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专题 05 平行四边形六大模型
模型一：中点四边形 模型二：梯子模型
模型三：十字架 模型四：对角互补
模型五：半角模型 模型六：与正方形有关三垂线
模型一：中点四边形
中点四边形:依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形O。
结论 1: 点 M、N、P、Q 是任意四边形的中点，则四边形 MNPQ 是平行四边形
结论 2: 对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形
结论3：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形
结论 4: 对角线垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形【典例1】（2024•长沙模拟）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，则
四边形EFGH一定是（ ）
A．平行四边形 B．矩形
C．菱形 D．正方形
【答案】A
【解答】解：如图，连接AC，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，
∴HG∥AC，HG＝ AC，EF∥AC，EF＝ AC；
∴EF＝HG且EF∥HG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选：A．
【变式1-1】（2023•阳春市二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱
形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直 D．相等
【答案】D
【解答】解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH＝ AC，EH∥AC，FG＝ AC，FG∥AC，EF＝ BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC＝BD，
∵EH＝ AC，EF＝ BD，
则EF＝EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC＝BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【变式1-2】（2023•铜川一模）如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接
四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是
（ ）
A．AC⊥BD B．AB＝CD C．AB∥CD D．AC＝BD
【答案】A
【解答】解：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝ AC，EF∥AC，GH＝ AC，GH∥AC，EH∥BD，
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD时，EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形，
故选：A．
【变式1-3】（2023春•宿豫区期中）顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的
四边形一定是（ ）
A．平行四边形 B．矩形
C．菱形 D．正方形【答案】D
【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF＝ AC，FG＝ BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，
∴EF⊥FG，FE＝FG，
∴四边形EFGH是正方形，
故选：D．
模型二：梯子模型
如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上,当梯子底端滑动时,探究梯子上某点(如中
点)或梯子构成图形上的点的轨迹模型(图 2),就是所谓的梯子模型。
[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，LACB= ZAOC= 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。
即已知 RtAACB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
【典例2】如图，∠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OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝
2．运动过程中点D到点O的最大距离是 3+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，
∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，∴DE＝ ＝ ，
∵OD≤OE+DE，
∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．
∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3+ ，
故答案为：3+ ．
【变式2-1】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 2+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，取AC的中点M，连接OM，BM．
∵∠AOC＝90°，AM＝CM，AC＝4．
∴OM＝ AC＝2，
在Rt△ABM中，∵∠BAM＝90°，AB＝1，AM＝2，
∴BM＝ ＝ ，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+ ，
∴OB的最大值为2+ ．故答案为2+ ．
【变式2-2】如图，∠MEN＝90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，
已知BC＝10，CD＝5，点D，E之间距离的最大值是 5+ 5 ． ．
【答案】5+5 ．
【解答】解：∵∠MEN＝90°，F是BC中点，
∴EF＝ BC＝5．
如图：
ED≤EF+DF，
当点D，E，F三点共线时，取等号．
此时F是BC的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴FD＝ ＝ ＝5 ．
∴ED最大＝EF+DF＝5+5 ．
故答案为：5+5 ．模型三：十字架
第一种情况：过顶点
在正方形ABCD中，AE⊥BF，可得AE=BF，借助于同角的余角相等，证明△BAF≌△ADE
（ASA）
所以AE=BF
第二种情况：不过顶 点
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得
EG=FH
也可以如下证明
在正方形ABCD中，E，F，G，H分别AB、BC、CD、DA边上的点，其中：EG⊥FH，可得
EG=FH【典例3】（2023春•商南县校级期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC
的中点，CE，DF相交于点G，连接AG，求证：
（1）CE⊥DF．
（2）∠AGE＝∠CDF．
【答案】（1）见解析过程；
（2）见解析过程．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝ AB，CF＝ BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF；
（2）延长CE交DA的延长线于H，∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝ DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．
【变式3-1】（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝
CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【答案】（1）见解答；
（2）90°．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠DAM＝∠ABN＝90°，
∵BM＝CN，
∴BC﹣CN＝AB﹣BM，即BN＝AM，在△ABN和△DAM中，
∴△ABN≌△DAM（SAS）；
（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，
∴∠MAP＝∠ADM，
∴∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，
∴∠APM＝180°﹣（∠MAP+∠AMP）＝90°．
【变式3-2】（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公
共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4， ，当点F在边AD上时，求BE的长．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2） ．
【解答】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如图1，∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，AG＝AE，AD＝AB，∠ADB＝45°，
∴∠GAD＝∠BAE，
∴△GAD≌△BAE，
∴BE＝DG，∠GDA＝∠ABE，
∴∠BMD＝180°﹣∠GDA﹣∠ADB﹣∠DBM＝180°﹣﹣∠EBA﹣∠DBM﹣45°＝90°，
∴BE⊥DG．总之，BE＝DG，BE⊥DG；
（2）
作EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵AB＝4， ，
∴AH＝EH＝ ＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
∴BE＝ ．
【变式3-3】（2023春•滨州期末）已知ABCD是一个正方形花园．
（1）如图1，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，问这两条路
等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门E、F、G、H，并修建两条路EG和FH，使得
EG⊥FH，问这两条路等长吗？为什么？
【答案】（1）这两条路等长，理由见解答；（2）这两条路等长，理由见解答．
【解答】解：（1）这两条路等长，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°，
∵DE＝CF，
∴AD﹣DE＝CD﹣CF，
即AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴AF＝BE，
故这两条路等长；
（2）这两条路等长，理由如下：
如图2，作EM⊥BC于点M，交HF于点P，作HN⊥CD于点N，交EM于点Q，
∴∠EMG＝∠EMC＝90°，∠HNF＝∠HND＝90°，
∴∠EMG＝∠HNF，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AD＝CD，
∴∠A＝∠HND＝∠D＝90”，∠EMC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形AHND、四边形EMCD都是矩形，
∴EM∥BC，HN＝AD，EM＝CD，
∴∠HQP＝∠HNF＝90”，HN＝EM，
∴∠NHF+∠HPQ＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠MEG+∠HPQ＝90°，
∴∠MEG＝∠NHF，
∵HN＝EM，∠EMG＝∠HNF，
∴△EMG≌△HNF（ASA），
∴EG＝FH，
故这两条路等长．模型四：对角互补
对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与
120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明
两个三角形全等或者相似.
模型一：含90°的全等型
1.如图1，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.则可以得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝ OC，③S=S+S= OC.
2.如图2，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝ OC，③S-S= OC.
图1 图2 图3
模型二、：含60°与120°的全等型
如图3，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.则可得到如下几个结论：
①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③S+S= OC.【典例4】在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关
系为 AD + AB ＝ AC ；
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B＝90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明
理由；
（3）如图3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求线段AC的长和四边形ABCD的面
积．
【答案】（1）AD+AB＝AC；
（2）成立，理由见解答；
（3）AC＝5 ，四边形ABCD面积为25．
【解答】解：（1）∵∠B+∠D＝180°，∠B＝90°，
∴∠D＝∠B＝90°，
∵对角线AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵AC＝AC，
∴Rt△DAC≌Rt△BAC（AAS），
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝120°，
∴ ，
∴∠DCA＝30°，∴ ，
∴ ，
∴AD+AB＝AC．
故答案为：AD+AB＝AC．
（2）（1）中结论成立，理由如下：
，
以C为顶点，AC为一边作∠ACE＝60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，
由（1）可得：∠CAB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠AEC＝60°，
∴∠CAB＝∠BAC＝∠AEC，
∴△ACE为等边三角形，
∴AC＝AE＝CE，
∵∠D+∠ABC＝180°，∠CBE+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵∠ABC+∠D+∠DAC+∠DCB＝360°，∠D+∠ABC＝180°，∠DAB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∴∠DCB＝∠ACE，
∴∠DCB﹣∠ACB＝∠ACE﹣∠ACB，
∴∠DCA＝∠BCB，
∴△CAD≌△CEB（AAS），
∴AD＝BE，
∵AC＝AE＝AB+BE，
∴AC＝AD+AB．（3）过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，
，
∵对角线AC平分∠BAD，∠BAD＝90°，
∴∠CAE＝∠DAC＝45°，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠E＝180°﹣∠ACE﹣∠CAE＝45°，
∴∠E＝∠CAE，∠E＝∠DAC，
∴AC＝CE，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∴△ADC≌△EBC（AAS），
∴AD＝BE，
∴AE＝AB+BE＝AB+AD，
∵AD＝3，AB＝7，
∴AE＝10，
在Rt△ACE中：
AC2+CE2＝AE2，
∴AC＝CE＝5 ，
∴ ＝25，
∵△ADC≌△EBC，
∴S△ADC ＝S△EBC ，
∴S四边形ABCD ＝S△ADC +S△ACB ＝S△EBC +S△ACB ＝S
ACE
＝25．
【变式4-1】如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【答案】（1）P（2，2）；（2）①不变，值为4；②8．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【变式4-2】四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边
形”．
（1）四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A的度数为
90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
小云同学是这么做的：延长 CD 至 M，使得 DM ＝BC ，连 AM，可证明
△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以
知道CB、CD、CA三者关系为： CD + BC ＝ AC ；
（3）如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB＝AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA＝CB+CD；
（4）如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠ABC＝60°，AD＝CD，则BA、BC、BD三者关系为： BC + AB ＝ BD ．
【答案】（1）CD+BC＝ AC；（2）CD+BC＝ AC；（3）①见解析；②见解析；
（4）BC+AB＝ BD．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°× ＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝ AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝ AC，
故答案为：CD+BC＝ AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，∴△ACM是等边三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝ DM＝ BD，
∴BM＝ BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝ BD，
故答案为：BC+AB＝ BD．模型五：半角模型
（1）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A
作AG⊥于EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.
图示（1） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（2）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接
EF，则：EF=DF-BE.
图示（2） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
【典例5】已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别
交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关
系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关
系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．
（可利用（2）得到的结论）
【解答】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和
DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝
6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3
【变式5-1】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形 ABCD，点E、F分别是AB、
BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△EDF≌△MDF；
（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，
由旋转得：
∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠DCF+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点在同一条直线上，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，
∴∠EDF＝FDM，
∵DF＝DF，
∴△EDF≌△MDF（SAS）；
（2）设CF＝x，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，由旋转得：AE＝CM＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x，
∵△EDF≌△MDF，
∴EF＝FM＝2+x，
在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，
∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，
∴x＝ ，
∴EF＝2+x＝ ，
∴EF的长为 ．
【变式5-2】（2022春•路北区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，
AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到
△ABG．
（1）求证：GE＝FE；
（2）若DF＝3，求BE的长为 ．
【解答】（1）证明：∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
（2）解：设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即BE＝2，
【变式5-3】（2022秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点
构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交
于E、F两点．易证得EF＝BE+FD．
大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝
180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故
EF＝BE+DF．
任务：
如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的
∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方
法，你认为结论EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请
说明理由．
【解答】解：成立．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，
∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，∴M、B、E三点共线，
∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，
∴∠MAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，AM＝AF，
∴△MAE≌△FAE（SAS），
∴ME＝EF，
∴EF＝ME＝MB+BE＝DF+BE．
模型六：与正方形有关三垂线
【典例6】（2023春•中山市校级期中）如图①，正方形ABCD中，E是BC的中点，
∠AEF＝90°，EF交正方形外角∠DCG的角平分线CF于点F，
（1）求证AE＝EF；
（2）当E为BC延长线上一点，其余条件不变，请在图②中画出图形，猜想（1）中结
论是否仍然成立？并说明理由．【答案】（1）见解析；
（2）作图见解析，AE＝EF仍然成立，理由见解析．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD正方形
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°
如图：取AB的中点M，点E是边BC的中点，
∴AM＝BM＝EC＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∴∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠DCF＝∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝180°﹣∠FCG＝135°
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
又∵∠AEB+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠CEF，
又∵AM＝CE，∠AME＝∠ECF
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
（2）当E为BC延长线上一点，画出图形如下：AE＝EF仍然成立，理由如下：
在BA延长线上截取AP＝CE，连接PE，则BP＝BE，
∵∠B＝90°，BP＝BE，
∴∠P＝45°，
又∵∠FCE＝45°，
∴∠P＝∠FCE，
∵AD∥CB，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵∠PAE＝90°+∠DAE，∠CEF＝90°+∠BEA，
∴∠PAE＝∠CEF，
在△APE与△ECF中，∠P＝∠FCE，AP＝CE，∠PAE＝∠CEF，
∴△APE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
【变式6-1】（2022秋•宿城区校级期末）如图，已知正方形OABC的边长为8，边OA在x
轴上，边OC在y轴上，点D是x轴上一点，坐标为（2，0），点E为OC的中点，连
接BD、BE、ED．
（1）求点B的坐标；
（2）判断△BED的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）（8，8）；
（2）△BED是直角三角形，证明见解答．【解答】解：（1）正方形OABC的边长为8，边OA在x轴上，边OC在y轴上，
∴OA＝OC＝8，
∴点B的坐标为（8，8）．
（2）△BED是直角三角形；
点D是x轴上一点，坐标为（2，0），点E为OC的中点，
∴OD＝2，OE＝CE＝4，DA＝6，
∴ED2＝OD2+OE2＝20，EB2＝BC2+CE2＝80，DB2＝BA2+AD2＝100，
∴ED2+EB2＝DB2，
∴△BED是直角三角形．
【变式6-2】（2023春•围场县期末）如图所示，在正方形ABCD中，AB＝4，点E为边BC
的中点，F为CD边上一动点，满足∠AEF＝90°．
（1）求CF的长．
（2）求△AEF的面积．
【答案】（1）CF的长为1；（2）△AEF的面积为5．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴AB2+BE2＝AE2，CE2+CF2＝EF2，AD2+DF2＝AF2，
∵点E为边BC的中点，
∴BE＝CE＝2，
设CF＝x，则DF＝4﹣x，
∵∠AEF＝90°，
∴AE2+EF2＝AF2，
∴AB2+BE2+CE2+CF2＝AD2+DF2，
即42+22+22+x2＝42+（4﹣x）2，
解得：x＝1，
∴CF的长为1．（2）由（1）可知AE＝ ＝2 ，EF＝ ＝ ，
又∵∠AEF＝90°，
∴△AEF为直角三角形，
∴ ．
【变式6-3】（2023春•河东区期中）如图：四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，
∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）连接AF，判断△AEF的形状，并证明；
（2）若AB＝4，求△AEF的面积；
（3）连接AC，求 的值．
【答案】（1）△AEF为等腰直角三角形，证明见解答过程；
（2）10；
（3） ．
【解答】解：（1）△AEF为等腰直角三角形，证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，点E是边BC的中点，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°， ，
设AB的中点为H，连接EH，如图：
∴ ，∵AB＝BC， ，
∴AH＝BH＝BE＝CE，
∴△BEH为等腰直角三角形，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝135°，
∵CF为正方形外角的平分线，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝∠BCD+∠DCF＝90°+45°＝135°，
∴∠AHE＝∠ECF＝135°，
∵∠B＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠HAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠HAE＝∠CEF，
在△AHE和△ECF中，
，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF，
又∠AEF＝90°，
∴△AEF为等腰直角三角形；
（2）∵AB＝4，点E为BC的中点，
∴BE＝2，
在Rt△ABE中，AB＝4，BE＝2，
由勾股定理得：AE2＝AB2+BE2＝20，
由①可知：△AEF为等腰直角三角形，
∴ ；
（3）过点F作FK⊥BC，交BC的延长线于K，连接AC，如图：则∠ABE＝∠EKF＝90°，
由①可知：AE＝EF，∠BAE＝∠KEF，∠DCF＝45°，
在△ABE和△EKF中，
∠BAE＝∠KEF，∠ABE＝∠EKF＝90°，AE＝EF，
∴△ABE≌△EKF（AAS），
∴BE＝FK，
则BE＝a，则BE＝CE＝FK＝a，AB＝BC＝2a，
在Rt△ABC中，AB＝BC＝2a，
由勾股定理得： ，
∵∠DCK＝90°，∠DCF＝45°，
∴∠FCK＝45°，
∴△CFK为等腰直角三角形，
∴CK＝FK＝a，
在Rt△CFK中，CK＝FK＝a，
由勾股定理的： ，
∴ ．
1．（2023•商丘模拟）一个四边形四边中点的连线所构成的中点四边形是菱形，那么这个
原四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．对角线相等
【答案】D
【解答】解：如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H是四边形四边上的中点，连接 EF、EH、FG、
GH、AC、BD，
在△ADC中，EH＝ AC，
在△ABD中，EF＝ BD，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EH＝EF，
∴AC＝BD，
∴原四边形的对角线相等．
故选：D．
2.（2023春•路北区期末）顺次连接矩形各边中点，所得图形的对角线一定满足（ ）
A．互相平分． B．互相平分且相等
C．互相垂直． D．互相平分且垂直
【答案】D
【解答】解：连接AC、BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC＝BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF＝ AC，FG＝ BD，GH＝ AC，EH＝ BD，
∴EF＝FG＝GH＝EH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴所得图形的对角线一定满足互相平分且垂直．
故选：D．3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A
在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是
3+3 ．
【答案】3+3 ．
【解答】解：如图，取CA的中点D，连接OD、BD，
则OD＝CD＝ AC＝ ×6＝3，
由勾股定理得，BD＝ ＝3 ，
当O、D、B三点共线时点B到原点的距离最大，
所以，点B到原点的最大距离是3+3 ．
故答案为：3+3 ．
4．（2023秋•龙口市期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在直线AB，AD上，
且∠ECF＝45°，连接EF．（1）当E，F分别在边AB，AD上时，如图1．请探究线段EF，BE，DF之间的数量关
系，并写出证明过程；
（2）当E，F分别在BA，AD的延长线上时，如图2．试探究线段EF，BE，DF之间的
数量关系，并证明．
【答案】（1）EF＝BE+DF，证明见解答；
（2）EF＝BE﹣DF，证明见解答．
【解答】解：（1）EF＝BE+DF，
证明：如图，延长AB使得BG＝DF，连接CG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°＝∠D＝∠CBG．CD＝CB，
∴△CDF≌△CBG（SAS），
∴∠DCF＝∠BCG，CF＝CG，
∵∠ECF＝45°，
∴∠BCE+∠DCF＝45°．
∴∠ECG＝∠BCG+∠BCE＝45°＝∠ECF，
∵CF＝CG，CE＝CE，
∴△CFE≌△CGE（SAS）．
∴GE＝EF．
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE﹣DF．
证明：如图，把△CDF绕点C逆时针旋转90°后，得到△CBG．
由旋转可得BG＝DF，CF＝CG，∠BCG＝∠DCF，点A，G，B在同一直线上．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°．
∵∠ECF＝45°，
∴∠DCE+∠DCF＝45°．
∴∠DCE+∠BCG＝45°．
∴∠ECG＝∠BCD﹣（∠DCE+∠BCG）＝90°﹣45°＝45°．
∴∠ECF＝∠ECG．
∵CF＝CG，CE＝CE，
∴△CEF≌△CEG（SAS）．
∴EF＝EG．
∵EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣DF．
5．（2023•天心区校级三模）如图，正方形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE，过B
点作BG⊥AE，垂足为点G，延长BG交CD于点F，连接AF．
（1）求证：BE＝CF．
（2）若正方形边长是5，BE＝2，求AF的长．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠AEB+∠EBG＝90°，
∴∠BAE＝∠EBG，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF；
（2）∵正方形边长是5，
∴AB＝BC＝CD＝5，
∵BE＝2，
∴由（1）得CF＝BE＝2，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，
在Rt△ADF中，由勾股定理得： ．
6．（2023秋•惠州期中）如图，正方形 ABCD中，AB＝6，动点E，F分别在边BC、CD
上，且∠EAF＝45°，连接EF．
（1）求证：EF＝BE+DF；
（2）若BE＝3，求线段DF的长．
【答案】（1）见解答；
（2）DF＝2．
【解答】（1）证明：延长EB至H，使BH＝DF，连接AH，如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠ABH＝90°，AD＝AB，
则在△ADF和△ABH中，
∵AD＝AB，∠ADF＝∠ABH，DF＝HB，
∴△ADF≌△ABH（SAS），
∴∠BAH＝∠DAF，AF＝AH，
∴∠FAH＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EAH＝45°，
在△FAE和△HAE中，
∵AF＝AH，∠FAE＝∠EAH，AE＝AE，
∴△FAE≌△HAE（SAS），
∴EF＝HE＝BE+HB，
∴EF＝BE+DF；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，BC＝CD＝AB＝6，
∵BE＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝3，
设DF＝ ，
则CF＝6α﹣ ，
∵EF＝BE+αDF，
∵EF＝3+a，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF12＝EF2，
即32+（6﹣a）2＝（3+a）2，
解得：a＝2，
∴DF＝2．
7．（2023春•曹县期中）如图，正方形ABCD中，E是AB边上一点，连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）求证：BF＝CE；
（2）若正方形ABCD的边长5cm，点E是AB的中点，求CG的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2 ．
【解答】（1）证明：∵BF⊥CE，
∴∠CGB＝90°，
∴∠GCB+∠CBG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠CBE＝90°，BC＝AB，
∴∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠GCB＝∠FBA，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴AF＝BE；
（2）解：∵AB＝5，点E是AB的中点，
∴BE＝ cm，
在Rt△BCE中，EC＝ ＝ cm，
∵S△BCE ＝ ×BG＝ 5× ，
∴BG＝ cm，
在Rt△BCG中，CG＝ ＝2 ．
8．（2023春•承德县月考）如图，在正方形 ABCD中，M是AB上的一点，连接DM，过
点M作MN⊥DM交∠B外角平分线于N．（1）若AM＝a，求BN的长；
（2）如图2，连接DN，交BC边于点F，连接MF．求证：NM平分∠FMB．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析．
【解答】（1）解：如图所示，在AD上取一点F，使得AF＝AM，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝∠EBC＝90°，
∴AD﹣AF＝AB﹣AM，即DF＝MB，
∵AF＝AM，
∴∠AFM＝∠AMF＝45°，
∴∠DFM＝135°，
∵BN平分∠CBE，
∴ ，
∴∠MBN＝135°＝∠DFM，
∵MN⊥DM，即∠DMN＝90°，
∴∠AMD+∠BMN＝90°，
∵∠AMD+∠ADM＝90°，
∴∠ADM＝∠BMN，
∴△DFM≌△MBN（ASA），
∴BN＝MF，在Rt△AFM中，由勾股定理得 ，
∴ ；
（2）证明：如图所示，过点N作NG⊥BC于G，NH⊥BE于H，作NQ⊥DN交直线AB
于Q，
由（1）可得DM＝MN，
∵DM⊥MN，
∴∠DNM＝45°，
∵BN平分∠CBE，NG⊥BC，NH⊥BE
∴NH＝NG，
又∵∠GBH＝90°，
∴四边形BHNG是正方形，
∴∠GNH＝90°，
∵∠GNQ+∠HNQ＝90°，
∵NQ⊥DN，即∠DNQ＝90°，
∴∠FNG+∠GNQ＝90°，∠DNM＝∠QNM＝45°，
∴∠FNG＝∠QNH，
又∵∠NGF＝∠NHQ＝90°，
∴△FNG≌△QNH（ASA），
∴FN＝QN，
∵∠FNM＝∠QNM，MN＝MN，
∴△FNM≌△QNM（SAS），
∴∠FMN＝∠QMN，
∴NM平分∠FMB．
