根据
△ABH △CBH △ADG △CDG
EH FG S S S S BE DF
+ = △BEH + △DFG = △BEH + △DFG= + ，求解作答即可．
AH AG S S S S BC CD
△ABH △ADG △CBH △CDG
【详解】（1）解：如图1，连接AC，∵菱形ABCD，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC中点，
∴AE⊥BC，即∠AEB=90°，
∴∠BAE=30°，
∴AB=2BE，
BE 1
∴ = ，
AB 2
1
故答案为： ；
2
（2）①证明：如图2，连接AC，
由（1）可知，△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，∠CAB=60°=∠EAF，
∴∠CAB−∠CAE=∠EAF−∠CAE，即∠BAE=∠CAF，
∵菱形ABCD，
∴∠ACD=60°=∠ABC，
∵∠ACF=∠ABE，AC=AB，∠CAF=∠BAE，
∴△ACF≌△ABE(ASA)，
∴CF=BE；
②解：如图3，连接CH，CG，∵菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABD=∠CBD=∠CDB=∠ADB，
由①可知，CF=BE，
∴AB−BE=CD−CF，即CE=DF，
∵AB=BC，∠ABH=∠CBH，BH=BH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，
∴S =S ，
△ABH △CBH
同理，△ADG≌△CDG(SAS)，S =S ，
△ADG △CDG
EH FG S S S S BE DF BE CE BC
∴ + = △BEH + △DFG = △BEH + △DFG= + = + = =1，
AH AG S S S S BC CD BC BC BC
△ABH △ADG △CBH △CDG
EH FG
∴ + 的值为定值，且定值为1．
AH AG
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形，全等三角形的判定与
性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形，全等三角形的判定
与性质是解题的关键．
3．（24-25九年级·福建厦门·期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，点F是DC边上的动点（不与端点
重合），点E在线段AF上，AD=m2+1，AE=2m，DE=m2−1，M为线段BF的中点，点N在线段AF
1
上（不与点F重合），且MN= BF．
2
(1)求证：BN⊥AF；
(2)随着点F的运动，试猜想AB−AN的值是否是发生变化，若不变，请求出定值，若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)不发生变化，AB﹣AN＝2
1
【分析】（1）首先根据点M为BF的中点，MN= BF得出MB=MF=MN，进而可得
2
∠BFN=∠MNF，∠FBN=∠MNB，然后根据三角形的内角定理可得出∠FNB=90°，从而得出结
论；
（2）首先根据勾股定理的逆定理证明△ADE为直角三角形，再证△ABN和△ADE全等，从而得出
AN=DE，然后计算AB−AN即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵点M为BF的中点，
1
∴ MB=MF= BF，
2
1
∵ MN= BF，
2
∴MB=MF=MN，
∴∠BFN=∠MNF，∠FBN=∠MNB，
∴∠BFN+∠FBN=∠MNF+∠MNB=∠FNB，
∵∠BFN+∠FBN+∠FNB=180°，
即：2∠FNB=180°，
∴∠FNB=90°，
即：BN⊥AF；
（2）解：猜想AB−AN的值不发生变化，AB−AN=2，理由如下：
∵AD=m2+1，AE=2m，DE=m2−1，
∴AD2=(m2+1) 2=m4+2m2+1，AE2=(2m) 2=4m2，DE2=(m2−1) 2=m4−2m2+1，
∴AE2+DE2=4m2+m4−2m2+1=m4+2m2+1
∴AE2+DE2=AD2，
∴△ADE为直角三角形，即：∠AED=90°，
由（1）可知：BN⊥AF，
∴∠BNA=90°，
∴∠BNA=∠AED=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=m2+1，∠BAD=90°，∴∠DAE+∠BAN=90°，
又∠BNA=90°，
∴∠ABN+∠BAN=90°，
∴∠ABN=∠DAE，
在△ABN和△ADE中，
{
∠ABN=∠DAE
)
∠BNA=∠AED=90° ，
AB=AD
∴△ABN≌△ADE(AAS)，
∴AN=DE=m2−1，
∴AB−AN=m2+1−(m2−1)=2，
∴AB−AN的值不发生变化，值为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，乘法公式，勾股定理的逆定理等知识
点，熟练掌握全等三角形的判定方法与技巧，理解正方形的性质，勾股定理逆定理是解决问题的关键．
4．（24-25九年级·江苏南京·期中）如图，点P是线段AB上一动点，AB=8，以PA，PB为对角线分别作
出菱形ADPC和菱形PFBE且∠ACP=∠BEP=60°．
(1)求证：DE长度为定值．
(2)连接CE，若AP=2时，求△PCE的面积．
(3)若再连接DF，分别取六边形ADFBEC各边中点，当点P从点A运动到点B时，各边中点运动路径的总
长度为________．
【答案】(1)见解析
(2)3❑√3
(3)24
【分析】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定和性质、以及勾股定理等知识点；
（1）利用菱形性质先证明△ACP和△BEP都是等边三角形，得AC=AP=PD，PB=PE，由此即可得出DE=EP+PD=AP+PB=AB=8；
（2）过点C作CH⊥PE，垂足为H，证明∠CHP=30°，由勾股定理求出CH，在利用三角形面积计算
即可，
（3）延长AC、BC交与点Q，取AC中点M，取CE中点N，取AQ中点T，取BQ中点K，根据起点和中
点位置求出各点运动路径长即可．
【详解】（1）证明：在菱形ADPC和菱形PFBE，AC=PC=AD=PD，EP=BE，
又∵∠ACP=∠BEP=60°，
∴△ACP和△BEP都是等边三角形，
∴AC=AP=PD，PB=PE，
∴DE=EP+PD=AP+PB=AB=8，
∴：DE长度为定值，DE=8
（2）如图，过点C作CH⊥PE，垂足为H，
∵△ACP和△BEP都是等边三角形，
∴∠APC=∠BPE=60°，PC=AP=2，PE=PB=AB−AP=8−2=6
∴∠CPE=60°，
∴∠CHP=30°
1
∴PH= PC=1，
2
∵在Rt△PCH中，CH=❑√PC2−PH2=❑√22−12=❑√3，
1 1
∴△PCE的面积= PE⋅CH= ×6×❑√3=3❑√3
2 2
（3）解：延长AC、BC交与点Q，取AC中点M，取CE中点N，取AQ中点T，取BQ中点K，连接PQ
，如图：∵△ACP和△BEP都是等边三角形，
∴∠PAC=∠ABE=60°，
∴△ABQ是等边三角形，
∴AQ=AB=BQ=8
∴QE=CP，CQ=PE，
∴四边形PCQE是平行四边形，
∴QN=PN，
∴当点P在起点A时，CE中点N与AQ中点T重合，当P在终点B时，CE中点N与BQ中点K重合，点N
1
在线段TK上运动，故点N运动路径的长度为TK= AB=4，
2
当点P在起点A时，M与点A重合，当P在终点B时，M与AQ中点T重合，故点M运动路径的长度为
1 1
AQ= AB=4，
2 2
同理DF、AD、BF、BQ的中点运动路径的长度为4，
综上所述：当点P从点A运动到点B时，各边中点运动路径的总长度为=4×6=24．
5．（24-25九年级·福建福州·期中）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是对角线AC上的两点，且
AE=EF=FC，连接BE，DE，BF，DF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）求证：CD2+3DE2是定值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）只需要证明 ABE≌CDF和 ADE≌CBF，即可得到BE=DF，ED=BF，从而得证；
（2）设AD=b，CD=a，△AC=c，过E作△ EM⊥AD于M，再利用AE=EF=FC得到AC=3AE，即可得
1 1 1 2
到S =3S ，即可得到EM= CD= a，再用勾股定理求出AM= b得到DM=AD−AM= b，
△ACD △AED 3 3 3 3
最后利用勾股定理分别求出DE2=EM2+DM2，CD2=AC2−AD2从而得到CD2+3DE2，即可证明.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，AB∥CD
∴∠BAE=∠DCF，
又∵AE=CF
∴△ABE≌CDF（SAS）
∴BE=DF
同理△ADE≌CBF（SAS）
∴ED=BF
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）设AD=b，CD=a，AC=c，过E作EM⊥AD于M
∵EM⊥AD，
1
∴S = AD·EM
△AED 2
∵AE=EF=FC
∴AC=3AE
∴S =3S
△ACD △AED
1 1
∴3× AD·ME= AD·CD
2 2
1 1
∴EM= CD= a
3 3
∴AM=❑√AE2−EM2=❑ √ (1 c ) 2 − (1 a ) 2 = 1 ❑√c2−a2
3 3 3
∵AC2=AD2+DC2∴b2+a2=c2
1
∴AM= b
3
2
∴DM=AD−AM= b
3
1 4
由勾股定理得：DE2=EM2+DM2= a2+ b2
9 9
CD2=AC2−AD2=c2−b2
1 4 1 4 4
∴CD2+3DE2=c2−b2+ a2+ b2=c2+ (a2+b2)= c2= AC2
3 3 3 3 3
∴CD2+3DE2的值为定值
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关
知识进行求解.
6．（24-25九年级·江苏苏州·期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4．过点A作对角线
BD的平行线与边CD的延长线相交于点E，P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，
PE，AC．
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形．
(2)求四边形ABDE的周长和面积．
(3)记△ABP的周长和面积分别为C 和S ，△PDE的周长和面积分别为C 和S ，在点P的运动过程中，试
1 1 2 2
探究下列两个式子的值或范围：①C +C ，②S +S ，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定
1 2 1 2
值的，请直接写出它的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)▱ABDE的周长为：8+8❑√3，▱ABDE的面积为：8❑√3；(3)①16+4❑√3＜C +C ＜12+4❑√3+4❑√7；②S +S 的值为定值，这个定值为4❑√3；
1 2 1 2
【分析】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和
BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C +C =2AB+BD+AP+PE=8+4❑√3+AP+PE，确定AP+PE的最
1 2
大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8，由图形可知：当
P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S +S 的值为定值，这个定值为4❑√3，根据面积公式可得结论．
1 2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
1
∴∠ABD=∠CBP= ∠ABC=30°，AC⊥BD．
2
1
在Rt△AOB中，AO= AB=2，
2
∴OB=2❑√3．
∴BD=2BO=4❑√3．
∴▱ABDE的周长为：2AB+2BD=8+8❑√3，
▱ABDE的面积为：BD·AO=4❑√3×2=8❑√3；
（3）①∵C +C =AB+PB+AP+PD+PE+DE=2AB+BD+AP+PE=8+4❑√3+AP+PE，
1 2
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是4+4=8，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，∵∠BDE=150°，
∴∠EDG=30°，
∵DE=4，
∴EG=2，DG=2❑√3，
Rt△PEG中，BG=4❑√3+2❑√3=6❑√3，
由勾股定理得：PE=❑√22+(6❑√3) 2=4❑√7，
∴AP+PE的最大值是：4+4❑√7，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），
∴8+8+4❑√3＜C +C ＜8+4❑√3+4+4❑√7，
1 2
即16+4❑√3＜C +C ＜12+4❑√3+4❑√7；
1 2
②S +S 的值为定值，这个定值为4❑√3；
1 2
1 1 1 1
理由是： S +S = BP⋅AO+ PD⋅AO= AO(BP+PD)= ×4❑√3×2=4❑√3．
1 2 2 2 2 2
【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长
公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关
键是作辅助线，构建直角三角形．
7．（24-25九年级·四川成都·期末）如图，四边形ABCD是正方形，AB=a，点P是BC上一动点（不与
点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转90°，得到PE．
【初步感知】（1）在点P的运动过程中，试探究∠PAB与∠CPE的数量关系．
【深入研究】
CE
（2）连接CE，在点P的运动过程中，试探究 的值．
BP
【拓展延伸】
（3）AE与CD相交于点F，在点P的运动过程中，试探究△PCF的周长是否为定值，若是，求出△PCF
的周长；若不是，请说明理由．
CE
【答案】（1）∠BAP=∠CPE（2） =❑√2（3）是定值，理由见详解
BP
【分析】（1）由正方形的性质可得AB=BC，∠B=90°，由旋转的性质可得AP=PE，
∠APE=90°=∠ABC，由外角的性质可证∠BAP=∠CPE；
（2）由等腰直角三角形的性质可得GP=❑√2BP，由“SAS”可证△GAP≌△CPE，可得CE=GP，即可
求解；
（3）由“SAS”可证△ABP≌△ADH，可得AP=AH，∠BAP=∠DAH，由“SAS”可证
△APF≌△AHF，可得PF=HF，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵将PA绕点P按顺时针方向旋转90°，得到PE．
∴AP=PE，∠APE=90°=∠ABC，
∵∠APC=∠APE+∠CPE=∠ABC+∠BAP，
∴∠BAP=∠CPE；
（2）如图，在AB上截取BG=BP，连接PG，
∵∠ABC=90° BG=BP
， ，
∴GP=❑√2BP，
∵AB=BC，BP=BG，∴AG=PC，
又∵∠BAP=∠CPE，AP=PE，
∴△GAP≌△CPE(SAS)，
∴CE=GP，
CE PG
∴ = =❑√2；
BP BP
（3）△PCF的周长是定值，理由如下：
如图，延长CD至H，使DH=BP，连接AH，
∵AB=AD ∠ABC=∠ADH=90° BP=DH
， ， ，
∴△ABP≌△ADH(SAS)，
∴AP=AH，∠BAP=∠DAH，
∵AP=PE，∠APE=90°，
∴∠PAE=∠PEA=45°，
∴∠BAP+∠DAF=45°，
∴∠DAH+∠DAF=45°，
∴∠FAH=∠PAF=45°，
又∵AF=AF，
∴△APF≌△AHF(SAS)，
∴PF=HF，
∴△PFC的周长=PF+PC+CF=FH+PC+FC=BP+PC+FC+DF=BC+CD=2a，
∴△PCF的周长是定值．
8．（24-25九年级·山东济南·期中）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，点E、F分别是边
BC、CD上的两个动点，E点从点B向点C运动，F点从点D向点C运动，设点E、F运动的路径长分别是
a和b．(1)猜想：如图①，当a=b时，写出线段AE与线段AF的数量关系；
(2)证明：如图②，连接AC，若a+b=6，请证明 ABE≌△ACF；
(3)应用：在（2）的条件下，四边形AECF的面△积是否发生变化？如果不变，请直接写出这个定值；如果
变化，请直接写出该四边形面积的最大值．
【答案】(1)AE=AF
(2)见解析
(3)不变，9❑√3
【分析】（1）证明 ABE≌△ACF，可得结论；
（2）根据SAS证明△三角形全等即可；
（3）证明四边形的面积=△ABC的面积，即可解决问题．
【详解】（1）解：结论：AE=AF．
理由：如图①中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，{
BA=DA
)
∠B=∠D ，
BE=DF
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE=AF；
（2）证明：如图②中，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=DA=6，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACD=60°=∠B，AC=AB，
∵a+b=6，即BE+DF=6=BC，
∴BE=CF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠B=∠ACF ，
BE=CF
∴△ABE≌△ACF（SAS）；
（3）解：不变，四边形AECF的面积为9❑√3，
理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S ABE=S ACF，
△ △
❑√3
故S AECF=S AEC+S ACF=S AEC+S ABE=S ABC= ×62=9❑√3．
四边形 △ △ △ △ △ 4
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定和性
质、勾股定理、垂线段最短的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，证明三角形
全等是解决问题的关键．
9．（24-25九年级·广东广州·期中）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且G点在矩形ABCD内部，延长BG交DC于点F．
(1)求证：GF＝DF；
(2)若DC＝9，DE＝2CF，求AD的长；
AD2
(3)若DC＝n•DF，那么n• 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
AB2
【答案】(1)见解析
9❑√17−9
(2)AD= ；
2
(3)4
【分析】（1）利用HL证明△EGF≌△EDF，即可得到结论；
（2）设CF=x，则DF=9-x，DE=2CF=2x，BC=AD=2DE=4x，求得BF =18-x，根据勾股定理得
BC2+CF2=BF2，列得（4x）2+x2=（18-x）2，求出x即可得到AD的长；
n−1 n+1
（3）由DC＝n•DF得到DF、BF的长，根据勾股定理得BC2+CF2=BF2，列得BC2+( DC)2=( DC
n n
2❑√n
)2，求出BC= DC，即可得到答案．
n
【详解】（1）证明：连接EF，
由折叠得AE=EG，∠EGB=∠A=90°，
∵E是AD的中点，
∴DE=AE=EG，
∵∠D=90°，
∴∠D=∠EGF=90°，∵EF=EF，
∴△EGF≌△EDF，
∴GF=DF；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=BG=9，AD=BC，
设CF=x，则DF=9-x，DE=2CF=2x，BC=AD=2DE=4x，
∵GF=DF，
∴GF=9-x，
∴BF=BG+GF=9+9-x=18-x，
在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，
∴（4x）2+x2=（18-x）2，
9❑√17−9 9−9❑√17
解得x= 或x= （舍去），
8 8
9❑√17−9
∴AD=4x= ；
2
AD2
（3）n• 是定值．
AB2
∵DC＝n•DF，
1
∴DF= DC，
n
1 n−1
∴FC=DC-DF=DC- DC= DC，
n n
∵DF=GF，AB=BG=CD，
1 n+1
∴BF=BG+GF=DC+ DC= DC，
n n
在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，
n−1 n+1
∴BC2+( DC)2=( DC)2，
n n2❑√n
∴BC= DC，
n
2❑√n
∴AD= AB，
n
AD2
∴n• =4．
AB2
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确掌握全等三角形的判定及性
质结合勾股定理进行论证是解题的关键．
10．（24-25九年级·山东临沂·期末）综合与实践
问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规
格相同），已知矩形纸片宽AD=6．
动手实践：
（1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片ABCD折叠，点D落在AB边上的点E处，折痕为AF，连接EF，
然后将纸片展平，得到四边形AEFD．试判断四边形AEFD的形状，并加以证明；
深度探究：
（2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形EFCB剪去，然后在边AD，EF上取点G，H，将四边形
AEFD沿GH折叠，使A点的对应点A′始终落在边DF上（点A′不与点D，F重合），点E落在点E′处，
A′E′与EF交于点T．
①当DA′=2时，可以求出AG的长度．请写出解答过程；
②当A′在DF上运动时，△FT A′的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．
10
【答案】（1）四边形AEFD是正方形，理由见解析；（2）①AG= ，过程见解析；②△FT A′的周长
3
不变，为定值12．
【分析】（1）证AD=AE=FD=FE，得四边形AEFD是菱形，再由∠D=90°，即可得出结论；
（2）①设AG=A′G=x，则DG=6−x，然后利用勾股定理求解即可；②连接A A′，AT，过点A作AM⊥A′T于点M，证明△DA A′≌△MA A′ (AAS)，由全等三角形的性质得
出DA′=M A′，AD=AM，证明Rt△AMT≌Rt△AET(HL)，由全等三角形的性质得出MT=ET，则可
得出答案．
【详解】解：（1）四边形AEFD是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB∥CD，
∴∠FAE=∠DFA，
由第一步折叠可知：∠FAE=∠DAF，AD=AE，FD=FE，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=FD，
∴AD=AE=FD=FE，
∴四边形AEFD是菱形，
又∵∠D=90°，
∴四边形AEFD是正方形；
（2）①设AG=A′G=x，则DG=6−x，
由勾股定理得，(6−x) 2+22=x2，
10
解得x= ，
3
10
∴AG= ；
3
②△FT A′的周长不变，为定值12．理由如下：
如图，连接A A′，AT，过点A作AM⊥A′T于点M，
由折叠可知，AG=GA′，∠GA′E=∠GAE=90°，
∴∠GA A′=∠GA′ A，
∴∠A′ AE=∠A A′T，
∵DF∥AE，∴∠DA′ A=∠A′ AE=∠A A′T，
∵A A′=A A′，∠D=∠AM A′=90°，
∴△DA A′≌△MA A′ (AAS)，
∴DA′=M A′，AD=AM，
∴AM=AD=AE，
∵AT=AT，
∴Rt△AMT≌Rt△AET(HL)，
∴MT=ET，
∵△FT A′的周长=A′F+TF+A′T
=A′F+TF+A′M+TM
=A′F+TF+A′D+ET
=DF+TF
=6+6 =12，
∴△FT A′的周长为12．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知
识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【题型2 四边形中的最小值问题】
11．（24-25九年级·江苏扬州·期末）如图，已知∠AOB=60°，点C在射线OA上，点D，E在射线OB
上，其中OC=OD=6，四边形CEDF是平行四边形．
(1)请只用无刻度的直尺画出菱形CODN，保留作图痕迹，并说明理由．
(2)作出（1）中菱形CODN后，若点P是OC边上一动点，点Q是菱形CODN对角线ON上一动点，则
QC+QP的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)3❑√3【分析】（1）连结CD，EF交于点G，作射线CF，OG交于点N，连结DN，根据平行四边形的对角线
互相平分，可知CG=DG，然后证明△NCG≌△ODG，可得CN=OD，由此可证四边形CODN是平行
四边形，进一步推得四边形CODN是菱形；
（2）连结PD，QD，过点D作DH⊥OA于点H，根据菱形的性质可知ON垂直平分CD，即得QD=QC
，所以QC+QP=QD+QP，当点P在点H处，且点Q在DH上时，QC+QP取最小值，最小值为DH的
长，再求出DH的长，即得答案．
【详解】（1）连结CD，EF交于点G，作射线CF，OG交于点N，连结DN，则四边形CODN就是所求
作的图形；
∵ CEDF
四边形 是平行四边形，
∴CG=DG，CN∥OD，
∴∠NCG=∠ODG，∠CNG=∠DOG，
∴△NCG≌△ODG(AAS)，
∴CN=OD，
∴四边形CODN是平行四边形，
又∵OC=OD，
∴四边形CODN是菱形；
（2）连结PD，QD，过点D作DH⊥OA于点H，
∵四边形CODN是菱形，
∴ON垂直平分CD，
∴QD=QC，
∴QC+QP=QD+QP，
当点P在点H处，且点Q在DH上时，QC+QP取最小值，最小值为DH的长，
∵∠AOB=60°，OC=OD=6，
∴△OCD是等边三角形，∵DH⊥OA，
1
∴OH= OC=3，
2
∴DH=❑√OD2−OH2=❑√62−32=3❑√3，
即QC+QP的最小值为3❑√3．
故答案为：3❑√3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角
形的判定与性质，勾股定理，几何作图，线段垂直平分线的性质及轴对称的性质等知识，利用平行四边形
的对角线互相平分作图及轴对称的性质是解题的关键．
12．（24-25九年级·云南昆明·期末）如图1，AE∥BF，AB∥CD，BD平分∠ABC．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，CD=5，AC=6，DM⊥BF交BF于点M，已知点P是BD上一动点，连接PC，PM.求
△PCM周长的最小值．
【答案】(1)证明详见解析；
7+❑√1201
(2) ．
5
【分析】本题考查菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，轴对称-最短路线问题，掌握菱形的
判定方法，会用一条线段的长表示两条线段和的最小值是解题的关键．（1）证明四边形ABCD是平行四边形，再证明有一组邻边相等即可；
（2）先求出CM的长，然后利用将军饮马模型求出PC+PM的最小值，即可求出△PCM周长的最小值．
【详解】（1）证明：∵AE∥BF，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠ADB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC．
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AD=AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：连接PA，AM，如图：
由（1）知，四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴OC=3，AC⊥BD，
∵CD=5，
∴OD=❑√CD2−OC2=❑√52−32=4，
∴BD=8，
∵DM⊥BF，
1
∴S =BC⋅DM= BD⋅AC，
菱形ABCD 2
BD⋅AC 8×6 24
∴DM= = = ，
2BC 2×5 5
√ 24 2 7
∴CM=❑√CD2−DM2=❑52−( ) = ，
5 5
∵菱形ABCD关于对角线BD所在直线对称，
∴PA=PC，
7 7
∴△PCM周长=PC+PM+CM=PA+PM+ ≥AM+ ，
5 57
∴△PCM周长的最小值为AM+ ，
5
在Rt△ADM中，
√ 24 2 ❑√1201
AM=❑√AD2+DM2=❑52+( ) = ，
5 5
7+❑√1201
∴△PCM周长的最小值为 ．
5
13．（24-25九年级·安徽阜阳·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边上一个动点（不与
点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
(1)求证：四边形ECFD是矩形；
(2)若CB=2，CA=4，求EF的最小值．
【答案】(1)见解析
4❑√5
(2)
5
【分析】本题考查矩形的性质和判定，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题
的关键．
（1）首先证明出四边形ECFD为平行四边形，然后由∠C=90°即可由证明出四边形ECFD是矩形；
（2）首先根据矩形的性质得到EF=CD，然后判断出当CD⊥AB时，CD取得最小值，EF取得最小值，
然后利用勾股定理求出AB=❑√AC2+BC2=2❑√5，然后利用等面积法求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形ECFD为平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形ECFD是矩形；
（2）解：如图所示，连接CD∵四边形ECFD是矩形
∴EF=CD
∴当CD最小时，EF最小
∴当CD⊥AB时，CD取得最小值
∵CB=2，CA=4，∠C=90°
∴AB=❑√AC2+BC2=2❑√5
1 1
∴当CD⊥AB时，S = AC⋅BC= AB⋅CD
△ABC 2 2
1 1
∴ ×4×2= ×2❑√5CD
2 2
4❑√5
∴CD=
5
4❑√5 4❑√5
∴CD的最小值为 ，即EF的最小值为 ．
5 5
14．（24-25九年级·浙江杭州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的两邻边分别在坐标轴的
正半轴上，E为x轴正半轴上一动点，连CE，过点B作BF⊥CE交y轴于点F，连EF，以FB，FE为邻
边构造平行四边形EGBF，已知OA=6．
(1)求证：△BCF≌△COE；
(2)当E为OA的中点时，求点F的坐标(3)当点E在正方形OABC边上运动的过程中，求BG的最小值
【答案】(1)证明见解析
(2)F(0,3)
(3)3❑√2
【分析】（1）根据正方形的性质得出OA=AB=BC=CO，∠AOC=∠OAB=∠ABC=∠BCO=90°
，根据垂直得出∠OCE=∠FBC，再证明△OCE≌△CBF即可；
（2）由△OCE≌△CBF得出CF=OE，求出OF=CF=3，即可得出答案；
（3）根据（1）可知：CF=OE，设CF=OE=x，得出OF=|x−6)，在Rt△OEF中，OE2+OF2=EF2
，求出EF2=x2+(x−6) 2=2x2−12x+36=2(x−3) 2+18，根据非负数的性质可得EF2的最小值，再根据
平行四边形的性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形OABC是正方形，
∴OA=AB=BC=CO，∠AOC=∠OAB=∠ABC=∠BCO=90°，
∴∠OCE+∠CEO=90°，∠OCE+∠ECB=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠FBC+∠ECB=90°，
∴∠OCE=∠FBC，
∴△OCE≌△CBF；
（2）∵△OCE≌△CBF，
∴CF=OE，
∵E为OA的中点，OA=6，
∴OE=AE=3，
∴OF=CF=3，
∴F(0,3)；
（3）根据（2）可知：CF=OE，
设CF=OE=x，
∵E为x轴正半轴上一动点，
∴OF=|x−6)，
在Rt△OEF中，OE2+OF2=EF2，
∴EF2=x2+(x−6) 2=2x2−12x+36=2(x−3) 2+18，由非负数的性质可得：EF2的最小值为：18，
∵四边形EGBF是平行四边形，
∴EF=BG=❑√18=3❑√2．
【点睛】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，坐标与图形，利用完全平方公式分解因
式，非负数的性质，化为最简二次根式，掌握这些知识点是解题的关键．
15．（24-25九年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践
把两个边长都等于4的等边三角形拼成菱形ABCD（如图），有一个含60°角的三角尺，使三角尺的60°角
的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合．
(1)将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，当三角尺的两边分别与菱形的两边BC，CD相交于点E，F时（如
图①），通过观察或测量AE，AF的长度，你能得出什么结论？证明你的结论；
(2)在旋转过程中，四边形AECF的周长是否发生变化？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出
周长的最小值；
(3)若将（1）中三角尺的60°角的顶点P在AC上移动且与点A，C都不重合，三角尺的两边分别与菱形的
两边BC，CD相交于点E，F时（如图②），那么PE，PF之间的数量关系为__________．
【答案】(1)AE=AF，证明见解析
(2)有变化，四边形AECF的周长最小值为：4❑√3+4
(3)PE=PF
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质等知识，利用已知得出
∠PEC=∠PFN，灵活的应用全等的判定是解决问题的关键．
（1）由旋转知，∠BAE=∠CAF，根据等边三角形的性质得AB=AC，∠B=∠ACF=60°，得出
△ABE≌△ACF，即可得出答案；
（2）由△ABE≌△ACF得到BE=CF，AE=AF，进而得到CF+CE=BC，当AE、AF最短时，即
AE⊥BC、AF⊥CD，四边形AECF的周长最小，根据勾股定理求出AE，即可求解；
（3）利用菱形的性质得出∠PEC=∠PFN，再利用∠PME=∠PNF，PM=PN，得出△PEM≌△PFN，即可得出答案．
【详解】（1）AE=AF，
证明：由旋转知，∠BAE=∠CAF，
∵ △ABC和△ACD是边长相等的等边三角形，
∴ AB=AC，∠B=∠ACF=60°，
∴ △ABE≌△ACF（ASA）．
∴ AE=AF；
（2）解：四边形AECF的周长是变化的，
由（1）得△ABE≌△ACF（ASA），
∴ BE=CF，AE=AF，
∴ CF+CE=BE+CE=BC，
当AE、AF最短时，即AE⊥BC、AF⊥CD，四边形AECF的周长最小，
1
此时BE= BC=2，
2
∴ AF=AE=❑√AB2−BE2=❑√42−22=2❑√3，
∴四边形AECF的周长最小值为BC+AE+AF=4+4❑√3；
（3）证明：过点P作PM⊥BC、PN⊥CD，垂足分别为M、N．
∴∠PME=∠PNF=90°
，
∵在菱形ABCD中，CA平分∠BCD，
∴ PM=PN，
∵ ∠BCD=120°，∠EPF=60°，
∴ ∠PEC+∠PFC=360°−(120°+60°)=180°，
∵ ∠PFN+∠PFC=180°，
∴ ∠PEC=∠PFN，
又∵ ∠PME=∠PNF，PM=PN，
∴ △PEM≌△PFN(AAS)，∴ PE=PF．
16．（24-25九年级·江苏扬州·期中）在矩形ABCD中，AB=3，BC=4， E、F是直线AC上的两个动
点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒（0≤t≤7）．
(1)如图1，M、N分别是AB，DC中点，当t= s时，四边形EMFN是矩形．
(2)若在点E、F运动的同时，点G以每秒1个单位长度的速度从A出发，沿折线A−B−C运动，点H以
每秒1个单位长度的速度从C出发，沿折线C−D−A运动．
①如图2，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，当四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的一半
时，求t值；
②如图3，在异于G、H所在矩形边上取P、Q，使得PD=BQ，顺次连接P、G、Q、H，则四边形
PGQH周长的最小值是 ．
1 9
【答案】(1) 或
2 2
3
(2)① ，②10
2
【分析】（1）连接MN，证明△AEM≌△CFN，可得ME=FN，∠AEM=∠CFN，可证得四边形
EMFN为平行四边形，从而得到当EF=MN时，四边形EMFN为矩形，再证明四边形BCNM是矩形，可
得MN=BC=4，在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AC的长，即可；
7
（2）①连接AQ，根据线段垂直平分线的性质可得AQ=CQ，在Rt△ABQ中，根据勾股定理求出BQ=
8
7 25
，CQ=4− = ，再证明△AEG≌△CFH，可得∠AEG=∠CFH，从而得到PG∥QH，再由
8 8
25
△APG≌△CQH，可得PG=QH，AP=CQ= ，从而得到四边形PGQH是平行四边形，再由四边形
8
1 1
PGQH的面积是矩形ABCD面积的一半，可得S = S = S ，即可求解；
△PGQ 2 ▱PGQH 4 矩形ABCD②如图，作点G关于BC的对称点G′，过点G′作G′K⊥DC于K，连接G′H，QG′，则BG=BG′=CK，
QG=G′Q，G′K=BC=4，根据勾股定理，可得G′H=❑√G′K2+H K2=5，证明四边形PGQH是平行四
边形，可得四边形PGQH的周长为=2QH+2GQ=2QH+2QG′≥2G′H，即当点G′，Q，H三点共线
时，四边形PGQH的周长最小，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接MN，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠MAE=∠NCF，
∵M、N分别是AB，DC中点，
1 1
∴AM= AB= CD=CN，AM∥CN，
2 2
∵E、F是直线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，
∴AE=CF=t，
∴△AEM≌△CFN(SAS)，
∴ME=FN，∠AEM=∠CFN，
∴∠FEM=∠EFN，
∴ME∥FN，
∴四边形EMFN为平行四边形，
∴当EF=MN时，四边形EMFN为矩形，
∵AM=CN，AM∥CN，
∴四边形BCNM是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴四边形BCNM是矩形，
∴MN=BC=4，
在Rt△ABC中，AC=❑√AB2+BC2=5，1 1 1 1 1 9
∵AE=CF= (AC−EF)= ×(5−4)= 或AE=CF= (AC+EF)= ×(5+4)= ，
2 2 2 2 2 2
1 9
解得：t= 或 ，
2 2
1 9
综上所述，当t= 或 S时，四边形EMFN是矩形；
2 2
1 9
故答案为： 或 ；
2 2
（2）解：①如图2，连接AQ，
∵PQ AC
垂直平分 ，
∴AQ=CQ，
在Rt△ABQ中，AB2+BQ2=AQ2
即32+BQ2=(4−BQ) 2，
7
解得：BQ= ，
8
7 25
∴CQ=4− = ，
8 8
根据题意得：AG=CH=t，AE=CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠GAE=∠HCF，
∴△AEG≌△CFH(SAS)，
∴∠AEG=∠CFH，
∴∠FEG=∠EFH，∠EGA=∠FHC，
∴PG∥QH，
∵∠EGA=∠FHC，AG=CH，∠PAG=∠QCH=90°，
∴△APG≌△CQH(ASA)，
25
∴PG=QH，AP=CQ= ，
8∴四边形PGQH是平行四边形，
∴S =2S ，
▱PGQH △PGQ
∵四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的一半，
1 1 1
∴S = S = S = ×3×4=3，S =S −S −S ，
△PGQ 2 ▱PGQH 4 矩形ABCD 4 △PGQ 梯形ABQP △PGA △BQG
1 1 1
∴ (BQ+AP)×AB− BG×BQ− AG×AP=3，
2 2 2
1 7 25 1 7 1 25
∴ ( + )×3− (3−t)× − t× =3，
2 8 8 2 8 2 8
3
解得：t= ；
2
②如图3，作点G关于BC的对称点G′，过点G′作G′K⊥DC于K，连接G′H，QG′，则BG=BG′=CK
，QG=G′Q，G′K=BC=4，
∵在点E、F运动的同时，点G以每秒1个单位长度的速度从A出发，沿折线A−B−C运动，点H以每秒
1个单位长度的速度从C出发，沿折线C−D−A运动
∴AG=CH
∴HK=CH+CK=AG+BG=3，
∴G′H=❑√G′K2+H K2=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠GAE=∠HCF
∵E、F是直线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，
∴AE=CF=t，
∵AG=CH，∠GAE=∠HCF
∴△AEG≌△CFH(SAS)，∴≥=FH，∠AEG=∠CFH，∠AGE=∠CHF
∴∠FEG=∠EFH，
∴GP∥QH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠GAP=∠HCQ=90°
∵AG=CH，∠AGE=∠CHF
∴△AGP≌△CHQ(ASA)
∴GP=HQ
∵GP∥QH
∴四边形GQHP为平行四边形，
∴ PGQH =2QH+2GQ=2QH+2QG′≥2G′H
四边形 的周长为 ，
即当点G′，Q，H三点共线时，四边形PGQH的周长最小，最小值为2×5=10．
故答案为：10．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，轴对称的性质，轴对称的
最短路径问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17．（24-25九年级·河南三门峡·期末）如图，点C在线段AB上，△DAC是等边三角形，四边形CDEF是
正方形．
(1)求∠DAE的度数；
(2)点P是线段AE上的一个动点，连接PB、PC．若AC=3，BC=4．求PB+PC的最小值．
【答案】(1)15°(2)❑√58
【分析】（1）根据等边三角形和正方形的性质，得到AD=DE，∠ADE=150°，再根据等边对等角的性
质，即可求出∠DAE的度数；
（2）作点C关于AE的对称点C′，连接CC′与AE交于点O，连接BC′与AE交于点P，连接CP，由轴对称
3❑√2
的性质可知，PC=PC′，CC′⊥AE，OC=OC′，先证明△AOC是等腰直角三角形，得到OC= ，
2
进而得出CC′=2OC=3❑√2，过点C作CG⊥BA于点G，则△CGC′是等腰直角三角形，得到
CG=C′G=3=AC，即点A与点G重合，然后利用勾股定理求出BC′的长，即可得到PB+PC的最小值．
【详解】（1）解：∵△DAC是等边三角形，四边形CDEF是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=60°，CD=DE，∠CDE=90°，
∴AD=DE，∠ADE=∠ADC+∠CDE=150°，
1
∴∠DAE=∠DEA= (180°−∠ADE)=15°；
2
（2）解：如图，作点C关于AE的对称点C′，连接CC′与AE交于点O，连接BC′与AE交于点P，连接CP
，
由轴对称的性质可知，PC=PC′，CC′⊥AE，OC=OC′
∴PB+PC=PB+PC′≥B′C，
即当点B、P、C′三点共线时，PB+PC有最小值，为BC′的长．
∵△DAC是等边三角形，
∴∠DAC=60°，
∵∠DAE=15°，
∴∠CAE=45°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√2OC=3，∠ACO=45°，
3❑√2
∴OC= ，
2
∴CC′=2OC=3❑√2，
过点C作CG⊥BA于点G，则△CGC′是等腰直角三角形，
∴CC′=❑√CG2+C′G2=❑√2CG=❑√2C′G=3❑√2，∴CG=C′G=3=AC，
即点A与点G重合，
∴BG=CG+BC=7，
在Rt△BGC′中，BC′=❑√BG2+C′G2=❑√72+32=❑√58，
即PB+PC的最小值为❑√58．
【点睛】本题考查了等边三角形的额性质，正方形的性质，轴对称的额性质，等腰三角形的判定和性质，
勾股定理等知识，利用轴对称的性质求线段最值是解题关键．
18．（24-25九年级·山东济宁·期中）（1）如图①，四个小矩形拼成一个大矩形，点P在线段AC上，试判
断矩形EPHD与矩形GBFP面积的大小关系，并简单说明理由；
（2）如图②，矩形GBFP的顶点P在直角三角形ABC的斜边AC上，若AG=50，FC=75，利用第
（1）小题的探究方法和结论，求矩形GBFP的面积．
（3）如图③，在Rt△ABC中，P是斜边AC上一动点，作PG∥BC，交AB于点G，作PF∥AB，交
BC于点F，若AB=2，AC=4，求GF的最小值．
【答案】（1）矩形EPHD与矩形GBFP面积相等，理由见解析；（2）3750；（3）❑√3
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、垂线段最短等知识点，熟练掌握
以上知识点是解题的关键．
（1）根据题意△ABC的面积与△ACD的面积相等，△AGP与△AEP的面积相等，△PCF与△PCH的面
积相等，然后结合图形即可解答．
（2）设GB=x，BF= y根据长方形面积与（1）中得结论结合，求出xy的值即可解答．（3）如图：连接BP,GF,由题意可得：四边形BGPF是矩，则FG=BP；根据垂线段最短可得当
BP⊥AC时，BP最小，即FG最小；然后运用勾股定理和等面积法即可解答．
【详解】解：（1）矩形EPHD与矩形GBFP面积相等，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴△ABC≌△CDA，△AGP≌△PEA，△PFC≌△CHP，
∴△ABC的面积与△ACD的面积相等，△AGP与△AEP的面积相等，△PCF与△PCH的面积相等，
∴剩下两个长方形的面积也相等，即矩形EPHD与矩形GBFP面积相等．
(2)如图：连接BP,GF,
设GB=x，BF= y，
则长方形ABCD的面积为(75+ y)(50+x)，
由(1)中的结论可得，(75+ y)(50+x)=2xy+50 y+75x，解得：xy=3750，即长方形GBFP的面积为
3750．
（3）如图：连接BP,GF,
由题意可得：四边形BGPF是矩形，
∴FG=BP,
根据垂线段最短可得：当BP⊥AC时，BP最小，即FG最小，
∵AB=2，AC=4，
∴BC=❑√AC2−AB2=2❑√3,
1 1 1 1
∴ AB⋅BC= AC⋅BP,即 ×2×2❑√3= ×4BP，解得：BP=❑√3，
2 2 2 2
∴FG最小的最小值为❑√3．
19．（24-25九年级·河北石家庄·期末）如图1，在 ▱ABCD中，AB=2AD=4，∠D=60°，点P是边CD上一点，连接PB，沿PB折叠△BCP，使点C落在点N处，其中CP≥2，设PN与AB相交于点M．
(1)如图2，当点M，N重合时，
①求证：四边形BCPN是菱形；
②设点Q为线段BP上一点，求NQ+AQ的最小值．
(2)求△BMP的面积S 的取值范围．
△BMP
【答案】(1)①见解析；②2❑√3
7
(2)❑√3≤S ≤ ❑√3
△BMP 5
【分析】（1）①由折叠的性质得到BN=BC,PC=PM，∠PBC=∠NBP，利用平行四边形的性质推出
∠CPB=∠NBP，进而得到∠CPB=∠CBP，推出BC=PC=BN=PN，即可证得四边形BCPN是菱
形；
②先证明△QBC≌△QBN，得到NQ=CQ，进而得到NQ+AQ=CQ+AQ，当A，C，Q三点共线时，
NQ+AQ最小，此时NQ+AQ=AC，连接AC，AP，证得△ADP是等边三角形，得到
AP=2=PC,∠APD=60°，求出∠CAD=90°，勾股定理求出AC，即可得到NQ+AQ的最小值为2❑√3
；
（2）当点M，N重合时，CP=2，△BMP的面积最小，过点D作DH⊥AB于点H，利用30度角的性质
1
及勾股定理求出AH= AD=1，DH=❑√AD2−AH2=❑√3，得到
2
1 1
S = ×BN×DH= ×2×❑√3=❑√3；当点P与点D重合时，过点M作MG⊥BN于点G，设DM=x
△BMP 2 2
，证明∠BDC=∠BDN=∠ABD，得到BM=DM=x，利用30度角的性质及勾股定理求出
NG= 1 MN=2− 1 x，MG=❑√M N2−NG2=❑√3 ( 2− 1 x ) ，列得BM2=BG2+MG2，求出x= 14 ，即
2 2 2 5
14 1 1 14 7
BM= ，求出S = ×BM×DH= × ×❑√3= ❑√3，由此得到△BMP的面积的取值范围是
5 △BMP 2 2 5 57
❑√3≤S ≤ ❑√3．
△BMP 5
【详解】（1）解：①当点M，N重合时，BM=BN，
由折叠得BN=BC,PC=PM，∠PBC=∠NBP，
∵在▱ABCD中，AB∥DC，
∴∠CPB=∠NBP，
∴∠CPB=∠CBP，
∴BC=PC=BN=PN，
∴四边形BCPN是菱形；
②连接CQ
∵四边形BCPN是菱形，
∴∠PBC=∠PBN,BC=BN，
又∵BQ=BQ，
∴△QBC≌△QBN，
∴NQ=CQ，
∴NQ+AQ=CQ+AQ，
∴当A，C，Q三点共线时，NQ+AQ最小，此时NQ+AQ=AC，
连接AC，AP，
∵PC=BC=2，CD=4，
∴PD=2=AD，
∵∠D=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴AP=2=PC,∠APD=60°，
∴∠ACP=∠CAP=30°，
∴∠CAD=90°，
∴AC=❑√CD2−AD2=❑√42−22=2❑√3，
∴NQ+AQ的最小值为2❑√3；（2）当点M，N重合时，CP=2，
∴△BMP的面积最小，
过点D作DH⊥AB于点H，
∵AB∥DC，
∴∠DAH=∠ADC=60°，
∴∠ADH=30°，
1
∴AH= AD=1，DH=❑√AD2−AH2=❑√3，
2
1 1
∴S = ×BN×DH= ×2×❑√3=❑√3；
△BMP 2 2
当点P与点D重合时，过点M作MG⊥BN于点G，
设DM=x，
∵∠BDC=∠BDN=∠ABD，
∴BM=DM=x，
∴MN=4−x，
∵BC∥AD，∠ADC=60°，
∴∠C=180°−∠ADC=120°，
∴∠BNM=∠C=120°，∠MNG=180°−∠BNM=60°，
∴∠GMN=30°，
1 1
∴NG= MN=2− x，
2 2
∴MG=❑√M N2−NG2=❑√3 ( 2− 1 x ) ，
2
∵BM2=BG2+MG2，∴ [ ❑√3 ( 2− 1 x )) 2 + ( 2+2− 1 x ) 2 =x2 ，
2 2
14 14
解得x= ，即BM= ，
5 5
1 1 14 7
∴S = ×BM×DH= × ×❑√3= ❑√3
△BMP 2 2 5 5
7
∴△BMP的面积的取值范围是❑√3≤S ≤ ❑√3．
△BMP 5
【点睛】此题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练
掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
20．（2024·贵州黔东南·一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在CD边上，点F在BC边上，
连接AE，DF，AE与DF相交于点 P．
(1)【动手操作】在图1中画出线段AE，DF；
(2)【问题探究】若DF⊥AE．
①利用图2 探究CE+CF的值；
②过点P作PM⊥CD，PN⊥BC，垂足分别为M，N，连接MN，试求MN的最小值．
【答案】(1)图见解析
(2)①2；②❑√5−1
【分析】（1）根据题意作线段即可；
（2）①如图2，证明△ADE≌△DCF(ASA)，则DE=CF，CE+CF=CE+DE=CD，求解作答即可；
②如图2，则四边形NCMP是矩形，取AD的中点Q，连接PQ，PC，则MN=PC，
1
QP=QA=QD= AD=1，即点P在以AD为直径的⊙Q上，当Q、P、C三点共线时，PC最小，最小
2
值为：QC−QP，由勾股定理计算求解，进而可得MN的最小值．
【详解】（1）解：如图1，（2）①解：如图2，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠ADC=∠DCF=90°，AD=DC=2，∠ADP+∠CDF=90°，
∵DF⊥AE，
∴∠DAE+∠ADP=90°，
∴∠DAE=∠CDF，
∴△ADE≌△DCF(ASA)，
∴DE=CF，
∴CE+CF=CE+DE=CD=2，
∴CE+CF的值为2；
②解：如图2，则四边形NCMP是矩形，取AD的中点Q，连接PQ，PC，
∴MN=PC，
∵DF⊥AE，点Q是AD的中点，
1
∴QP=QA=QD= AD=1，
2
∴点P在以AD为直径的⊙Q上，
∴当Q、P、C三点共线时，PC最小，最小值为：QC−QP=❑√QD2+CD2−1=❑√12+22−1=❑√5−1，
∴MN的最小值为❑√5−1．
【点睛】本题考查了画线段，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，圆，勾股定
理等知识．熟练掌握画线段，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，圆，勾股定
理是解题的关键．【题型3 四边形中的最大值问题】
21．（24-25九年级·浙江·期中）如图1，已知：在菱形ABCD中，∠B=60°,AB=6cm，E，F分别是
CB,CD上的动点，且∠EAF=60°．
(1)求证：AE=AF；
(2)求四边形AECF的面积；
(3)如图2，连接EF，求△ECF面积的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)9❑√3
9❑√3
(3)
4
【分析】（1）连接AC，由∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF=60°，可得∠BAE=∠CAF，可证
△ABE≅△ACF，得到AE=AF；
（2）由△ABC是等边三角形，求出S =9❑√3，由△ABE≅△ACF可得四边形AECF的面积与△ABC
△ABC
相等即可；
（3）要使△ECF的面积最大，则△AEF的面积最小，求得△AEF的面积最小值即可；
【详解】（1）连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=6cm∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
∵∠B=∠ACD=60°，AC=AB，
∴△ABE≅△ACF，
∴AE=AF，
（2）过点A作AG⊥BC于点G，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°,
1 1
∴∠BAG= ∠BAC=30°,BG= BC=3cm，
2 2
∴AG=❑√AB2−BG2=3❑√3,
1 1
∴S = BC⋅AG= ×6×3❑√3=9❑√3，
△ABC 2 2
∵△ABE≅△ACF
∴S =S
△ABE △ACF
∴四边形AECF的面积=S +S =S +S =S =9❑√3
△ACE △ACF △ACE △ABE △ABC
（3）连接EF，要使△ECF的面积最大，则△AEF的面积最小，∵AE=AF,∠EAF=60°,
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF=3❑√3,
当AE⊥BC时，AE最短，则△AEF的面积最小，
1 3❑√3
过点A作AH⊥EF于点H，则EH= EF= ．
2 2
由勾股定理得，AH=❑√AE2−EH2=❑
√
(3❑√3) 2 −
(3❑√3) 2
=
9
，
2 2
1 1 9 27❑√3
∴S = EF·AH= ×3❑√3× =
△AEF 2 2 2 4
27❑√3 9❑√3
∴△ECF的面积最大值=9❑√3− = .
4 4
【点睛】本题考查菱形、等边三角形的性质，通过证三角形全等，得以证明△AEF是等边三角形，根据垂
线段最短进而求出最小面积是准确求解本题的关键．
22．（24-25九年级·湖北咸宁·期中）如图1，将矩形ABOC放置于平面直角坐标系中的第一象限，使其顶
点O位于原点，且点B，C分别位于x轴，y轴上．若A(m,n)满足❑√m−20+|n−12)=0．
(1)求点A的坐标；
(2)取AC的中点M，连接MO，△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，连AN并延长交x轴于P点．求
证：点P为OB的中点；
(3)如图2，在（2）的条件下，点D位于线段AC上，且CD=16．点E为平面内一动点，满足DE⊥OE，连接PE．请你直接写出线段PE长度的最大值__________．
【答案】(1)A(20,12)
(2)见解析
(3)10+2❑√10
【分析】（1）根据二次根式的性质及绝对值的非负性得m−20=0，n−12=0，即可求出点A的坐标；
（2）利用对称的性质、等腰三角形等边对等角的性质和三角形内角和定理，就可得出NC和AP垂直，再
得出两组对边分别平行证出平行四边形，由平行四边形性质即可得出求证；
（3）利用勾股定理和直角三角形斜边中线的性质求出EQ和BQ的长，再利用三角形三边关系得出当P、Q
、E三点共线时PE的长度最大，进而求出答案．
【详解】（1）解：∵❑√m−20+|n−12)=0，
∴m−20=0，n−12=0，
∴m=20，n=12，
∴A(20,12)；
（2）如图，连接NC，
∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，
∴MO⊥NC，
∴CM=MN，
∴∠MCN=∠MNC，
又M为AC中点，
∴AM=CM，
∴AM=MN，
∴∠MAN=∠MNA，
又在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANC=∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，
即2∠MNC+2∠ANM=180°，
∴∠ANC=∠MNC+∠ANM=90°，即NC⊥AP，
∴MO∥AP
又AM∥OP
∴四边形MOPA为平行四边形，
1 1
∴OP=AM= AC= OB，
2 2
∴点P为OB的中点；
（3）如图，连接OD，取OD的中点Q，
连接EQ、PQ．
由（2）知，点P坐标为(10,0)
∵CD=16，OC=12，
∴D(16,12)，则OD=❑√162+122=20，
∴点Q的坐标为(8,6)，
又∵∠OED=90°，
1
∴EQ= OD=OQ=10，
2
∵三角形两边之和大于第三边，即PEBC），∠D=90°，AD=CD=10，E是CD上一
点，若∠BAE=45°，DE=4，求BE的长度；
(3)如图4，△ABC中，AC=2，BC=3，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB=___________
时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值．
【答案】(1)45°；
58
(2)BE= ；
7
(3)135°，CD最大值为2❑√2+3．
【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得∠GAB=∠EAD，然后求出
∠GAF=∠BAF+∠EAD，再根据∠EAF=45°计算即可得解；
（2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F可得四边形AFCD是正方形，然后设BE=x，根据上面的结
论表示出BF，再求出CE、BC，然后在Rt△BCE中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解；
（3）过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，推导出∠BAF=∠DAC，由可证
△FAB≌△CAD，可得CD=BF，当B、C、F三点共线时，BF取最大值．
【详解】（1）根据旋转知: △ABG≌△ADE，
∴∠GAB=∠EAD，AG=AE，
∵∠BAD=∠BAF+∠EAF+∠EAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠GAB=45°，即∠GAF=45°，
故答案为：45°；（2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F，如图，
∵AD∥BC，∠D=90°，
∴∠C=180°−∠D=90°，
∵AD=CD=10，
∴四边形AFCD是正方形，
∴CF=10，
根据上面结论可知BE=DE+BF，
设BE=x，
∵DE=4，
∴BF=BE−DE=x−4，
∴CB=CF−BF=10−x+4=14−x，CE=CD−DE=10−4=6，
∵∠C=90°，
∴CE2+CB2=BE2，
∴36+(14−x) 2=x2，
58
解得：x= ，
7
58
∴BE= ；
7
（3）如图，过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，如图
∵∠BAF=∠BAC+∠CAF=90°+∠BAC，∠DAC=∠BAD+∠BAC=90°+∠BAC，∴
∠BAF=∠DAC，又∵AC=AF，AB=AD，
∴△FAB≌△CAD(SAS)，
∴BF=CD，
∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可，
在△BCF中，BF≤BC+CF，
当B、C、F三点共线时，BF取最大值，此时BF=BC+CF，
在等腰直角三角形ACF中，AC=AF=2，∠ACF=45°，
∴CF=❑√2AC=2❑√2，
∵CB=3，BF最大，即CD最大值为2❑√2+3，
此时∠BCA=180°−∠ACF=135°，
故答案为：135°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点
的应用是解题的关键．
24．（2016·广东广州·一模）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD=4，E、F分别是AD、CD上的动点
（包含端点），且AE+CF=4，连接BE、EF、FB．
(1)试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论；
(2)求EF的最大值与最小值．
【答案】（1）见解析（2）EF的最大值为4，最小值为2❑√3．
【详解】试题分析：（1）AE+CF=4，DF+CF=4，则DF=AE,根据题目已知条件可通过角边角证明
ΔABE≅ΔDBF,从而证明BE=BF（2）可先证明 BEF为等边三角形．那么BE=BF=EF,点E在AD上运
动，当BE⊥ AD时，BE最短，当E与A或D重∆合时最长．
解：（1）BE=BF，证明如下：
∵四边形ABCD是边长为4的菱形，BD=4，
∴△ABD、△CBD都是边长为4的正三角形，
∵AE+CF=4，
∴CF=4﹣AE=AD﹣AE=DE，
又∵BD=BC=4，∠BDE=∠C=60°，在△BDE和△BCF中，
DE=DF,∠BDE=∠C,BD=BC,
∴△BDE≌△BCF（SAS），
∴BE=BF；
（2）∵△BDE≌△BCF，
∴∠EBD=∠FBC，
∴∠EBD+∠DBF=∠FBC+∠DBF，
∴∠EBF=∠DBC=60°，
又∵BE=BF，
∴△BEF是正三角形，
∴EF=BE=BF，
当动点E运动到点D或点A时，BE的最大值为4，
当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小值为2❑√3，
∵EF=BE，
∴EF的最大值为4，最小值为2❑√3．
25．（24-25九年级·江苏无锡·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点A按
逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG．
(1)如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H，
①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形；
②求线段AH的长度；
(2)在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 ．
25
【答案】(1)①见解析 ②
8
(2)12【分析】（1）①证明△ABD≌△EAF(SAS)， 得出∠2=∠EAF,BD=AF,由平行四边形的判定可得出
结论；
②证明△AEH≌△FDH(SAS)，得出HE=HD=x，由勾股定理可得出答案；
（2）由旋转的性质画出图形，由三角形面积可求出答案.
【详解】（1）①证明： 如图，
∵四边形形ABCD是矩形，
∴AD=BC,∠BAD=∠ABC=90°，
∵旋转，
∴AE=AB,EF=BC=AD ∠1=∠ABC=∠BAD=90°，
在△ABD和△EAF中，
{
AB=AE
)
∠BAD=∠1 ，
AD=EF
∴△ABD≌△EAF(SAS)，
∴∠2=∠EAF,BD=AF，
∵AB=AE，
∴∠3=∠2=∠EAF，
∴AF∥BD，
又∵AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
②设HD=x， 则AH=4−x，
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AB∥DF,AB=DF，
∴∠ADF=∠BAD=90°，
又∵∠1=90°，∴∠ADF=∠1，
∵AE=AB,AB=DF，
∴AE=DF，
∴△AEH≌△FDH(SAS)，
∴HE=HD=x，
∵∠1=90°，
∴EA²+EH²=AH²，
又∵AH=4−x,EA=AB=3, EH=x，
∴3²+x²=(4−x)²，
7
∴x= ，
8
25
∴AH=4−x= ．
8
（2）∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，
∴旋转过程中，GF是定值，
当D,A,G三点共时， 三角形DFG的面积最大，如图，
此时DG=8,
1 1
∴S = FG·DG= ×3×8=12．
△DFG 2 2
故答案为： 12．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角
形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
26．（24-25九年级·湖北武汉·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的顶点B，A，分别在x
轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为(a,b)，且a，b满足：a−6=❑√b−6+❑√6−b，点D为边OA上的
一个动点，将△BOD沿BD翻折，得到△BED．(1)直接写出正方形AOBC的边长；
(2)如图1，若点D为AO中点，延长DE交AC于点H．
①求CH的长；
②连CE并延长交AO于点F，求CF的长；
(3)如图2，若点G为AC上一点，且∠CBG=30°，点M为BE中点，连接GM．当点D从点O开始沿y轴
负半轴运动，到GM取得最大值时停止，请直接写出点D运动的路径长．
【答案】(1)6
(2)①2；②2❑√10
(3)6❑√3
【分析】（1）根据根据二次根式被开方数的非负性即可作答；
（2）①由翻折得BE=BO=BC，DE=DO，进而推出Rt△CHB≌Rt△EHB(HL)，设CH=EH=x，根
据勾股定理即可求得CH；
②同角的余有相等，进而推出△ACF≌△CBH(AAS)，CF=❑√AF2+AC2，作答即可；
1
（3）由翻折BM= BE，由GM≤GB+BM，当G、B、M共线时，GM=GB+BM最大，BD=2OB，
2
OD=❑√BD2−OB2，即可作答．
【详解】（1）解：∵ a−6=❑√b−6+❑√6−b，
∴b−6=0，6−b=0，∴b=6，
∴a−6=0，
∴a=6，即OB=OA=6，
∴正方形AOBC的边长为6；
（2）由（1）知正方形达长为6，
∵D是OA的中点，∴OD=AD=3，
①由翻折得BE=BO=BC=6，DE=DO=3，
∠DEB=∠DOB=90°，
连接BH，
则∠BEH=∠BCH=90°，
∵BH=BH，
∴Rt△CHB≌Rt△EHB(HL)，
∴EH=CH，
设CH=EH=x，
则AH=AC−CH=6−x，
在Rt△ADH中，
由AD2+AH2=DH2，
即32+(6−x) 2=(3+x) 2，
解得x=2，
∴CH的长为2；
②由CH=EH，CB=EB，
得HB垂直平分EC，
∴∠BCF+∠CBH=90°，
又∠ACB=∠ACF+∠BCF=90°，∴∠CBH=∠ACF（同角的余有相等），
又∠FAC=∠HCB=90°，AC=CB，
∴△ACF≌△CBH(AAS)，
∴AF=CH=2，
∴CF=❑√AF2+AC2=❑√22+62=2❑√10，
即CF的长为2❑√10；
（3）由翻折知BE=BO=6，
又M是BE的中点，
1
∴BM= BE=3，
2
由GM≤GB+BM，
∴当G、B、M共线时，GM=GB+BM最大，
如图所示，
∵∠CBG=30°
，
∴∠OBG=60°，
∵∠OBD=∠EBD，
180°−60°
∴∠OBD= =60°，
2
∴∠ODB=30°，
∴BD=2OB=12，
∴OD=❑√BD2−OB2=❑√122−62=6❑√3，
∴点D运动的路径长为6❑√3．
【点睛】本题考查四边形综合题，涉及正方形的性质，三角形全等的判定与性质，折叠性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，全等三角形的判定和性质．
27．（24-25九年级·河北保定·期中）已知等边三角形ABC的边长为12，D为射线BC上一动点（点D不与
B，C重合），以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接BF．
(1)如图，当点D在BC边上时，求证：△ACD≌△ABF，
(2)在点D的移动过程中，当BF=3时，求BD的长度
S
(3)设△ABC与菱形ADEF的面积分别为S ，S ，直接写出 1 的最大值．
1 2 S
2
【答案】(1)见解析
(2)当BF=3时，求BD的长度为9或15；
2
(3)
3
【分析】（1）根据等边三角形的性质，菱形的性质得出AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，进而得出
∠BAF=∠CAD，根据SAS证明△ACD≌△ABF，即可；
（2）根据全等三角形的性质得出.CD=BF=3，分当点D在线段BC上时，当点D在线段BC的延长线上
时，分类讨论即可求解；
（3）连接DF，过点A作AG⊥DF于点G，依题意得出△ADF是等边三角形，则S =2S ，设
2 △ADF
❑√3 ❑√3
AD=m，则DF=m，勾股定理得出AG= m，进而得出S = m2 ，同理可得S =36❑√3，进而可知当
2 1 2 2
S
当AD⊥BC时，m取得最小值，即可得出 1 的最大值．
S
2
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°，∴AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，
∴∠DAF−∠BAD=∠BAC−∠BAD
即∠BAF=∠CAD
在△ACD和△ABF中
{
AC=AB
)
∠BAF=∠CAD
AD=AF
∴△ACD≌△ABF (SAS)
（2）解：∵等边三角形ABC的边长为12，
∴BC=12，
∵△ACD≌△ABF
∴.CD=BF=3
当点D在线段BC上时，如图所示，
此时BD=BC−CD=12−3=9，
当点D在线段BC的延长线上时，如图所示，
此时BD=BC+CD=12+3=1，
综上所述，当BF=3时，求BD的长度为9或15；
（3）如图所示，连接DF，过点A作AG⊥DF于点G，∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
S =2S ，
2 △ADF
设AD=m，则DF=m，
∵AG=DF，
1 1
∴DG=FG= DF= m，
2 2
√ 1 2 ❑√3
∴AG=❑√AD2−DG2=❑m2−( m) = m，
2 2
1 ❑√3 ❑√3
∴S =2S =2× DF⋅AG=m⋅ m= m2 ，
2 ΔADF 2 2 2
❑√3 ❑√3
同理S = ×AC2= ×122=36❑√3，
1 4 4
S 36❑√3 72
∴ 1= =
S ❑√3 m2，
2 m2
2
S
当m取得最小值时， 1 有最大值，
S
2
∴当AD⊥BC时，m取得最小值，
❑√3 ❑√3
此时m=AD= AC= ×12=6❑√3，
2 2
S 72 72 2
∴ 1= = = ,
S
2
m2 (6❑√3) 2 3
S 2
1
即 的最大值为
S 3
2【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性
质是解题的关键．
28．（24-25九年级·福建莆田·期中）如图1，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是矩形，且顶点O位于
原点，顶点B、C分别位于x轴、y轴上．若A(a,b)满足❑√a−5+b2−6b+9=0．
(1)求点A的坐标；
(2)取AC的中点M，连接MO，将△CMO沿MO翻折得到△NMO，连接AN并延长交x轴于P点．求证：
点P为OB的中点；
(3)如图2，在（2）的条件下，点D位于线段AC上，且CD=4．点E为平面内一动点，且满足DE⊥OE
，连接PE．请你直接写出线段PE长度的最大值__________．
【答案】(1)A(5,3)
(2)见解析
5+❑√10
(3)
2
【分析】（1）根据已知条件，算术平方根的非负性以及偶次幂的非负性求得a,b的值，即可求解；
1
（2）证明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP（AAS），则PB=CM= OB，即可求解；
2
（3）当点P(2.5,0)、Q、E三点共线时，PE的长度最大，进而求解．
【详解】（1）解：∵A(a,b)满足❑√a−5+b2−6b+9=0即❑√a−5+(b−3) 2=0．
∴a−5=0,b−3=0，
∴a=5,b=3，即A(5,3)
（2）∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，
5
∴ON=OC=3，MN=AM= =AM，
2
连接NC，∵MN=AM=MC
，
∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN，
设∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β，
在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，即2α+2β=180°，
∴α+β=90°，
∴∠CNA=90°；
∵∠NCA+∠CAN=90°，∠NCA+∠OCM=90°，
∴∠CAN=∠OCM，
同理∠NCA=∠BAP，
∴∠COM=∠BAP，
∵AB=CO，∠OCM=∠ABP=90°，
∴△OCM≌△ABP（AAS），
5 1
∴PB=CM= = OB，
2 2
∴点P为OB的中点；
（3）取OD的中点Q，连接QE，QP．
∵CD=4
，
∴ D(4,3)
∴OD=❑√32+42=5
∵∠OED=∠OCA=90°，点Q是OD的中点，1
∴QE= OD=2.5，
2
( 3)
∵D(4,3)，则Q 2, ，
2
❑√10
∴ PQ=❑√(2−2.5) 2+1.52=
2
当点P(2.5,0)、Q、E三点共线时，PE的长度最大，
5+❑√10
则PE的最大值=QE+PQ= ．
2
5+❑√10
故答案为 ．
2
【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，轴对称的性质，直角三角形中
斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
29．（24-25九年级·广东广州·期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别为CD，BC边上的点，连接
FE，将△FCE沿FE折叠，C对应的点为C′．
(1)当点F与点B重合时，
①如图1，∠EBC=30°，M为BE的中点，连接MC′，MC，
求证：四边形MC′EC为菱形；
②如图2，延长EC′交AD于点N，连接BN，AC，BN与BE分别交AC于点P，Q，猜想线段AP，PQ，
QC满足的数量关系，并加以证明：
(2)当点F与点B不重合时，如图3，E为CD的中点，连接AC′，求四边形AC′ED面积的最大值．
【答案】(1)①见详解；②AP2+QC2=PQ2，证明见详解
9
(2) ❑√5+9
2
【分析】（1）①由折叠性质知CE=C′E，根据四边形ABCD是正方形，得出∠BCD=90°=∠FC′E．
当点F与点B重合，∠EBC=30°时，∠CEB=60°，根据直角三角形的性质和折叠性质得出1
CM= BE=C′M=ME=BM，即可得△MCE为等边三角形，根据等边三角形性质得出
2
MC=EC=C′E=MC′，即可证明四边形MC′EC为菱形；
②根据四边形ABCD是正方形，得出BC=AB=CD=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠BAC=∠BCA=45°
．结合折叠可得BC′=BC=BA，∠BC′E=∠BCE=90°,∠CBE=∠C′BE，证明
Rt△BAN≌Rt△BC'N，得出∠C′BN=∠ABN，∠NBE=45°，过点B作P′B⊥PB且P′B=PB，连
接P′C，P′Q，证明△CP′B≌△APB，得出P′C=PA,∠BCP′=∠PAB=45°，再证明
△PBQ≌△P′BQ，得出P′Q=PQ，在△P′CQ′中，得出∠P′CQ=90°，根据勾股定理即可求解；
1
（2）如图，连接AE，根据题意得出C′E=CE=DE= CD=3，即可求出S =9，在△AC′E中，根
2 △ADE
3❑√5
据勾股定理算出AE，过C′作C′H⊥AE，得出S = C′H，根据C′H≤C′E=3，得出当
△AC′E 2
9
C′E⊥AE时，C′H最大，最大为3，即可得(S ) = ❑√5，再根据S =S +S ，即可求
△AC'E max 2 AC′ED △AC′E △ADE
解．
【详解】（1）①证明：由折叠性质知CE=C′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°=∠FC′E．
当点F与点B重合，∠EBC=30°时，∠CEB=60°，
∵M为BE中点，
1
∴Rt△BCE,Rt△BC'E中，CM= BE=C′M=ME=BM，
2
∴△MCE为等边三角形，
∴MC=EC=C′E=MC′，
∴四边形MC′EC为菱形；
②AP2+QC2=PQ，
证明：如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=CD=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠BAC=∠BCA=45°．
结合折叠可得BC′=BC=BA，∠BC′E=∠BCE=90°,∠CBE=∠C′BE，
∴∠BC′N=90°=∠BAN，
∵BN=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BC'N(HL)，
∴∠C′BN=∠ABN，
1
∴∠NBE=∠C′BN+∠C′BE= ∠ABC=45°，
2
过点B作P′B⊥PB且P′B=PB，连接P′C，P′Q，
∴∠P′BP=90°=∠ABC
，
∴∠P′BC=∠ABP，
∵AB=CB，
∴△CP'B≌△APB(SAS)，
∴P′C=PA,∠BCP′=∠PAB=45°，
∵∠P′BQ=∠PBP′−∠PBQ=45°=∠PBQ，
且BQ=BQ,P′B=PB，
∴△PBQ≌△P'BQ(SAS)，
∴P′Q=PQ，
在△P′CQ′中，∠P′CQ=∠BCP′+∠BCQ=90°，
∴P′C2+QC2=P′Q2，
即AP2+QC2=PQ2；
（2）解：如图，连接AE，∵E为DC中点．
1
∴C′E=CE=DE= CD=3，
2
1 1
∴S = AD⋅DE= ×6×3=9，
△ADE 2 2
在△AC′E中，AE=❑√AD2+DE2=3❑√5，
过C′作C′H⊥AE，
1 3❑√5
∴S = AE⋅C′H= C′H，
△AC′E 2 2
∵C′H≤C′E=3，
∴当C′E⊥AE时，C′H最大，最大为3，
3❑√5 9
∴(S ) = ×3= ❑√5，
△AC'E max 2 2
∵S =S +S ，
AC′ED △AC′E △ADE
9
∴(S ) = ❑√5+9．
AC'ED max 2
【点睛】该题主要考查了菱形的判定，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判
定，折叠的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线．
30．（24-25九年级·四川成都·期中）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8．(1)将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点F处（如图①），设DF与BC相交于点G，求证：BG= DG；
(2)将矩形沿直线EF折叠，使点B的对应点B′落在CD边上（如图②），点A的对应点为A′，连接BB′交
EF于点O．当DB′=2时，求EF、OF的长；
(3)点M在线段AB上，点N在线段BC上，（如图③）若按MN折叠后，点B落在矩形ABCD的AD边上H
点，请求AH的最大值和最小值．
【答案】(1)证明见解答
(2)EF的长是3❑√5，OF的长是❑√5
(3)AH的最大值为6，最小值为8−2❑√7
【分析】（1）由矩形的性质得BC∥AD，则∠CBD=∠ADB，由折叠得∠FDB=∠ADB，所以
∠CBD=∠FDB，则BG=DG；
（2）连接BE、B′E，由CD=AB=6,AD=BC= 8,DB′=2，得DE=8−AE,CB′=4，则BB′=
❑√BC2+CB′2=4❑√5，因为EF垂直平分BB′，所以B′E=BE,B′F=BF=8−CF，由勾股定理得
1
22+(8−AE) 2=AE2+62,CF2+42=(8−CF) 2，求得AE=2,CF=3，则DE=6,BF=5，由
2
1 1 1
×4❑√5EF=6×8− ×6×2− ×6×2− ×4×3=S ❑ ，求得EF=3❑√5，而
2 2 2 ❑ 四边形BEB′F
∠BOF=90°,OB= OB′=2❑√5，则OF=❑√BF2−OB2=❑√5；
（3）当点N与点C重合时，AH的值最小，由MC垂直平分BH，得HC=BC=8，则DH=
❑√HC2−CD2=2❑√7，所以AH=8−2❑√7；当点M与点A重合时，AH的值最大，此时AH=AB=6，所
以AH的最大值为6，最小值为8−2❑√7．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD,
∴∠CBD=∠ADB,
由折叠得∠FDB=∠ADB，
∴∠CBD=∠FDB,
∴BG=DG.（2）解：如图②，连接BE、B′E，
∵AB=6,BC=8,DB′=2
，
∴CD=AB=6,AD=BC=8,
∴DE=8−AE,CB′=CD−DB′=6−2=4,
∴BB′=❑√BC2+CB′2=❑√82+42=4❑√5,
由折叠得点B′与点B关于直线EF对称，
∴EF垂直平分BB′,
∴B′E=BE,B′F=BF=8−CF,
∴∠A=∠D=∠C=90°,
∴DB′2+DE2=B′E2=BE2=AE2+AB2,CF2+CB′2=B′F2,
∴22+(8−AE) 2=AE2+62,CF2+42=(8−CF),
解得AE=2,CF=3，
∴DE=8−2=6,BF=8−3=5,
1 1 1 1
∵ BB' ⋅EF=AB⋅BC− AB⋅AE− DE⋅DB'− CB' ⋅CF=S ，
2 2 2 2 四边形BEB'F
1 1 1 1
∴ ×4❑√5EF=6×8− ×6×2− ×6×2− ×4×3,
2 2 2 2
解得EF=3❑√5，
1
∴∠BOF=90°,OB=OB′= BB′=2❑√5,
2
∴OF=❑√BF2−OB2= ❑√52−(2❑√5) 2=❑√5,
∴EF的长是3❑√5，OF的长是❑√5．
（3）解：如图③，当点N与点C重合时，AH的值最小，∵点H与点B关于直线MC对称，
∴MC垂直平分BH，
∴HC=BC=8,
∴DH=❑√HC2−CD2= ❑√82−62=2❑√7,
∴AH=AD−DH=8−2❑√7；
如图④，当点M与点A重合时，AH的值最大，
∵MH=MB,且MH=AH,MB=AB,
∴AH=AB=6,
∴AH的最大值为6，最小值为8−2❑√7．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式
求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
【题型4 四边形中的中点四边形问题】
31．（24-25九年级·江苏常州·期中）如图，D、E、F分别是△ABC各边的中点．
(1)四边形ADEF是怎样的四边形？证明你的结论．(2)请你为△ABC添加一个条件，使得四边形ADEF是矩形，证明你的结论．
【答案】(1)四边形ADEF为平行四边形，证明见解析
(2)∠DAF=90°，四边形ADEF为矩形，证明见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥AC，EF∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结
论；
（2）根据矩形的判定定理证明．
【详解】（1）解：四边形ADEF为平行四边形，理由如下：
∵D，E，F分别是△ABC各边的中点，
∴DE∥AC，EF∥AB，
∴四边形ADEF是平行四边形；
（2）∠DAF=90°，四边形ADEF为矩形，
理由如下：由（1）得：四边形ADEF为平行四边形，
又∵∠DAF=90°，
∴平行四边形ADEF是矩形．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形和矩形的判定定理，掌握三角形的中位线平行于第
三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
32．（24-25九年级·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC
的中点．O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点
D、G、F、E．
(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；
(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．）
【答案】(1)见解析
(2)OA=BC时，平行四边形DEFG是菱形【分析】本题主要考查平行四边形的判定、三角形中位线及菱形的性质，解题的关键是得到证明平行四边
形的条件．
（1）由于D、E分别是AB、AC边的中点, 可得DE是△ABC的中位线，同理可得GF是△OBC的中位
线，由三角形中位线定理即可得到DGFE是平行四边形；
1 1
（2）根据DG= AO，GF= BC，OA=BC，可以得到DG=GF，即可得到平行四边形DEFG是菱
2 2
形．
【详解】（1）证明: ∵D、E分别是AB、AC边的中点,
1
∴DE∥BC,且DE= BC，
2
1
同理，GF∥BC,且GF= BC，
2
∴DE∥GF且DE=GF,
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）当OA=BC时，平行四边形DEFG是菱形.理由为：
D、G AB、BO
分别是 边的中点,
1
∴DG= AO，
2
1
又∵GF= BC，OA=BC，
2
∴DG=GF，
∴平行四边形DEFG是菱形．
33．（24-25九年级·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边
形”．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中
点得到“中点四边形”EFGH．(1)如图，“中点四边形”EFGH的形状是 ；
(2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明）
【答案】(1)平行四边形
(2)见解析
【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的性质，菱形的判定，熟练掌握
三角形中位线定理是解题的关键．
1
（1）连接BD，得出EH是△ABD的中位线，即EH∥BD，EH= BD，同理可得，FG∥BD，
2
1
FG= BD，即可证明；
2
（2）连接AC、BD，根据三角形中位线可得四边形EFGH是平行四边形，再利用矩形的性质得出
AC=BD，即可证明．
【详解】（1）解：连接BD，如图，
∵E、H分别是边AB、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线
1
∴EH∥BD，EH= BD，
2
1
同理，FG∥BD，FG= BD，
2
∴EH=FG, EH∥FG,
∴“中点四边形”EFGH的形状是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
（2）如图，已知：矩形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点
求证：四边形EFGH是菱形
证明：连接AC、BD．
∵E、F分别是边AB、BC的中点
∴EF是△ABC的中位线
1
∴EF∥AC，EF= AC
2
1 1
同理，可得HG∥AC，HG= AC，FG∥BD，FG= BD
2 2
∴EF∥HG，EF=HG
∴四边形EFGH是平行四边形
∵四边形ABCD是矩形
∴ AC=BD
∴ EF=FG
∴四边形EFGH是菱形．
34．（24-25九年级·广东佛山·阶段练习）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，点O是
△ABC所在平面上一个动点，连接OB，OC，点G，F分别是OB，OC的中点，顺次连接点D，G，F，
E．
(1)如图，当点O在△ABC的外部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；
(2)当点O在△ABC的内部时，要使四边形DGFE是正方形，则OA与BC满足的条件是：．
（直接写出结果即可）【答案】(1)见详解
(2)OA=BC且OA⊥BC
【分析】（1）利用三角形中位线定理得出DE∥GF且DE=GF，进而得出四边形DGFE是平行四边形；
（2）利用正方形的判定方法邻边相等的矩形是正方形得出即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵点D、E分别是AB、AC边的中点，
1
∴DE∥BC，且DE= BC，
2
1
同理GF∥BC，且GF= BC，
2
∴DE∥GF且DE=GF，
∴四边形DEFG是平行四边形．
（2）解：如图2，当OA=BC且OA⊥BC时，平行四边形DEFG是正方形，理由如下：
∵四边形DEFG是平行四边形，
1 1
DG= AO=EF，DE=GF= BC，GF∥DE，
2 2
当OA=BC时，DG=GF，
∵G、F为OB，OC的中点，
∴GF∥BC，
当OA⊥BC时，∠AHB=90°，
∴∠AMG=∠AHB=90°，
∵D、G分别为AB、OB的中点，
∴DG∥AO，
∴∠DGM=180°−∠AMG=90°，
∴DG⊥GF，∴四边形DEFG是正方形；
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定方法是解题
关键．
35．（2024·广东韶关·模拟预测）我们把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，如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，可证中点四边形EFGH是平行四边形，如果我
们对四边形ABCD的对角线AC与BD添加一定的条件，则可使中点四边形EFGH成为特殊的平行四边
形，请你经过探究后回答下面问题？
(1)当AC______BD时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC______BD时，四边形EFGH为矩形；
(3)当AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？请回答并证明你的结论．
【答案】(1)=
(2)⊥
(3)见解析
【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，熟练的掌握
三角形的中位线定理并在推理论证中正确的运用是解题的关键．
1 1
（1）根据三角形得中位线定理GH=EF= AC， EH=GF= BD，结合题意AC=BD，则可得到四边
2 2
形EFGH是菱形；
（2）根据三角形的中位线定理，可得GH∥AC，EH∥BD，，结合题意四边形EFGH是矩形，可得
AC⊥BD；（3）结合（1）（2）易得四边形EFGH为正方形．
【详解】（1）解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，
∴EH、FG分别是△ABD和△CBD的中位线；
1 1
∴GH=EF= AC， EH=GF= BD；
2 2
当AC=BD时，
∴GH=EF=EH=GF，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形；
故答案为：=
（2）∵四边形EFGH是矩形，
∴∠GHE=90°，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，
∴EH、FG分别是△ABD和△CBD的中位线；
∴GH∥AC，EH∥BD，
∴∠HMC=∠GHE=90°，∠DNC=∠HMC=90°
即：AC⊥BD，
∴当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．
（3）当AC=BD时，由（1）得四边形EFGH是菱形；
当AC⊥BD时，由（2）四边形EFGH是矩形；
∴四边形EFGH是正方形；
故当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形．
36．（24-25九年级·吉林·阶段练习）【操作一】如图①，作两条互相垂直的直线m、n交于点O；以点O
为圆心、适当长为半径画弧，交直线m于点A、C；再以点O为圆心、另一适当长为半径画弧，交直线n
于点B、D；顺次连接 A、B、C、D．求证：四边形ABCD是菱形；
【操作二】如图②，取图①中菱形ABCD的各边中点E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH，四边形EFGH称为四边形ABCD的中点四边形，若AB=13，AC=24，则四边形EFGH的面积
为 ．
【答案】[操作一]见解析；[操作二]60
【分析】[操作一]根据作图过程得到OA=OC，OB=OD，证明四边形ABCD是平行四边形，再根据对角
线互相垂直，即可证明菱形；
[操作二]根据菱形的性质和勾股定理得到OB=5，再根据三角形中位线定理证明出四边形EFGH是平行四
边形，进一步得到四边形EFGH是矩形，从而利用面积公式计算即可．
【详解】解：[操作一]
由作图可知：OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
[操作二]
∵AC=24，
∴OA=OC=12，
∴OB=OD=❑√132−122=5，即BD=10，
∵E、F分别是AB，BC中点，
1
∴EF= AC=12，EF∥AC
2
1 1
同理：HG= AC=12，EH=FG= BD，HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD，
2 2
∴四边形EFGH是平行四边形，
又AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，
1
∵EH= BD=5，
2
∴四边形EFGH的面积为EF×EH=12×5=60．
【点睛】本题考查了尺规作图，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，
解题的关键是理解中点四边形的定义，依据中位线定理证明矩形．
37．（24-25九年级·山西吕梁·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，且AC⊥BD，垂足为O，顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形A B C D ；再顺次连接四边形A B C D 各
1 1 1 1 1 1 1 1
边的中点，得到四边形A B C D ，…如此下去得到四边形A B C D ．
2 2 2 2 n n n n
(1)判断四边形A B C D 的形状，并说明理由．
1 1 1 1
(2)求四边形A B C D 的面积．
1 1 1 1
(3)直接写出四边形A B C D 的面积（用含n的式子表示）．
n n n n
【答案】(1)四边形A B C D 是矩形，理由见解析
1 1 1 1
(2)12
(1) n
(3)24×
2
1 1
【分析】（1）根据中位线的性质可得A D ∥BD，A D = BD，B C ∥BD，B C = BD，
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
1 1
C D ∥AC，C D = AC，A B ∥AC，A B = AC；即有A D ∥B C ，A B ∥C D ，证得
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1
四边形A B C D 是平行四边形，结合AC⊥BD，问题得解；
1 1 1 1
1 1
（2）由（1）得四边形A B C D 是矩形，A B = AC，B C 是△BCD的中位线，可得B C = BD
1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
，从而得到A B =3，B C =4，再由矩形的面积公式计算，即可．
1 1 1 1
（3）由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，即可求解．
【详解】（1）解：四边形A B C D 是矩形，理由如下：
1 1 1 1
在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A B C D ，
1 1 1 1
∴A 、D 分别为AB、AD的中点，
1 1
∴A D 是△ABD的中位线，
1 1
1
∴A D ∥BD，A D = BD，
1 1 1 1 21 1 1
同理可得：B C ∥BD，B C = BD，C D ∥AC，C D = AC，A B ∥AC，A B = AC；
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
∴A D ∥B C ，A B ∥C D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴四边形A B C D 是平行四边形，
1 1 1 1
∵AC⊥BD，
∴A B ⊥A D ，
1 1 1 1
∴平行多边形A B C D 是矩形，
1 1 1 1
1
（2）解：由（1）得四边形A B C D 是矩形，A B = AC，B C 是△BCD的中位线，
1 1 1 1 1 1 2 1 1
1
∴B C = BD．
1 1 2
又∵AC=6，BD=8，
∴A B =3，B C =4，
1 1 1 1
∴S =A B ×B C =3×4=12．
矩形A B C D 1 1 1 1
1 1 1 1
（3）解：∵四边形ABCD中，AC=6，BD=8，且AC⊥BD，
1
∴S =6×8× =24；
四边形ABCD 2
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
(1) n
即四边形A B C D 的面积是S =24× ．
n n n n 矩形A n B n C n D n 2
【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，中点四边形，矩形的判定与性质，解题的关键是学会从特殊到
一般，探究规律，利用规律解决问题．
38．（24-25九年级·安徽淮南·期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个
四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图（1），在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边
AB，BC，CD，DA的中点．试说明中点四边形EFGH是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思
路：反思交流：
(1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？
依据1: ；依据2: ；
②连接AC，若AC=BD时，则中点四边形EFGH的形状为 ；并说明理由；
创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究：
(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的形状为 ，并说明理由；
(3)若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其它条件不变，则中点四边形EFGH的形状为
．
【答案】(1)①三角形的中位线定理；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②菱形，理由见解析；
(2)四边形EFGH是菱形，理由见解析
(3)正方形
【分析】（1）①根据三角形中位线定理解答即可；
②根据菱形的判定方法进行解答即可；
（2）连接AC，BD，证明△APC≌△BPD，得出AC=BD，再根据平行四边形的判定和菱形的判定解答
即可；
（3）连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J，证明∠CPJ=∠DOJ=90°，
再证明∠EHG=∠BKG=90°，根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明．
【详解】（1）解：①依据1：三角形的中位线定理；
依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②菱形；理由如下：
如图1中，
根据题意可知，四边形EFGH为平行四边形，
∵AE=EB，AH=HD，
1
∴EH= BD，
2
∵DH=HA，DG=GC，
1
∴HG= AC，
2
∵AC=BD，
∴HE=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：结论：四边形EFGH是菱形．
理由：如图，连接AC，BD，
∵∠APB=∠CPD
，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即：∠BPD=∠APC，
∵PA=PB，PC=PD，
∴△APC≌△BPD，
∴AC=BD，
∴HG=HE，
由问题情境可知：四边形EFGH是平行四边形∴四边形EFGH是菱形．
（3）解：结论：正方形．
理由：如图，连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J．
∵△APC≌△BPD，∠DPC=90°，
∴∠PDB=∠PCA，
∵∠PJC=∠DJO，
∴∠CPJ=∠DOJ=90°，
∵HG∥AC，
∴∠BKG=∠BOC=90°，
∵EH∥BD，
∴∠EHG=∠BKG=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性
质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
39．（24-25九年级·江西上饶·阶段练习）我们定义：若E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，且
四边形EFGH是矩形，则四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形．
(1)如图1，四边形ABCD是菱形，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，求证；四边形EFGH是
四边形ABCD的中矩四边形．(2)如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边，在△ABC外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，其中
∠BAD=∠ACE=90o，F，G，H，M分别为DE，BD，BC，CE的中点．
①求证：四边形FGHM是四边形BCED的中矩四边形．
②若四边形FGHM的面积为8，∠ABC=45°，求BD2+BC2的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②32
【分析】（1）证明：如图，连接AC，BD，证明AC⊥BD，EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，可
得EH⊥EF，四边形EFGH是平行四边形，可得四边形EFGH是矩形，从而可得结论；
（2）①如图，连接CD，BE交于点T，记CD与AB的交点为Q，证明四边形GFMH是平行四边形，
△DAC≌△BAE(SAS)，可得∠ADC=∠ABE，证明∠BTQ=∠BAD=90°，可得FG⊥HG，从而可
得结论；②证明四边形GHMF是正方形，可得GH=2❑√2，（负根舍去）CD=2GH=4❑√2，证明
∠DBC=90°，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：如图，连接AC，BD，
∵E，F，G，H分别是菱形ABCD各边的中点，∴AC⊥BD，EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，
∴EH⊥EF，四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形．
（2）①如图，连接CD，BE交于点T，记CD与AB的交点为Q，
由题意得：GF∥BE∥HM，GH∥CD∥FM，
∴四边形GFMH是平行四边形，
∵等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，∠BAD=∠ACE=90o，
∴∠DAC=∠BAE，AD=AB，AC=AE，
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴∠ADC=∠ABE，
∵∠AQD=∠BQT，
∴∠BTQ=∠BAD=90°，
∴CD⊥BE，而GF∥BE∥HM，GH∥CD∥FM，
∴FG⊥HG，
∴四边形GHMF是矩形，
∴四边形FGHM是四边形BCED的中矩四边形．
②∵△DAC≌△BAE，
∴CD=BE，
∵F，G，H，M分别为DE，BD，BC，CE的中点．
1 1
∴FG= BE=HM，GH= CD=FM，
2 2
∴GF=GH，而四边形GHMF是矩形，∴四边形GHMF是正方形，
∵四边形FGHM的面积为8，
∴GH2=8，
∴GH=2❑√2，（负根舍去）
∴CD=2GH=4❑√2，
∵∠ABC=45°=∠ABD，
∴∠DBC=90°，
∴BD2+BC2=CD2=(4❑√2) 2=32．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定，正方形的判定，勾股定理的应用，三角形的中位线的性
质，全等三角形的判定与性质，理解新定义的含义，作出合适的辅助线是解本题的关键．
40．（24-25九年级·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新
四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫
做“中方四边形”．
【概念理解】：
（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【性质探究】：
（2）如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形ABCD的对角线AC，BD的
关系；
【问题解决】：
（3）如图2．以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接
BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
【拓展应用】：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点．
（4）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（5）若AC=2，求AB+CD的最小值．❑√2
【答案】（1）D；（2）AC=BD，AC⊥BD；（3）证明见解析；（4）MN= AC，理由见解析；
2
（5）AB+CD的最小值为2❑√2 ．
【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案；
1 1
（2）由中位线的性质可得：EF= AC，EF∥AC，FG= BD，FG∥BD，结合正方形的性质可得
2 2
结论；
（3）如图，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于
P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得
△EAC≌△BAG，推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结
论；
（4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质
与三角形的中位线的性质即可证得结论；
（5）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即
M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案．
【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，
理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形；
（2）AC=BD，AC⊥BD．理由如下：
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴四边形EFGH是正方形，
∴EF=FG=HG=EH，∠EFG=∠FGH=∠GHE=∠HEF=90°，
∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，
1 1
∴EF= AC，EF∥AC，FG= BD，FG∥BD，
2 2
∴AC=BD，AC⊥BD．（3）如图，设四边形BCGE的边BC、CG、≥、BE的中点分别为M、N、R、L，连接CE交AB于P，
连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR，RL，LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
1 1 1 1
∴MN∥BG，MN= BG，RL∥BG，RL= BG，RN∥CE，RN= CE，ML∥CE，ML= CE
2 2 2 2
，
∴MN∥RL，MN=RL，RN∥CE∥ML，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
∴∠EAC=∠BAG，
∴△EAC≌△BAG(SAS)，
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
1 1
又∵RL= BG，RN= CE，
2 2
∴RL=RN，
∴平行四边形MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN=90°．
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”．（4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN=❑√FM2+FN2=❑√2FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
1
∴FM= AC，
2
❑√2
∴MN= AC；
2
（5）如图， 连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2(OM+ON)的最小值=2MN，
由性质探究（1）知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2(OM+ON)=AB+CD，
∴AB+CD的最小值=2MN，
❑√2
由拓展应用（4）知：MN= AC；
2又∵AC=2，
∴MN=❑√2，
∴AB+CD的最小值为2❑√2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中
位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并
运用是本题的关键．
【题型5 四边形中的新定义问题】
41．（24-25九年级·山东威海·期中）【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则
称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形．
【解决新问题】
(1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形ABCD的边CD，AD上，CE=DF，∠A=60°．四边形BEDF是否为
补等四边形？ （填“是”或“否”）
(2)如图Ⅱ，在△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分线和边AB的中垂线交于点D，中垂线交边AC于点
G，连接DA，DB．四边形ADBC是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由．
【答案】(1)是
(2)四边形ADBC是补等四边形，证明见解析
【分析】（1）连接BD，根据菱形性质得出CD=AD=AB=CB，CD∥AB，再结合
CE=DF，∠A=60°，通过SAS证明△CBE≌△DBF，结合角的等量代换，即可作答．
（2）作DE⊥CB，DF⊥CA．因为角平分线的性质 ，得出DE=DF，又因为DG垂直平分AB，得出
DB=DA，再证明Rt△DEB≌Rt△DFA，结合角的等量代换，即可作答．
【详解】（1）解：连接BD，如图：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=AB=CB，CD∥AB，
∴∠A+∠CDA=180°
∵∠A=60°
1
∴∠CDA=120°，∠BDF= ∠CDA=60°，△ABD是等边三角形
2
∴BD=DA=BC
∵CE=DF，
∴△CBE≌△DBF(SAS)
∴EB=BF，∠BFD=∠BEC
∵∠DEB+∠BEC=180°
∴∠DEB+∠BFD=180°
∴四边形BEDF是补等四边形，
故答案为：是；
（2）解：四边形ADBC是补等四边形．
理由如下：作DE⊥CB，DF⊥CA．
∴∠DEB=∠DFC=90°．
∴∠ECA+∠EDF=180°
∵CD平分∠ECA，
∴DE=DF．
∵DG垂直平分AB，
∴DB=DA
∴Rt△DEB≌Rt△DFA∴∠EDB=∠FDA．
∴∠ECA+∠BDA=180°
∴四边形ADBC是补等四边形．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形性质，正确掌
握相关性质内容是解题的关键．
42．（24-25九年级·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序
号）；
(2)如图， 在正方形ABCD中， E为BC上一点， 连接AE， 过点B作BG⊥AE于点H， 交CD于点
G， 连AG，EG．
①判断四边形ABEG是否为“神奇四边形”，并说明理由；
②如图2， 点M，N，P，Q分别是AB，AG，GE，EB的中点． 判断四边形MNPQ是否是“神奇四边
形”，并说明理由：
(3)如图3， 点F，R分别在正方形ABCD的边AB，CD上， 把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边
B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′=2，正方形的边长为6，求线段OF的长．
【答案】(1)④
(2)①四边形ABEG是“神奇四边形”，见解析；②四边形MNPQ是“神奇四边形”，见解析
❑√10
(3)
3
【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可；
（2）①根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABE=∠BCG=90°，利用等量代换可得∠CBG=∠BAE，
证得△ABE≌△BCG(ASA)，可得AE=BG，即可得证；
1 1
②根据三角形中位线定理可得MN=PQ= BG，MN∥BG∥PQ，MQ=NP= AE，
2 2MQ∥NP∥AE，从而证得四边形MNPQ是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得
∠NMQ=90°，由①可得，AE=BG，可得NM=MQ，证得四边形MNPQ是正方形，再根据正方形的性
质即可得证；
（3）延长AO交BC于点S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B′F=6−x，再由勾股定理列
10
方程求得x= ，即可求解．
3
【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱
形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，
故答案为：④．
（2）解：①四边形ABEG是“神奇四边形”，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠CBG+∠AEB=90°，
又∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠CBG=∠BAE，
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG，
又∵BG⊥AE，
∴四边形ABEG是“神奇四边形”．
②四边形MNPQ是“神奇四边形”，理由如下：
∵点M，N，P，Q分别是AB，AG，GE，EB的中点，
1 1
∴MN=PQ= BG，MN∥BG∥PQ，MQ=NP= AE，MQ∥NP∥AE，
2 2
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵MN∥BG，BG⊥AE，
∴MN⊥AE，
∴∠EAM+∠AMN=90°，
∵∠EAM+∠AEB=90°，
∴∠AMN=∠AEB，
∵MQ∥AE，∴∠AEB=∠MQB，
∴∠AMN=∠MQB，
∵∠QMB+∠MQB=90°，
∴∠QMB+∠AMN=90°，
∴∠NMQ=90°，
由①可得，AE=BG，
∴NM=MQ，
∴四边形MNPQ是正方形，
∴MP⊥QN，且MP=QN，
∴四边形MNPQ是“神奇四边形”．
（3）解：延长AO交BC于点S，
由折叠的性质得，BF=B′F，AB′=BS=2，AO=SO，∠B=∠B′，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=6，∠B=90°，
∴AS=❑√62+22=2❑√10，∠B=∠B′=90°，
1
∴AO= AS=❑√10，
2
设AF=x，则BF=B′F=6−x，
在Rt△AB'F中，22+(6−x) 2=x2，
10
解得x= ，
3
10
∴AF= ，
3
∵AO⊥FR，
∴∠AOF=90°，
∴OF=❑
√ (10) 2
−(❑√10) 2=
❑√10
．
3 3【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定
与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌
握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键．
43．（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的
中心．
(1)①写出一种你学过的伪矩形： ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ．
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．无法确定
(2)如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD=90°，AC=3，CD=2，求BC的长．
(3)如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=2，AC=CD，求这个伪矩形的面
积．
【答案】(1)①等腰梯形；②C
(2)❑√5
(3)❑√39+❑√3【分析】（1）①根据题意，写出对角线相等的四边形，例如等腰梯形，即可求解；
1 1
②根据中位线的性质可得EF=GH= BD,EH=FG= AC，进而根据伪矩形的定义，可得BD=AC，
2 2
进而即可得出结论；
（2）根据伪矩形的定义，可得BD=AC，进而勾股定理，即可求解．
（3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．
【详解】（1）①写出一种你学过的伪矩形：等腰梯形；
故答案为：等腰梯形．
②如图所示，伪矩形ABCD中，AC=BD，
E,F,G,H
分别为四边中点，
1 1
∴EF=GH= BD,EH=FG= AC
2 2
∴EF=FG=GH=HE
∴四边形EFGH是菱形；
∴顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，
故选：C．
（2）∵在伪矩形ABCD中，AC=3
∴ BD=AC=3
∵ ∠BCD=90°，BD=3，CD=2，
∴ BC=❑√BD2−CD2=❑√32−22=❑√5；
（3）解：作DF⊥BC，垂足为F，
∵ ABCD AC=BD AC=DC
伪矩形 中， ， ，∴BD=CD，
∵ ∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=2，
1
∴ AB= AC，BC=❑√AC2−AB2=❑√3AB=2❑√3，
2
∴ AC=CD=BD=4
∵BD=CD，DF⊥BC
1
∴BF=CF= BC=❑√3
2
∴DF=❑√CD2−CF2=❑√16−3=❑√13
1 1
∴这个伪矩形的面积为= FC×DF+ (AB+DF)×BF
2 2
1 1
= ×❑√3×❑√13+ (2+❑√13)×❑√3
2 2
=❑√39+❑√3
44．（24-25九年级·江苏南京·期末）定义：若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线
平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”．例如：如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，若
BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形．
(1)如图②，在四边形ABCD中，AB=AC，AD∥BC，∠CAD=2∠DBC．
求证：四边形ABCD是“近似菱形”，
(2)如图③，已知线段BD，求作“近似菱形”ABCD，使得AB=AD，BD平分∠ABC，且∠A与∠C互
补．
要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．
(3)在（2）的条件下，“近似菱形”ABCD中∠A的取值范围是________________．
【答案】(1)证明见解析
(2)见解析
(3)60°<∠A<180° 且∠A≠90°【分析】（1）根据“近似菱形”的定义，平行线的性质和等边对等角，证明∠ABD=∠DBC，进而得出
结论；
（2）作菱形ABED，以D为圆心，DE为半径画弧，交BE于点C，连接CD，则四边形ABCD为求作的
“近似菱形”；
（3）根据菱形的性质得出AB=BE=DE=AD，∠A=∠E，进而得出∠A+∠BCD=180°，再证明
∠A=∠CDA，当BC最小时，∠A最小，当BC=0时，∠A=60°，当∠A=90°时，不符合“近似菱
形”的定义，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACB，
∴∠CAD=∠ABC，
∵∠CAD=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD ，
∵BD平分∠ABC，
∴四边形ABCD是“近似菱形”．
（2）解：作法：①作菱形ABED；
②以D为圆心，DE为半径画弧，交BE于点C；
③连接CD．
则四边形ABCD为求作的“近似菱形”；
（3）解：∵菱形ABED，
∴AB=BE=DE=AD，∠A=∠E，
∵CD=DE，
∴∠E=∠DCE，
∴∠A=∠DCE，
∵∠DCE+∠BCD=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠CBD=∠ADB，
∴AD∥BC，
∴∠BCD+∠CDA=180°，
∴∠A=∠CDA，
当BC最小时，∠A最小，当BC=0时，∠A=60°，
∴60°<∠A<180°
当∠A=90°时，不符合“近似菱形”的定义，
∴60°<∠A<180° 且∠A≠90°．【点睛】本题考查“近似菱形”的定义，平行线的性质，等边对等角，正确理解新定义是解题的关键．
45．（24-25九年级·北京通州·期中）定义：若点P为四边形ABCD内一点，且满足
∠APB+∠CPD=180°，则称点P为四边形ABCD的一个“互补点”．
(1)如图1，点P为四边形ABCD的一个“互补点”，若∠APD=60°，则∠BPC= ；
(2)如图2，点P是菱形ABCD对角线BD上的任意一点（不与点B，D重合），求证：点P为菱形ABCD
的一个“互补点”．
【答案】(1)120°
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点P为四边形ABCD的一个“互补点”的定义，可得出∠APB+∠CPD=180°，从
而根据周角的定义可求出结果；
（2）根据菱形的性质可证得AB=BC，∠ABP=∠CBP，再证明△ABP≌△CBP，可证得∠1=∠3，
同理得出∠2=∠4，然后证明∠1+∠2=180°，即可求证．
【详解】（1）解：∵点P为四边形ABCD的一个“互补点”，
∴∠APB+∠CPD=180°，
∵∠APB+∠CPD+∠APD+∠BPC=360°，∠APD=60°，
∴∠BPC=120°，
故答案为：120°；
（2）证明：如图，连接AP、PC，∵菱形ABCD，
∴AB=BC，∠ABP=∠CBP，
∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴∠1=∠3，
同理∠2=∠4，
∵∠1+∠3+∠2+∠4=360°，
∴2∠1+2∠2=360°，
∴∠1+∠2=180°，即∠APB+∠CPD=180°
∴点P为菱形ABCD的一个“互补点” ．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，关键是理解题意，确定“互补点”的实
际意义．
46．（24-25九年级·广东中山·期中）定义：如果平行四边形的一组对边之和等于一条对角线的长时，我们
称这个四边形为“沙漏四边形”．
(1)当沙漏四边形是矩形时，两条对角线所夹锐角为______度；
(2)如图，在沙漏四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，满足AB+CD=BD，且AB⊥BD，过
点B、D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E、F，连接DE、BF，所得四边形BEDF也是沙漏四边
形．若BE=1，求BC的长以及△BFC的面积．
【答案】(1)601
(2)BC=❑√10，S =
△BFC 2
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性
质是解题的关键．
1
（1）根据沙漏四边形即平行四边形的特征得出AB=CD，AB∥CD，OA=OC= AC，
2
1
OB=OD= BD，在根据矩形的性质得出AC=BD，得出△AOB为等边三角形，即可得出夹角的度数；
2
（2）根据四边形ABCD是沙漏四边形，得AB=OB=OD=CD，在证∠ABO=∠CDO=90°，根据
BE⊥AO，DF⊥OC，AB=OB=OD=CD得∠EBO=∠EOB=∠FDO=∠FOD=45°，利用四边
形BEDF是沙漏四边形，得EC=3BE=3，利用勾股定理得出BC=❑√10，根据三角形面积计算公式即可
得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是沙漏四边形，
1 1
∴ AB=CD，AB∥CD，OA=OC= AC，OB=OD= BD
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，
∵ AB+CD=BD=OB+OD，
∴ AB=OB=OD=CD
∴ △AOB为等边三角形，
∴ ∠AOB=60°
故答案为：60．
（2）∵ AB⊥BD，
∴ ∠ABO=90°，
∵四边形ABCD是沙漏四边形，
∴ AB=CD，AB∥CD，OA=OC，OB=OD
∵ AB+CD=BD=OB+OD，
∴ AB=OB=OD=CD
∵ AB∥CD，∠ABO=90°，
∴ ∠ABO=∠CDO=90°
∵ BE⊥AO，DF⊥OC，AB=OB=OD=CD1 1
∴ ∠BEO=∠DFO=90°，∠EBO=∠FDO=45°，OE= AO，OF= CO
2 2
∴ ∠EBO=∠EOB=∠FDO=∠FOD=45°
∵四边形BEDF是沙漏四边形，
∴ OE=OF=BE，
∵ BE=EO=OF=CF=1，
∴ EC=3BE=3，
在Rt△BEC中，
BC2=BE2+EC2=12+32=10，
∴ BC=❑√10
1 1 1
S = FC⋅BE= ×1×1=
△BFC 2 2 2
47．（24-25九年级·福建三明·期中）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为
邻等四边形．邻等四边形中，相等两邻边的夹角称为邻等角．
(1)如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，对角线AC平分∠BCD，求证：四边形ABCD是邻
等四边形；
(2)如图2，在5×6的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有
符合条件的格点D，并分别用D ，D ，D ，……表示；
1 2 3
(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠A=∠B=90∘，∠BCD为邻等角．若AB=8，AD=6，求邻
等四边形ABCD的周长．【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
92
(3) ．
3
【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结
论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠BCD=90°，结合图形再确定满足CB=CD或
AD=CD的格点D；②∠B=∠BAD=90°，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；
（3）如图，过D作DE⊥BC于E，则四边形ABED是矩形，由矩形的性质得BE=AD=6，DE=AB=8
25
，∠BED=∠DEC=90°，进而利用勾股定理求得CB=CD= ，从而即可得解．
3
【详解】（1）证明：∵∠BAD=∠B=90°，
∴∠BAD+∠B=180°，
∴AD∥BC,，
∴∠DAC=∠BCA，
∵对角线AC平分∠BCD，
∴∠DCA=∠BCA，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∴四边形ABCD为邻等四边形．
（2）解：D ，D ，D 即为所求；
1 2 3
（3）解：∵四边形ABCD是邻等四边形，∠A=∠B=90∘，∠BCD为邻等角．
∴BC=CD，
如图，过D作DE⊥BC于E，∵∠A=∠B=90∘，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=6，DE=AB=8，∠BED=∠DEC=90°，
∴CD2=CE2+DE2即CD2=(CD−6) 2+82
25
∴CB=CD= ，
3
25 25 92
∴邻等四边形ABCD的周长为8+6+ + = ．
3 3 3
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的判定及性质，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，勾
股定理的应用，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
48．（24-25九年级·湖南长沙·期中）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是 （填序
号）；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连
AG、EG．求证：四边形ABEG是“宁美四边形”；
(3)如图2，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边
B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′=2，正方形的边长为6，求线段OF的长．【答案】(1)④
(2)见解析
❑√10
(3)
3
【分析】（1）由“宁美四边形”的定义即可得出结论；
（2）证△ABE≌△BCG，得AE=BG，再由“宁美四边形”的定义即可得出结论；
（3）延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B′F=6−x，再由勾股定理得
10
22+(6−x) 2=x2，解得x= ，再次利用勾股定理，即可解决问题．
3
【详解】（1）∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直
平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“宁美四边形”，
故答案为：④；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
{∠BAE=∠CBG
)
AB=BC ，
∠ABE=∠BCG
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG，又∵BG⊥AE，
∴四边形ABEG是“宁美四边形”；
（3）图3，延长AO交BC于S，
由翻折的性质可知，BF=B′F，AB′=BS=2，AO=SO，∠B′=∠B，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB=6，∠B=90°，
∴AS=❑√AB2+BS2=❑√62+22=2❑√10，∠B′=∠B=90°，
1
∴AO= AS=❑√10，
2
设AF=x，则BF=B′F=6−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理得：22+(6−x) 2=x2，
10
∴x= ，
3
10
∴AF= ，
3
∵AO⊥FR，
∴∠AOF=90°，
√ 10 2 ❑√10
∴OF=❑√AF2−AO2=❑( ) −(❑√10) 2= ，
3 3
❑√10
即线段OF的长为 ．
3
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“宁美四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱
形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等
知识，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问
题．49．（24-25九年级·山东东营·期末）附加题：
我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的品四边形叫得等补四边形．
(1)如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（不与B，C重合），连接AD，我们把△ABD绕点
A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点为点E．请根据给出的定义判断，四边形ADCE
______（选择“是”或“不是”）等补四边形．
(2)如图2，等补四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S =8，则BD的长为
四边形ABCD
______．
(3)如图3，四边形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=5，求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)是
(2)4
25
(3)
2
【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解
题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题．（1）根据旋转的性质得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的
定义可得结论；
（2）如图2，将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，先证明D、C、G三点共线，根据旋转的性质可
知：S =S =8，根据三角形的面积公式可得BD的长；
四边形ABCD △BDG
（3）如图3，作辅助线：将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，先证明A、D、E三点共
线，则S =S ，当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，从而得结论．
四边形ABCD △BDE
【详解】（1）解：由旋转得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，
∵∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠ADC+∠AEC=180°，
∴四边形ADCE是等补四边形．
故答案为：是；
（2）解：如图2，∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴ △BAD B 90° △BCG
将 绕点 顺时针旋转 得 ，
∴∠BAD=∠BCG，BD=BG，∠DBG=90°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BCD+∠BCG=180°，
∴D、C、G三点共线，
∵S =8，
四边形ABCD
∴S =8，
△BDG
1
∴
BD2=8，
2
∴BD=4（负值舍去）；
故答案为：4．
（3）解：∵AB=BC，∴ △BCD B ∠ABC △BAE
将 绕点 逆时针旋转 的大小，得 ，如图3，
∴BD=BE=5，∠BAE=∠C，S =S ，
△ABE △BCD
∵∠BAD+∠C=180°，
∴∠BAD+∠BAE=180°，
∴A、D、E三点共线，
∴S =S ，
四边形ABCD △BDE
1 25
当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，为S = ×5×5= ．
△BDE 2 2
25
则四边形ABCD面积的最大值为 ．
2
50．（24-25九年级·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无
重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形．
(1)如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A落在BC边上的D处，再将纸片分别沿EF，HG折
叠，使点B和点C都与点D重合，得到双层四边形EFGH，则双层四边形EFGH为______形．
(2)▱ABCD纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形EFGH为矩形，若EF=5，EH=12，求AD的长．
(3)如图3，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD
