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第十八章 平行四边形全章题型总结【5 个知识点 15 个题型】
【人教版】
【知识点1 平行四边形的定义及其性质】
1.平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。
2.平行四边形的性质：
性质1：平行四边形的对边平行且相等；
性质2：平行四边形的对角相等；
性质3：平行四边形的对角线互相平分．
另外，由平行四边形的性质可以得出三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等
于第三边的一半.
【拓展延伸】
（1）平行四边形是中心对称图形，对称中心就是两条对角线的交点；连接四边上任意一点和平行四边形
的对称中心，与另一条边相交于一点，则这两个点关于平行四边形的对称中心对称；并且这条线段将平行四边形面积分成相等的两部分．
（2）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（3）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形
面积的四分之一；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【知识点2 矩形的定义及其性质】
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2.矩形的性质：
性质1：矩形的四个内角都相等，且为90°．
性质2：矩形的两条对角线相等．
性质3：矩形是轴对称图形，对称轴是一组对边中点的连线所在的直线．
另外，由矩形的性质可以得出：（1）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）矩形的对角线把矩
形分成四个小的等腰三角形．
【拓展延伸】
（1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都
是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等.
（2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点.
（3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等.
【知识点3 菱形的定义及其性质】
1.菱形的定义：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形.
2.菱形的性质：
性质1：菱形的四条边相等．
性质2：菱形的对角线互相垂直平分．
性质3：菱形的对角线平分一组对角．
性质4：菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线．
另外，由菱形的性质可以得出：
（1）菱形的面积除了可以用平行四边形面积的求法外，还可用对角线乘积的一半来计算．
（2）菱形的对角线把菱形分成四个小的直角三角形．
【知识点4 正方形的定义及其性质】
1.正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.
2.正方形的性质：
性质1：正方形的四个内角都相等，且都为90°，四条边都相等．
性质2：正方形的对角线互相垂直平分且相等，对角线平分一组对角．性质3：正方形具有4条对称轴，两条对角线所在的直线和过两组对边中点的两条直线．
另外，由正方形的性质可以得出：
（1）正方形的对角线把正方形分成四个小的等腰直角三角形．
（2）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半．
【题型1 利用四边形的性质求角的度数】
【例1】如图，E、F在平行四边形ABCD的对角线AC上，AE＝EF＝CD，∠ADF＝90°，∠BCD＝66°，则
∠ADE的大小为（ ）
A．33° B．23° C．22° D．18°
1
【分析】设∠ADE＝x，由直角三角形的性质得出DE= AF=AE=EF，从而∠DAE＝∠ADE＝x，DE
2
＝CD，证出∠DCE＝∠DEC＝2x，由AD∥BC得∠ACB＝∠DAE＝x，然后根据∠BCD＝66°，得出方
程，解方程即可．
【解答】解：设∠ADE＝x，
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
1
∴DE= AF=AE=EF，
2
∴∠DAE＝∠ADE＝x，
∵AE＝EF＝CD，
∴DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAE＝x，
∵∠BCD＝66°，
∴2x+x＝66°，
解得：x＝22°，
即∠ADE＝22°．
故选：C．【例2】如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，
若∠CAD＝20°，则∠BHO的度数是（ ）
A．40° B．70° C．50° D．65°
【分析】先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB
＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1
＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠BHO的度数．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，∴∠DHO＝20°，
∴∠BHO＝90°﹣∠AHO＝90°﹣20°＝70°
故选：B．
【变式1】如图，O是矩形ABCD对角线的交点，AE平分∠BAD，∠AEO＝30°，则∠COE的度数为（
）
A．48° B．45° C．40° D．36°
【分析】延长EO交AD于F，过点F作FH⊥AE于H，连接OH，先证明△OAF和△OCE全等得OE＝
1 1
OF= EF，根据FH⊥AE，∠AEO＝30°得∠EFH＝60°，FH= OE，由此可得△OFH是等边三角形，则
2 2
FH＝OH＝OF＝OE，进而得∠OHE＝∠AEO＝30°，再证明△AHF是等腰直角三角形得AH＝FH，进而
1
得AH＝OH，则∠HAO＝∠HOA，再根据三角形的外角性质得∠HAO＝∠HOA= ∠OHE＝15°，然后
2
再次利用三角形的外角性质即可求出∠COE的度数．
【解答】解：延长EO交AD于点F，过点F作FH⊥AE于点H，连接OH，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，AD∥BC，∠BAD＝90°，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△OAF和△OCE中，
{∠OAF=∠OCE
)
∠AOF=∠COE ，
OA=OC
∴△OAF≌△OCE（AAS），
1
∴OE＝OF= EF，
2∵FH⊥AE，∠AEO＝30°，
∴在Rt△EFH中，∠EFH＝60°，FH＝1/2OE，
∴FH＝OF＝OE，
又∵∠EFH＝60°，
∴△OFH是等边三角形，
∴FH＝OH＝OF＝OE，
∴∠OHE＝∠AEO＝30°，
∵∠BAD＝90°，AE平分∠BAD，
1
∴∠FAE= ∠BAD＝45°，
2
∵FH⊥AE，
∴△AHF是等腰直角三角形，
∴AH＝FH，
∴AH＝OH，
∴∠HAO＝∠HOA，
∵∠OHE是△HAO的外角，
∴∠OHE＝∠HAO+∠HOA，
1 1
∴∠HAO＝∠HOA= ∠OHE= ×30°=15°，
2 2
∵∠COE是△OAE的外角，
∴∠COE＝∠HAO+∠AEO＝15°+30°＝45°．
故选：B．
【变式2】如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，点E、点F分别是
OC、AB的中点，连接BE、FE，若∠ABE＝42°，则∠AEF的度数为（ ）
A．42° B．45° C．46° D．48°
【分析】根据平行四边形的性质推出OB＝BC，根据等腰三角形的性质求出BE⊥OC，根据直角三角形
的性质求出∠BAE＝48°，AF＝EF，根据等腰三角形的性质即可得解．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OB＝OD= BD，AD＝BC，
2
∵BD＝2AD，
∴OB＝BC，
∵点E是OC的中点，
∴BE⊥OC，
∴∠ABE+∠BAE＝90°，
∵∠ABE＝42°，
∴∠BAE＝48°，
∵点F是AB的中点，BE⊥OC，
1 1
∴AF= AB，EF= AB，
2 2
∴AF＝EF，
∴∠AEF＝∠BAE＝48°，
故选：D．
【变式3】如图，在正方形ABCD中，点E是AC上一点，过点E作EF⊥ED交AB于点F，连接BE，
DF，若∠ADF＝ ，则∠BEF的度数是（ ）
α
A．2 B．45°+ C．90°﹣2 D．3
【分析α 】过点E作EM⊥AB于αM，EN⊥AD于N，根据α全等三角形的判α定定理结合正方形的性质证得
△EMF≌△END，△ABE≌△ADE，得到BE＝DE＝EF，根据等腰三角形的性质和平角的定义即可求出
答案．
【解答】解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥AD于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴四边形AMEN是矩形，∠BAE＝∠DAE＝45°，∴EM＝EN，四边形AMEN是正方形，
∴∠MEN＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠MEF＝∠NED＝90°﹣∠FEN，
在△EMF和△END中，
{∠EMF=∠END
)
EM=EN ，
∠MEF=∠NED
∴△EMF≌△END（ASA），
∴EF＝ED，
∴∠EFD＝∠EDF＝45°，
∵∠ADF＝ ，
∴∠AFD＝α90°﹣ ，
∴∠BFE＝180°﹣α（∠AFD+EFD）＝180°﹣（90°﹣ +45°）＝45°+ ，
在△ABE和△ADE中， α α
{ AB=AD )
∠BAE=∠DAE ，
AE=AE
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE，
∴BE＝EF，
∴∠BFE＝∠EBF＝45°+ ，
∴∠BEF＝180°﹣（∠BFαE+∠EBF）＝180°﹣2（45°+ ）＝90°﹣2 ．
故选：C． α α
【题型2 利用四边形的性质求线段的长度】
【例1】如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，连接AE，若AB＝2，
则AE的长为（ ）A．2❑√2 B．4 C．❑√17 D．❑√15
【分析】过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则MN＝4，再证明△BCG≌△NEC，得出NE
＝BC＝4，再利用勾股定理即可解答．
【解答】解：过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则MN＝2，
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CG＝CE，∠B＝90°＝∠CNE，∠GCE＝90°，
∴∠GCB＝∠CEN，
∴△BCG≌△NEC（ASA），
1
∴NE＝BC＝2，CN=BC= AB=1，
2
∴ME＝4，AM＝BN＝1，
∴AE=❑√42 +12 =❑√17，
故选：C．
【例2】如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE
的长为（ ）12 18 24
A． B． C．4 D．
5 5 5
【分析】由在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可
求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．
【解答】解：如图．
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，
1
∴AC⊥BD，OA= AC＝3，BD＝2OB，
2
∵AB＝5，
∴OB=❑√AB2−OA2 =4，
∴BD＝2OB＝8，
1
∵S菱形ABCD ＝AB•DE=
2
AC•BD，
1 1
AC⋅BD ×6×8
∴DE 2 2 24．
= = =
AB 5 5
故选：D．
【变式1】如图，在矩形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，CE⊥BD，垂足为点E，CE＝5，且EO＝
2DE，则AD的长为（ ）A．5❑√6 B．6❑√5 C．10 D．6❑√3
1 1
【分析】由矩形的性质得到∠ADC＝90°，BD＝AC，OD= BD，OC= AC，求得OC＝OD，设DE＝
2 2
x，OE＝2x，得到OD＝OC＝3x，AC＝6x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴∠ADC＝90°，BD＝AC，OD= BD，OC= AC，
2 2
∴OC＝OD，
∵EO＝2DE，
∴设DE＝x，OE＝2x，
∴OD＝OC＝3x，AC＝6x，
∵CE⊥BD，
∴∠DEC＝∠OEC＝90°，
在Rt△OCE中，
∵OE2+CE2＝OC2，
∴（2x）2+52＝（3x）2，
∵x＞0，
∴DE=❑√5，AC＝6❑√5，
∴CD=❑√DE2 +CE2 =❑√(❑√5) 2 +52 =❑√30，
∴AD=❑√AC2−CD2 =❑√(6❑√5) 2−(❑√30) 2 =5❑√6，
故选：A．
【变式2】如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD
中点，若AD＝4▱，CD＝6，则EO的长为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，可得∠CDP＝∠APD，根据DP平
分∠ADC，可得∠CDP＝∠ADP，从而可得∠ADP＝∠APD，可得AP＝AD＝4，进一步可得PB的长，
1
再根据三角形中位线定理可得EO= PB，即可求出EO的长．
2
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，
∴∠CDP＝∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP＝∠ADP，
∴∠ADP＝∠APD，
∴AP＝AD＝4，
∵CD＝6，
∴AB＝6，
∴PB＝AB﹣AP＝6﹣4＝2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
1
∴EO= PB＝1，
2
故选：A．
【变式3】如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接
AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）12
A．2 B．❑√5 C．❑√6 D．
5
【分析】根据正方形的性质及三角形全等的判定及性质，证明AE＝AF；利用角平分线的定义及三角形
全等的判定及性质，证明EM＝FM；设DM＝x，将EM、MC和CE分别表示出来，在Rt△MCE中根据
勾股定理列关于x的方程并求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
{ AB=AD )
∠ABE=∠ADF ，
BE=DF
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
在△AEM和△AFM中，
{ AE=AF )
∠EAM=∠FAM ，
AM=AM
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
12
解得x= ．
5
故选：D．
【题型3 利用四边形的性质求面积】
【例1】如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连
接PB、PD．若AE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为（ ）A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】由矩形的性质可证明S△PEB ＝S△PFD ，即可求解．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC ＝S△ABC ，S△AMP ＝S△AEP ，S△PBE ＝S△PBN ，S△PFD ＝S△PDM ，S△PFC ＝S△PCN ，
∵MP＝AE＝2
1
∴S△DFP ＝S△PBE =
2
×2×6＝6，
∴S阴 ＝6+6＝12，
故选：B．
【例2】如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形ABCD中，AB＝3，AC＝2，则
四边形ABCD的面积为（ ）
A．4❑√2 B．6❑√2 C．8❑√2 D．5
【分析】先证四边形ABCD是菱形，由勾股定理可求BO，由菱形的面积公式可求解．
【解答】解：过点A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，∵两条纸条宽度相同，
∴AE＝AF．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S ＝BC•AF＝CD•AE．
ABCD
又∵▱ AE＝AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，
∴BO=❑√AB❑ 2−AO❑ 2 =❑√9−1=2❑√2，
∴BD＝4❑√2，
4❑√2×2
∴四边形ABCD的面积= =4❑√2，
2
故选：A．
【变式1】如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，
且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（ ）
1
A．4 B．2 C．1 D．
2
【分析】证明△AOE≌△BOF（ASA），得出△AOE的面积＝△BOF的面积，得出四边形AFOE的面积1 1
= 正方形ABCD的面积= ×22＝1即可．
4 4
【解答】解：∵四边形ABD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
{∠AOE=∠BOF
)
在△AOE和△BOF中， OA=OB ，
∠OAE=∠OBF
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
1 1
∴四边形AFOE的面积= 正方形ABCD的面积= ×22＝1；
4 4
故选：C．
【变式2】如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点EF分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．
若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为（ ）
A．7 B．3+❑√13 C．8 D．3+❑√15
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分
的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
2
∴阴影部分的面积为 ×9＝6，
3
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
1 3
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为 ×3= ，
2 2∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
1 3
设BG＝a，CG＝b，则 ab= ，
2 2
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b=❑√15，即BG+CG=❑√15，
∴△BCG的周长=❑√15+3，
故选：D．
【变式3】如图，点E、F分别是平行四边形ABCD边BC、CD上一点，连接AE、DE，连接AF交ED于
点P，连接BF分别交AE、DE于点G、H，设△BGE的面积为S ，△PDF的面积为S ，四边形CEHF
1 2
的面积为S ，若S ＝4，S ＝3，S ＝18，则阴影部分四边形AGHP的面积为（ ）
3 1 2 3
A．17 B．19 C．18 D．25
1 1
【分析】设AD与BC之间的距离为m，AB与CD之间的距离为n，则S△ADE =
2
AD•m，S△ABF =
2
AB•n，
1
S ABCD ＝AD•m＝AB•n，所以 S△ADE ＝S△ABF = 2 S ABCD ，则 S△ADE ＝S△ADF +S△BCF ，于是得 S 四边形
▱ ▱
AGHP
+S△ADP +S△GEH ＝S△ADP +3+18+S△GEH +4，求得S四边形AGHP ＝25，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
设AD与BC之间的距离为m，AB与CD之间的距离为n，
1 1
∵S△ADE =
2
AD•m，S△ABF =
2
AB•n，S
ABCD
＝AD•m＝AB•n，
▱
1
∴S△ADE ＝S△ABF =
2
S
ABCD
，
▱1
∴S△ADE ＝S△ADF +S△BCF =
2
S
ABCD
，
▱
∵S△BGE ＝S
1
＝4，S△PDF ＝S
2
＝3，S四边形CEHF ＝S
3
＝18，
∴S四边形AGHP +S△ADP +S△GEH ＝S△ADP +3+18+S△GEH +4，
∴S四边形AGHP ＝25，
故选：D．
【题型4 四边形的性质与折叠问题】
【例1】在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片
ABCD如图所示，点N在边AD上．现将矩形沿BN折叠，点A对应的点记为点M，点M恰好落在边
DC上．若AB＝10，BC＝8，则图中DN的长为（ ）
A．3 B．3❑√2 C．4 D．5
【分析】由折叠的性质得到 MB＝AB＝10，MN＝AN，由勾股定理求出MC=❑√MB2−BC2 =6，得到
MD＝CD﹣MC＝4，令DN＝x，由勾股定理得到（8﹣x）2＝x2+42，求出x＝3，得到DN＝3．
【解答】解：由折叠的性质得到：MB＝AB＝10，MN＝AN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝8，CD＝AB＝10，
∴MC=❑√MB2−BC2 =6，
∴MD＝CD﹣MC＝4，
令DN＝x，
∴MN＝AN＝8﹣x，
∵MN2＝DN2+DM2，
∴（8﹣x）2＝x2+42，
∴x＝3，
∴DN＝3．
故选：A．【例2】如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE折叠至△AB'E处，BE与AC交于点
F，若∠EFC＝69°，则∠CAE的大小为（ ）
A．10° B．12° C．14° D．15°
【分析】利用正方形的性质和轴对称的性质很容易求出∠CAE的大小．
【解答】解：∵∠EFC＝69°，∠ACE＝45°，
∴∠BEF＝69+45＝114°，
1
由折叠的性质可知：∠BEA= ∠BEF＝57°，
2
∴∠BAE＝90﹣57＝33°，
∴∠EAC＝45﹣33＝12°．
故选：B．
【变式1】如图，将矩形ABCD对折，使AB与CD边重合，得到折痕MN，再将点A沿过点D的直线折叠
到MN上，对应点为A′，折痕为DE，AB＝10，BC＝6，则A′N的长度为（ ）
A．10−3❑√3 B．4 C．10−2❑√3 D．3
1
【分析】由折叠的性质得，AM＝DM= AD，∠DMA'＝∠AMA'＝90°，AD＝A'D，由勾股定理求出A'M
2
的长，再证四边形ABNM是矩形，即可求出A′N的长．
1
【解答】解：由折叠的性质得，AM＝DM= AD，∠DMA'＝∠AMA'＝90°，AD＝A'D，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠B＝90°，
∵BC＝6，
∴AD＝6，∴DM＝3，
在Rt△DMA'中，由勾股定理得A'M=❑√A′D2−DM2 =❑√62−32 =3❑√3，
∵∠A＝∠B＝∠AMA'＝90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝10，
∴A′N＝MN﹣A'M＝10−3❑√3，
故选：A．
【变式2】如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，将菱形折叠，使点B落在BC的延长线上的点
B′处，折痕为AE，AB′交CD于点F，则FB′的长为 ．
【分析】先证△AEB是等腰直角三角形，得出∠BAE＝45°，AE＝BE，由勾股定理求出BE=❑√2，再由
折叠的性质得B′E＝BE=❑√2，∠B＝∠B′＝45°，∠B′AE＝∠BAE＝45°，然后证△B′FC是等腰直
角三角形，得出FB′＝FC，求出B′C＝2❑√2−2，最后由勾股定理即可求出FB′的长．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为2，
∴AB＝BC＝2，AB∥CD，
∵将菱形折叠，使点B落在BC的延长线上的点B′处，折痕为AE，
∴AE⊥BC，
∵∠B＝45°，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴∠BAE＝45°，AE＝BE，
在Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
即2BE2＝22，
解得：BE=❑√2（负值已舍去），
由折叠的性质得：B′E＝BE=❑√2，∠B＝∠B′＝45°，∠B′AE＝∠BAE＝45°，
∴∠BAB′＝∠B′AE+∠BAE＝45°+45°＝90°，
∵AB∥CD，∴∠B′FC＝∠BAB′＝90°，
∴△B′FC是等腰直角三角形，
∴FB′＝FC，
B′C＝BB′﹣BC＝2BE﹣BC＝2×❑√2−2＝2❑√2−2，
由勾股定理得：FC2+FB′2＝B′C2，
即2FB′2＝（2❑√2−2）2，
解得：FB′＝2−❑√2（负值已舍去），
故答案为：2−❑√2．
【变式3】如图，矩形ABCD中，BC＝5，AB＝6，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折
叠，当点D对应点D′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为 ．
【分析】分两种情况讨论，由折叠的性质可得AD＝AD'＝5，AM＝BM＝3＝DN，DE＝D'E，由勾股定
理可求D'M＝4，再由勾股定理可求DE的长．
【解答】解：如图，若点E在线段CD上时，过点D'作MN⊥AB，
∴四边形ADNM是矩形，
∴BC＝AD＝MN＝5，AM＝DN，
∵把△ADE沿直线AE折叠，当点D对应点D'刚好落在线段AB的垂直平分线上时，
∴AD＝AD'＝5，AM＝BM＝3＝DN，DE＝D'E，
∴D'M=❑√D′ A❑ 2−AM❑ 2 =❑√25−9=4，
∴D'N＝MN﹣D'M＝1，
∵D'E2＝EN2+D'N2，
∴DE2＝（3﹣DE）2+1，5
∴DE= ，
3
如图，点E在线段DC的延长线上，过点D'作MN⊥AB，
同理可求：D'M＝4，DE＝D'E，
∴D'N＝4+5＝9，
∵D'E2＝EN2+D'N2，
∴DE2＝（DE﹣3）2+81，
∴DE＝15，
5
故答案为：15或 ．
3
【题型5 三角形中位线定理的应用】
3
【例1】如图，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE= ，AB＝4，则AC的值为（ ）
2
13
A．6 B． C．7 D．8
2
【分析】延长BD交AC于F，可证得△ABD≌△AFD，从而AF＝AB＝4，可证得DE是△BCF的中位
线，从而得出CF的值，进一步可得出结果．
【解答】解：如图，延长BD，交AC于F，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ADF＝90°，
在△ABD和△AFD中，
{∠BAD=∠FAD
)
AD=AD ，
∠ADB=∠ADF
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴BD＝DF，AF＝AB＝4，
∵BE＝CE，
∴CF＝2DE＝3，
∴AC＝AF+CF＝4+3＝7，
故答案为：C．
【例2】如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的角平分线交DE于点F，AB＝8，BC＝12，则EF的长为
（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
1
【分析】延长 AF交BC于H，由三角形中位线定理得到 DE∥BC，DE= BC＝6，AF＝FH，再证
2
△BFA≌△BFH（AAS），得BH＝AB＝8，然后由三角形中位线定理得DF＝4，求解即可．
【解答】解：连接AF并延长交BC于H，如图所示：∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
1
∴DE∥BC，DE= BC＝6，AF＝FH，
2
在△BFA和△BFH中，
{∠ABF=∠HBF
)
∠AFB=∠HFB ，
FA=FH
∴△BFA≌△BFH（AAS），
∴BH＝AB＝8，
∵AD＝DB，AF＝FH，
∴DF是△ABH的中位线，
1
∴DF= BH＝4，
2
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故选：C．
解法二：
∵DE是△ABC的中位线，AB＝8，BC＝12，
1 1
∴BD= AB＝4，DE∥BC，DE= BC＝6，
2 2
∴∠DFB＝∠CBF，
∵BF是∠ABC的平分线，
∴∠DBF＝∠CBF，
∴∠DFB＝∠DBF，
∴DF＝BD＝4，
∴EF＝DE﹣DF＝6﹣4＝2，
故选：C．
【变式1】如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为
（ ）3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
【分析】连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明△ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是
BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长．
【解答】解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠ABE＝∠AFE，
∴△ABF是等腰三角形，
∴AF＝AB＝5，点E是BF的中点，
∴CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，DE是△BCF的中位线，
1
∴DE= CF=1．
2
故选：A．
【变式2】如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC延长线上的一点，AD＝24，点E是BC上
一点，BE＝10，连接DE，M、N分别是AB、DE的中点，则MN＝ ．【分析】连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，证明NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，
1 1
由三角形中位线定理得出 NF∥BE，MF∥AD，NF= BE＝5，MF= AD＝12，证出 NF⊥MF，在
2 2
Rt△MNF中，由勾股定理即可得出答案．
【解答】解：连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，如图所示：
∵M、N、F分别是AB、DE、BD的中点，
∴NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，
1 1
∴NF∥BE，MF∥AD，NF= BE＝5，MF= AD＝12，
2 2
∵∠ACB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵MF∥AD，
∴MF⊥BC，
∵NF∥BE，
∴NF⊥MF，
在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN=❑√N F2 +M F2 =❑√52 +122 =13；
故答案为：13．【变式3】如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，AC＝10，BD＝12，点E、F分别是边AD、BC的中
点，连接EF，则EF的长是 ．
【分析】取AB的中点G，连接EG、FG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求
出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，取AB的中点G，连接EG、FG，
∵E、F分别是边AD、CB的中点，
1 1
∴EG∥BD且EG= BD= ×12＝6，
2 2
1 1
FG∥AC且FG= AC= ×10＝5，
2 2
∵AC⊥BD，
∴EG⊥FG，
∴EF=❑√EG2 +FG2 =❑√62 +52 =❑√61．故答案为：❑√61．
【题型6 直角三角形斜边中线的应用】
【例1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，CD是△ABC的中线，E是CD的中点，连接AE，
BE，若AE⊥BE，垂足为E，则AC的长为 ．
1
【分析】根据垂直定义可得∠AEB＝90°，利用直角三角形斜边上的中线性质可得DE=AD= AB=2
2
，AE＝DE＝CE＝2，从而得到CD＝4，最后利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∵CD是△ABC的中线，AB＝4，
∴DE是△ABE斜边上的中线，
1
∴DE=AD= AB=2，
2
∵∠DAC＝90°，E是CD的中点，
∴AE＝DE＝CE＝2，
∴CD＝4，
由勾股定理得AC=❑√CD2−AD2 =❑√42−22 =2❑√3．
故答案为：2❑√3．
【例2】如图，△ABC中∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，BC＝6，线段DE的两个端点D、E分别在边AC，
BC上滑动，且DE＝4，若点M、N分别是DE、AB的中点，则MN的最小值为 ．1 1
【分析】根据三角形斜边中线的性质求得CN= AB=5，CM= =2，由当C、M、N在同一直线上
2 2
时，MN取最小值，即可求得MN的最小值为3．
【解答】解：如图，连接CM、CN，
△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，BC＝6，
∵DE＝4，点M、N分别是DE、AB的中点，
1 1
∴CN= AB=5，CM= DE=2，
2 2
当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，
∴MN的最小值为：5﹣2＝3．
故答案为：3．
【变式1】如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E是对角线AC的中点，F是对角线BD上的
动点，连接EF．若AC＝6，BD＝4，则EF的最小值为 ．
【分析】连接BE，DE，根据直角三角形斜边的中线的性质可得 BE＝DE，过点E作EF′⊥BD于点
F′，可知BF′的长度，根据勾股定理求出EF′的长，即可确定EF的最小值．
【解答】解：连接BE，DE，如图所示：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E是对角线AC的中点，
1 1
∴BE= AC，DE= AC，
2 2
∵AC＝6，
∴BE＝DE＝3，
过点E作EF′⊥BD于点F′，
则点F′是线段BD的中点，
∵BD＝4，
∴BF′＝2，
根据勾股定理，得EF′=❑√32−22 =❑√5，
∴线段EF的最小值为❑√5，
故答案为：❑√5．
【例2】如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝5，F为DE的中
点．若△CEF的周长为18，则OF的长为（ ）
7 5
A． B． C．3 D．4
2 2
【分析】利用三角形中位线定理求出BE即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE＝90°，OD＝OB，
∵DF＝FE，
∴CF＝FE＝FD，
∵EC+EF+CF＝18，EC＝5，
∴EF+FC＝13，
∴DE＝2CF＝13，
∴DC=❑√DE2−EC2 =12，∴BC＝CD＝12，
∴BE＝BC﹣EC＝7，
∵OD＝OB，DF＝FE，
1 7
∴OF= BE= ，
2 2
故选：A．
【例3】如图，四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠DCB＝90°，E、F分别是BD、AC的中点，
（1）请你猜测EF与AC的位置关系，并给予证明；
（2）当AC＝8，BD＝10时，求EF的长．
【分析】（1）结论：EF⊥AC．利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）EF⊥AC．理由如下：
连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
1
∴AE= DB，
2
∵∠DCB＝90°，
1
∴CE= BD，
2
∴AE＝CE，∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）∵AC＝8，BD＝10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝5，CF＝4，
∵EF⊥AC．
∴EF=❑√CE2−CF2 =❑√52−42 =3
【知识点5 四边形的判定定理】
1.平行四边形的判定：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
2.矩形的判定：
①有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②对角线相等的平行四边形是矩形．
③有三个角是 的四边形是矩形．
④对于平行四边形 ，若存在一点到两对对顶点距离的平方和相等，则为矩形．
3.菱形的判定：
①有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
③四条边相等的四边形是菱形．
④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
4.正方形的判定：
①判定一个四边形是正方形，除了定义之外，还可以采用以下方法：
②先证明是矩形，再证明该矩形有一组邻边相等，或对角线互相垂直．
③先证明是菱形，再证明该菱形的一个角是直角，或两条对角线相等．
【题型7 四边形的判定定理】
【例1】下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、一组对边平行另一组对边相等的四边形可以是等腰梯形，可以是平行四边形，故选项
A不合题意；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项B符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C不合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D不合题意；
故选：B．
【例2】如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，AD∥BC，则下列说法错误的是（
）
A．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
B．若BD平分∠ABC，则四边形ABCD是菱形
C．若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AB＝BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
【分析】先根据平行四边形的判定证明ABCD是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形
的判定逐一判断即可．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵OA＝OC，∠AOD＝∠BOC，
在△AOD和△COB中，
{∠ADO=∠CBO
)
∠AOD=∠BOC ，
AO=OC
∴△AOD≌△COB（AAS），
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，故A选项不符合题意；若BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
则四边形ABCD是菱形，故B选项不符合题意；
若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形，故C选项不符合题意；
若AB＝BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形，故D选项符合题意；
故选：D．
【变式1】已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的有（ ）
①当AB＝BC时，它是矩形
②AC⊥BD时，它是菱形
③当∠ABC＝90°时，它是菱形
④当AC＝BD时，它是正方形
A．①② B．② C．②④ D．③④
【分析】根据已知及各个特殊四边形的判定方法对各个选项进行分析从而得到最后答案．
【解答】解：①若AB＝BC，则 ABCD是菱形，选项说法错误；
②若AC⊥BD，则 ABCD是菱形▱，选项说法正确；
③若∠ABC＝90°，▱则 ABCD是矩形，选项说法错误；
④若AC＝BD，则 A▱BCD是矩形，选项说法错误；
故选：B． ▱
【变式2】已知：E、F、G、H分别为四边形ABCD四边中点，顺次连接EF、FG、GH、HE得到四边形
EFGH，我们把这种四边形叫做中点四边形，有下列说法：①四边形EFGH是平行四边形；②当四边
形ABCD为平行四边形时，四边形EFGH是菱形；③当四边形ABCD为矩形时，四边形EFGH是菱
形；④当AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形；⑤若四边形EFGH是正方形，则四边形ABCD一定是正
方形．其中正确的是（ ）
A．②④⑤ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．【解答】解：连接AC、BD，
①∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四边中点，
∴EF、FG、GH分别为△ABD、△ABC、△BCD的中位线，
1 1 1
∴EF= BD，EF∥BD，FG= AC，FG∥AC，GH= BD，GH∥BD，
2 2 2
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，故本小题说法正确；
②当四边形ABCD为平行四边形时，四边形EFGH不一定是菱形，故本小题说法错误；
③当四边形ABCD为矩形时，AC＝BD，
则EF＝FG，
∴四边形EFGH是菱形，故本小题说法正确；
④当AC⊥BD时，
∵EF∥BD，FG∥AC，
∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形，故本小题说法正确；
⑤当AC⊥BD，AC＝BD时，EF＝FG，EF⊥FG，
∴四边形EFGH是正方形，此时，四边形ABCD不一定是正方形，
故本小题说法错误；
故选：C．
【变式3】如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AB、CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种
说法：
①四边形AEDF是平行四边形；
②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；
③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；
④如果∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是正方形．
其中，正确的有 （只填写序号）【分析】分别根据平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理及正方形的判定定理对四
个小题进行逐一判断即可．
【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，
∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵四边形AEDF是平行四边形，∠BAC＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，故②正确；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵若AD平分∠BAC，则平行四边形AEDF是菱形，
∴若∠BAC＝90°，则平行四边形AEDF是正方形，故④正确．
故答案为：①②③④．
【题型8 四边形的判定与性质综合】
【例1】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长
线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
【分析】（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF＝BD，结合条件可求得AF＝DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用
直角三角形的性质可证得AD＝CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答
案．【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AFE和△DBE中，
{∠AFE=∠DBE
)
∠FEA=∠BED
AE=DE
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF＝DB．
∵AD为BC边上的中线
∴DB＝DC，
∴AF＝CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
1
∴AD＝DC= BC，
2
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵AF∥BD，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
1 1
∴S菱形ADCF =
2
AC▪DF=
2
×4×5＝10．
【例2】如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对
角线BD上．（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，
根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE
是平行四边形，得到AB＝EG，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB＝EG，∵EG＝FH＝2，
∴AB＝2，
∴菱形ABCD的周长＝8．
【变式1】如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过
点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）若AB＝5，BD＝6，求OE的长．
【分析】（1）根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB＝AD可得平行四边形ABCD是菱
形；
（2）根据菱形的性质得出OB的长以及∠AOB＝90°，利用勾股定理求出OA的长，再根据直角三角形
斜边中线定理得出OE＝AC，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∵AB＝AD，
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，
1 1
∴AC⊥BD，OA＝OC= AC，OB＝OD= BD，
2 2
1
∴OB= BD=3，
2
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，
∴OA=❑√AB2−OB2 =❑√52−32 =4，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
在Rt△AEC中，∠AEC＝90°，O为AC中点，
1
∴OE= AC=OA=4．
2
1
【变式2】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE= AC，连接CE．
2
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）连接AE．若 BD＝4，AE＝2❑√10，求菱形ABCD的面积．
1 1
【分析】（1）由菱形的性质得OC＝OA= AC，AC⊥BD，而DE∥AC，DE= AC，所以DE∥OC，DE
2 2
＝OC，而∠COD＝90°，即可证明四边形OCED是矩形；
1
（2）由BD＝4，得CE＝OD＝OB＝2，则AC=❑√AE2−CE2 =6，求得S菱形ABCD =
2
AC•BD＝12．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，
1
∴OC＝OA= AC，AC⊥BD，
21
∵DE∥AC，DE= AC，
2
∴DE∥OC，DE＝OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵∠COD＝90°，
∴四边形OCED是矩形．
（2）解：∵BD＝4，AE＝2❑√10，
1
∴OD＝OB= BD＝2，
2
∴CE＝OD＝2，
∵∠ACE＝90°，
∴AC=❑√AE2−CE2 =❑√(2❑√10) 2−22 =6，
1 1
∴S菱形ABCD =
2
AC•BD=
2
×6×4＝12，
∴菱形ABCD的面积为12．
【变式3】四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点
F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝2，CE=❑√2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形
的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
{∠QEF=∠PED
)
EQ=EP ，
∠EQF=∠EPD
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC=❑√2AB＝2❑√2，
∵EC=❑√2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG=❑√2．
（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，
则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，
∴∠EFC＝∠CDE＝30°，
综上所述，∠EFC＝120°或30°．【题型9 四边形的判定与动态问题】
【例1】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，过点A作AD∥BC，且点D在点A的右
侧．点P从点A出发沿射线AD方向以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿射线CB方向
以每秒2个单位的速度运动，在线段QC上取点E，使得QE＝2，连接PE，设点P的运动时间为t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的长；
（2）请问是否存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出 t的值；若
不存在，请说明理由．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直
1
角三角形斜边上的中线性质得出AM= BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP
2
＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．如图所示：
∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，
∴∠C＝45°＝∠B，
∴AB＝AC，
∴BM＝CM，
1
∴AM= BC＝5，
2
∵AD∥BC，
∴∠PAN＝∠C＝45°，
∵PE⊥BC，∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，
∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，
∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，
∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，
∴5﹣t＝2t﹣2，
7 7 16
解得：t= ，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2× = ；
3 3 3
（2）存在，t＝4或12；理由如下：
若以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，
则AP＝BE，
∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10
解得：t＝4或12
∴存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，t＝4或12．
【例2】如图1，△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分
线于点E，交∠DCA的平分线于点F．
（1）线段CE与CF的位置关系是 ；
（2）探究：线段OE与OF的数量关系，并加以证明；
（3）如图2，当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，并说明理由；
（4）在（3）的前提下，直接写出△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．
【分析】（1）由角平分线的性质和平角的定义可求解；
（2）由角平分线的性质和平行线的性质可得∠OEC＝∠OCE，∠OCF＝∠OFC，可得OC＝OE＝OF；
（3）利用矩形的判定可求解；（4）利用正方形的判定可求解．
【解答】解：（1）结论：CE⊥CF．
理由如下：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
1 1
∴∠ACE＝∠BCE= ∠ACB，∠ACF＝∠FCD= ∠ACD，
2 2
∵∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠ECF＝90°，
∴EC⊥CF，
故答案为：CE⊥CF．
（2）结论：OE＝OF．
理由如下∵CE为∠BCA的平分线，CF为∠OCD的平分线，
∴∠ECB＝∠DCF，∠DCF＝∠FCO，
∵MN∥BC，
∴∠DCE＝∠FCB，∠OFC＝∠FCD，
∴∠OEC＝∠OCE，∠OCF＝∠OFC
∴EO＝OC，OF＝OC，
∴OE＝OF．
（3）O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由如下：∵O为中点，
∴AO＝OC，且OE＝OF＝OC，
∴四边形AECF平行四边形，且CE⊥CF，
∴四边形AECF为矩形，
∴当点O运动到AC中点时，四边形AECF为矩形．
（4）当∠ACB＝90°时，矩形AECF是正方形．
理由如下：∵MN∥BC，∠ACB＝90°，
∴∠AOE＝∠ACB＝90°，
∴AC⊥EF，
∴矩形AECF是正方形．
【变式1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作
DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；（2）当D在AB中点时，判断四边形BECD的形状，并说明理由；
（3）若D为AB中点，则当∠A＝ 时，四边形BECD是正方形？
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当∠A＝45°，四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）当∠A＝45°时，∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝90°，
∴四边形BECD是正方形．
【变式2】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，动点P、Q分别从A、C同时出
发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以3cm/s的速度由C向B运动，其中一动点到达终点时，
另一动点随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）AP＝ ，BQ＝ （分别用含有t的式子表示）；
（2）当四边形PQCD的面积是四边形ABQP面积的2倍时，求出t的值；
（3）当点P、Q与四边形ABCD的任意两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，直接写出t的值．
【分析】（1）由题意得出AP＝t cm，CQ＝3t cm，则BQ＝（15﹣3t）cm，
（2）由两个四边形的面积关系得出方程，即可解决问题；
（3）分四种情况讨论，由平行四边形的性质分别列出方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以3cm/s的速度由C向B运动，
∴AP＝t cm，CQ＝3t cm，
∴BQ＝（15﹣3t）cm，
故答案为：t cm，（15﹣3t）cm；
（2）设点A到BC的距离为h cm，
∵四边形PQCD的面积是四边形ABQP面积的2倍，
1 1
∴ ×（12﹣t+3t）×h＝2× ×（t+15﹣3t）×h，
2 2
∴t＝3；
（3）分情况讨论：
①若四边形APQB是平行四边形，
则AP＝BQ，∴t＝15﹣3t，
15
∴t= ；
4
②若四边形PDCQ是平行四边形，
则PD＝CQ，
∴12﹣t＝3t，
∴t＝3；
③若四边形APCQ是平行四边形，
则AP＝CQ，
∴t＝3t，
∴t＝0（不合题意舍去）；
④若四边形PDQB是平行四边形，
则PD＝BQ，
∴12﹣t＝15﹣3t，
3
∴t= ；
2
15 3
综上所述：当t的值为 或3或 时，点P、Q与四边形ABCD的任意两个顶点所形成的四边形是平行
4 2
四边形．
【变式3】在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线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，其中0≤t≤10．
（1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？
答： ；（直接填空，不用说理）
（2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值；
（3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边
形EGFH为菱形，求t的值．
【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解；（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE＝CF＝t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠GAE＝∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
1 1
∴AG= AD，CH= BC，
2 2
∴AG＝CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，
∴∠FEG＝∠EFH，
∴EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
故答案为：四边形EGFH是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，
由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；
（3）如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，
∴OA＝OC，AG＝AH，
∴四边形AGCH为菱形，
∴AG＝CG，
设AG＝CG＝x，则DG＝8﹣x，
由勾股定理可得：CD2+DG2＝CG2，
即：62+（8﹣x）2＝x2，
25
解得：x= ，
4
25 9 9
∴MG= −4= ，即t= ，
4 4 4
9
∴当t= 时，四边形EGFH为菱形．
4【题型10 与四边形有关的最值问题】
【例1】如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于
F，M为EF中点，则AM的最小值为（ ）
5 5 5 6
A． B． C． D．
4 2 3 5
【分析】根据勾股定理的逆定理可以证明∠BAC＝90°；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一
1
半，则AM= EF，要求AM的最小值，即求EF的最小值；根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四
2
边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF＝AP，则EF的最小值即为AP的最小值，根据垂线
段最短，知：AP的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．
【解答】解：设Rt△ABC的斜边BC上的高为h．
∵在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，
3×4 12
∴h= = ，
5 5
∴AB2+AC2＝BC2，
即∠BAC＝90°．
又∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF＝AP．
∵M是EF的中点，
1 1
∴AM= EF= AP．
2 2
12
因为AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即等于 ，
5
6
∴AM的最小值是 ．
5
故选：D．
【例2】如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 ．
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P P ，再根据垂线段最短可得当BP⊥P P 时，
1 2 1 2
PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP ⊥P P ，故BP的最小值为BP 的长，由勾股
1 1 2 1
定理求解即可．
【解答】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P 处，CP ＝DP ，
1 1 1
当点F与点E重合时，点P在P 处，EP ＝DP ，
2 2 2
1
∴P P ∥CE且P P = CE．
1 2 1 2 2
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
1
由中位线定理可知：P P∥CE且P P= CF．
1 1 2
∴点P的运动轨迹是线段P P ，
1 2
∴当BP⊥P P 时，PB取得最小值．
1 2
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP 为等腰直角三角形，CP ＝2．
1 1
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP B＝45°，∠DEC＝90°．
1
∴∠DP P ＝90°．
2 1
∴∠DP P ＝45°．
1 2
∴∠P P B＝90°，即BP ⊥P P ，
2 1 1 1 2
∴BP的最小值为BP 的长．
1
在等腰直角BCP 中，CP ＝BC＝2，
1 1
∴BP ＝2❑√2
1∴PB的最小值是2❑√2．
故答案为：2❑√2．
【变式1】如图，正方形ABCD的边长为4cm，动点E、F分别从点A、C同时出发，以相同的速度分别沿
AB、CD向终点B、D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点
G，连接AG，则AG长的最小值为 cm．
【分析】设正方形的中心为O，可证EF经过O点．连接OB，取OB中点M，连接 MA，MG，则MA，
MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：设正方形的中心为O，可证EF经过O点．
连接OB，取OB中点M，连接 MA，MG，则MA，MG为定长，
1
∴MA=❑√10，MG= OB=❑√2，AG≥AM﹣MG=❑√10−❑√2，
2
当A，M，G三点共线时，AG最小＝（❑√10−❑√2）cm，
故答案为：（❑√10−❑√2）．
【变式2】如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝
CF，AE，DF交于点P，则∠APD的度数为 ；连接CP，线段CP的最小值为 ．【分析】根据“边角边”证明△ADE 和△DCF 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE＝
∠CDF，然后求出∠APD＝90°，取AD的中点O，连接OP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得C、P、O三点共线时线段CP的
值最小，然后根据勾股定理列式求出CO，再求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠DCF＝90°，
在△ADE和△DCF中，
{ AD=CD )
∠ADE=∠BCD ，
DE=CF
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
1 1
取AD的中点O，连接OP，则OP= AD= ×2＝1（不变），
2 2
根据两点之间线段最短得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，
在Rt△COD中，根据勾股定理得，CO=❑√CD2 +OD2 =❑√22 +12 =❑√5，
所以，CP＝CO﹣OP=❑√5−1．
故答案为：90°，❑√5−1．【变式3】如图，平行四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，AD＝5，E，F分别是边CD，AD上的动点，
且CE＝DF，则AE+CF的最小值为 ．
【分析】延长 BC 到点 H，使 CH＝CD，连接 EH，AH，结合平行四边形的性质利用 SAS 证明
△CDF≌△HCE，根据全等三角形的性质得出 CF＝HE，进而求出AE+CF的最小值为AH，过点A作
AG⊥BC于点G，解直角三角形求解即可．
【解答】解：如图，延长BC到点H，使CH＝CD，连接EH，AH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝5，AD∥BC，
∴∠D＝∠ECH，
在△CDF和△HCE中，
{ CD=HC )
∠D=∠ECH ，
DF=CE
∴△CDF≌△HCE（SAS），
∴CF＝HE，
∴AE+CF＝AE+HE，当A、E、H不共线时，AE+HE＞AH，
当A、E、H共线时，AE+HE＝AH，
∴AE+HE的最小值为AH，
即AE+CF的最小值为AH，
过点A作AG⊥BC于点G，
∴∠AGB＝∠AGH＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BAG＝30°，
1
∴BG= AB＝2，
2
∴AG=❑√AB2−BG2 =❑√42−22 =2❑√3，
∵CD＝CH＝4，
∴BH＝BC+CH＝9，
∴BH＝BC﹣BG＝7，
∴AH=❑√AG2 +GH2 =❑√61，
即AE+CF的最小值为❑√61，
故答案为：❑√61．
【题型11 四边形中多结论问题】
【例1】已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点
P．若AE＝AP＝1，PB=❑√5．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为❑√2；
③EB⊥ED；
④S△APD +S△APB ＝1+❑√6；
⑤S正方形ABCD ＝4+❑√6．
其中正确结论的序号是（ ）A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；②
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是
等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，
利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积
即可．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（故①正确）；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
又∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED（故③正确）；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE=❑√BP2−PE2 =❑√5−2=❑√3，
❑√6
∴BF＝EF= （故②不正确）；
2
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，∴EP=❑√2，
又∵PB=❑√5，
∴BE=❑√3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE=❑√3，
1 1 1 1 1 ❑√6
∴S△ABP +S△ADP ＝S△ABD ﹣S△BDP = 2 S 正方形ABCD − 2 ×DP×BE= 2 ×（4+❑√6）− 2 ×❑√3×❑√3= 2 + 2 ．
（故④不正确）．
❑√6
⑤∵EF＝BF= ，AE＝1，
2
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+❑√6，
∴S正方形ABCD ＝AB2＝4+❑√6（故⑤正确）；
故选：D．
【例2】如图，点O为正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使FC＝EC，
连接DF交BE的延长线于点H，连接OH交DC于点G，连接HC．则以下四个结论中：①OH∥BF，
1 1
②GH= BC，③OD= BF，④∠CHF＝45°．正确结论的个数为（ ）
4 2
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①只要证明OH是△DBF的中位线即可得出结论；
1 1
②根据OH是△BFD的中位线，得出GH= CF，由GH＜ BC，可得出结论；
2 4
1
③易证得△ODH是等腰三角形，继而证得OD= BF；
2④根据四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线可求出Rt△BCE≌Rt△DCF，再由∠EBC＝22.5°
即可求出结论．
【解答】解：∵EC＝CF，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，
∴△BCE≌△DCF，
∴∠CBE＝∠CDF，
∵∠CBE+∠BEC＝90°，∠BEC＝∠DEH，
∴∠DEH+∠CDF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∵BH＝BH，∠HBD＝∠HBF，
∴△BHD≌△BHF，
∴DH＝HF，∵OD＝OB
∴OH是△DBF的中位线
∴OH∥BF；故①正确；
1
∴OH= BF，∠DOH＝∠CBD＝45°，
2
∵OH是△BFD的中位线，
1 1
∴DG＝CG= BC，GH= CF，
2 2
∵CE＝CF，
1 1
∴GH= CF= CE
2 2
1
∵CE＜CG= BC，
2
1
∴GH＜ BC，故②错误．
4
∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCF，∠EBC＝22.5°，
∵CE＝CF，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（SAS），
∴∠EBC＝∠CDF＝22.5°，
∴∠BFH＝90°﹣∠CDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵OH是△DBF的中位线，CD⊥AF，∴OH是CD的垂直平分线，
∴DH＝CH，
∴∠CDF＝∠DCH＝22.5°，
∴∠HCF＝90°﹣∠DCH＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CHF＝180°﹣∠HCF﹣∠BFH＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，故④正确；
∴∠ODH＝∠BDC+∠CDF＝67.5°，
∴∠OHD＝180°﹣∠ODH﹣∠DOH＝67.5°，
∴∠ODH＝∠OHD，
1
∴OD＝OH= BF；故③正确．
2
故选：B．
【变式1】如图，正方形ABCD中，点E是AD边的中点，BD，CE交于点H，BE、AH交于点G，则下列
结论：
①∠ABE＝∠DCE；
②AG⊥BE；
③S△BHE ＝S△CHD ；
④∠AHB＝∠EHD．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③④
【分析】根据正方形的性质证得△BAE≌△CDE，推出∠ABE＝∠DCE，可知①正确；利用正方形性质
证△ADH≌△CDH，求得∠HAD＝∠HCD，推出∠ABE＝∠HAD；求出∠ABE+∠BAG＝90°；最后在
△AGE中根据三角形的内角和是180°求得∠AGE＝90°即可得到②正确．根据AD∥BC，求出S△BDE ＝
S△CDE ，推出S△BDE ﹣S△DEH ＝S△CDE ﹣S△DEH ，即；S△BHE ＝S△CHD ，故③正确；由∠AHD＝∠CHD，得到邻补角和对顶角相等得到∠AHB＝∠EHD，故④正确；
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，E是AD边上的中点，
∴AE＝DE，AB＝CD，∠BAD＝∠CDA＝90°，
∴△BAE≌△CDE（SAS），
∴∠ABE＝∠DCE，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADB＝∠CDB＝45°，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠HAD＝∠HCD，
∵∠ABE＝∠DCE
∴∠ABE＝∠HAD，
∵∠BAD＝∠BAH+∠DAH＝90°，
∴∠ABE+∠BAH＝90°，
∴∠AGB＝180°﹣90°＝90°，
∴AG⊥BE，
故②正确；
∵AD∥BC，
∴S△BDE ＝S△CDE ，
∴S△BDE ﹣S△DEH ＝S△CDE ﹣S△DEH ，
即；S△BHE ＝S△CHD ，
故③正确；
∵△ADH≌△CDH，
∴∠AHD＝∠CHD，
∴∠AHB＝∠CHB，
∵∠BHC＝∠DHE，
∴∠AHB＝∠EHD，
故④正确；
故选：B．【变式2】如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点
1
E、P，连接OE，∠ADC＝60°，AB= BC=1，则下列结论：①∠CAD＝30°②BD=❑√7③S平行四边形
2
1
＝AB•AC ④OE= AD，正确的个数是（ ）
ABCD 4
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三
角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最
后由平行线的性质可作判断；
1 1 √ 1 ❑√3
②先根据三角形中位线定理得：OE= AB= ，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=❑12−( ) 2 = 和
2 2 2 2
OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断．
【解答】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝1，
∴△ABE是等边三角形，∴AE＝BE＝1，
∵BC＝2，
∴EC＝1，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
1 1
∴OE= AB= ，OE∥AB，
2 2
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
√ 1 ❑√3
Rt△EOC中，OC=❑12−( ) 2 = ，
2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
√ ❑√3 ❑√7
Rt△OCD中，OD=❑12 +( ) 2 = ，
2 2
∴BD＝2OD=❑√7，
故②正确；
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S平行四边形ABCD ＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
1
∴OE= AB，
2
1
∵AB= BC，
21 1
∴OE= BC= AD，
2 4
故④正确；
故选：D．
【变式3】如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，
AF交BD于N点．下列结论：①BM2+DN2＝MN2；②AE＝AF；③EA平分∠BEF；④△CEF的周长
等于2AB，其中正确结论的序号是 ．（把你认为所有正确的都填上）
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，证明△AMN≌△AHN，可得MN＝
HN，Rt△HDN中，有HN2＝DH2+DN2，即得MN2＝BM2+DN2，故①正确；当E与C重合时，由∠EAF
＝45°得F与D重合，此时AE＝AC，AF＝AD，而AC≠AD，故②错误；过A作AG⊥AE，交CD延长
线于G，证明△ABE≌△ADG，得BE＝DG，AG＝AE，由∠EAF＝45°，证明△EAF≌△GAF，得EF＝
GF，∠AEB＝∠G＝∠AEF，即可判断③④．
【解答】解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF＝45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH＝AM，BM＝DH，∠ABM＝∠ADH＝45°，
又AN＝AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN＝HN，而∠NDH＝∠ABM+∠ADH＝45°+45°＝90°，
Rt△HDN中，HN2＝DH2+DN2，
∴MN2＝BM2+DN2，故①正确；
②对于AE＝AF，只需举出反例即可，
当E与C重合时，
∵∠EAF＝45°，
∴F与D重合，
此时AE＝AC，AF＝AD，而AC≠AD，故②错误；
过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，∠ABE＝∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
{∠ABE=∠ADG
)
AB=AD ，
∠BAE=∠DAG
∴△ABE≌△ADG（ASA），
∴BE＝DG，AG＝AE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
{ AG=AE )
∠GAF=∠EAF ，
AF=AF∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，∠AEB＝∠G＝∠AEF，故③正确；
∴△CEF的周长＝EF+EC+CF＝GF+EC+CF
＝（DG+DF）+EC+CF
＝BE+CD+CE
＝CD+BC
＝2AB，故④正确．
故答案为：①③④．
【题型12 四边形综合题（旋转类）】
【例1】【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN＝90°，将∠MPN绕点P旋转，旋
转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．
探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之
间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC＝120°的菱形，∠EPF＝60°，其他条件不变，请你
帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为 8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且
∠EPF旋转至DF＝1时，DE的长度为 4 或 2 ．【分析】（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE＝DF，即可
得出结论DE+DF＝AD．
（2）取 AD 的中点 T，连接 PT，利用菱形的性质，可得出△TDP 是等边三角形，易证
1 1
△TPE≌△FPD，得出TE＝DF，由DE+TE= AD，即可得出DE+DF= AD．
2 2
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB
交AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3﹣2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【解答】解：（1）结论：DE+DF＝AD．
理由：如图1中，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA＝PD，∠PAE＝∠PDF＝45°，
∵∠APE+∠EPD＝∠DPF+∠EPD＝90°，
∴∠APE＝∠DPF，
在△APE和△DPF中
{∠APE=∠DPF
)
PA=PD ，
∠PAE=∠PDF
∴△APE≌△DPF（ASA），∴AE＝DF，
∴DE+DF＝AD．
1
（2）（1）中的结论变为DE+DF= AD，理由如下：
2
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵四边形ABCD为∠ADC＝120°的菱形，
∴BD＝AD，∠DAP＝30°，∠ADP＝∠CDP＝60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT＝PD，∠PTE＝∠PDF＝60°，
∵∠PAT＝30°，
∴∠TPD＝60°，
∵∠MPN＝60°，
∴∠MPT＝∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
{∠PTE=∠PDF
)
PT=PD ，
∠TPE=∠FPD
∴△TPE≌△DPF（ASA）
∴TE＝DF，
1
∴DE+DF= AD，
2
1
故答案为：DE+DF= AD．
2
（3）如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．∵△ABD是等边三角形，AH⊥BD，
∴BH＝DH＝4，AH＝4❑√3，
在Rt△APH中，PH=❑√PA2−AH2 =❑√72−(4❑√3) 2 =1，
∴AG＝BP＝BH﹣PH＝3，
由（2）可知，DF＝EG＝1，
∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣3﹣1＝4．
如图3﹣2中，当点P靠近点D时，同法可得PH＝1，AG＝PB＝BH+PH＝5，
∵DF＝EG＝1
∴DE＝AD﹣AG﹣EG＝8﹣5﹣1＝2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
【例2】如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN．
（1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空：
如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 度至△ABE，可使AD与AB重合．
由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌ ，从而得MN＝
BM+DN．（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你
的猜想，并证明．
（3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且
BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长．
【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证；
（2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答
案；
（3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝
NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝90°，
∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，
∵旋转，
∴△ADN≌△ABE，
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN．
故答案为：90，△ANM；
（2）MN＝DN﹣BM，理由如下，
在DC上取一点G，使DG＝BM，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°，
又∵DG＝BM，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD，
∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°，
∴∠GAD+∠BAN＝45°，
∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN，
又∵AN＝AN，
∴△MAN≌△GAG（SAS），
∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM，
即MN＝DN﹣BM；
（3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠D+∠ABC＝180°，
∵∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
又∵AB＝AD，DG＝BM，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD，
∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°，∴∠GAD+∠BAN＝45°，
∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN，
∴△MAN≌△GAN（SAS），
∴MN＝NG，
设BM＝x＝DG，
∴GC＝13﹣x，
∴MN＝NG＝18﹣x，
在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2
∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2，
解得：x＝5，
∴BM的长为5．
【变式1】在菱形ABCD中，∠B＝ （0°＜ ≤90°），点O′在对角线AC上运动（点O′不与点A，点C
α α
O′C
重合）， =k，以点O′为顶点作菱形A'B'C'O'；且菱形A'B'C'O'与菱形ABCD的形状、大小完全相
AC
同，即A′B′＝AB，∠B′＝∠B，在菱形A'B'C'O'绕点O′旋转的过程中，O'A'与边BC交于点E，
O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
1
（1）如图1，当 ＝90°，k= 时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是 CF + CE ＝ BC ；
2
α
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8， ＝60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）；
【拓展应用】 α
7
（3）在（2）的条件下，连接O′B，O′B＝7，CF= ，求CE的长度．
51
【分析】（1）连接O′B，当 ＝90°，k= 时，四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′
2
α
为AC的中点，可证得△BO′E≌△CO′F（ASA），得出BE＝CF，即可求得答案；
（2）过点O′作O′G∥AB，交BC于G，可证得△ABC、△ACD、△O′CG均为等边三角形，得出
O′G＝CG＝O′C＝k•AC＝8k，再证得△O′EG≌△O′FC（ASA），即可得出答案；
（3）连接BD交AC于O，运用勾股定理求得OO′＝1，分两种情况：当点O′在线段AO上时，当点
O′在线段OC上时，分别求得CE即可．
1
【解答】解：（1）当 ＝90°，k= 时，
2
α
四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，
如图1，连接O′B，
则O′B＝O′C，∠O′BE＝∠O′CF＝45°，∠BO′E+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F＝90°，
∴∠BO′E＝∠CO′F，
∴△BO′E≌△CO′F（ASA），
∴BE＝CF，∵BE+CE＝BC，
∴CF+CE＝BC，
故答案为：CF+CE＝BC；
（2）如图2，过点O′作O′G∥AB，交BC于G，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O′是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8， ＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝A′B′＝B′C′＝C′O′＝O′A′＝8，∠B＝∠D＝∠B′＝α∠A′O′C′＝
60°，
∴△ABC、△ACD均为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，AC＝AB＝8，
∵O′G∥AB，
∴∠CO′G＝∠BAC＝60°＝∠O′CG，
∴△O′CG是等边三角形，
∴O′G＝CG＝O′C＝k•AC＝8k，
∵∠EO′G+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F′＝60°，
∴∠EO′G＝∠CO′F，
∴△O′EG≌△O′FC（ASA），
∴EG＝CF，
∵CE+EG＝CG，
∴CE+CF＝8k；
（3）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，
1 1
∴OC= AC= BC＝4，
2 2∴OB=❑√BC2−OC2 =❑√82−42 =4❑√3，
∴OO′=❑√O′B2−OB2 =❑√72−(4❑√3) 2 =1，
当点O′在线段AO上时，如图2，过点O′作O′H⊥BC于H，
则O′C＝OO′+OC＝1+4＝5，
O′C 5
∴k= = ，
AC 8
由（2）知：CE+CF＝8k，
5
∴CE+CF＝8× =5，
8
7
∵CF= ，
5
7 18
∴CE＝5− = ；
5 5
当点O′在线段OC上时，如图3，
则O′C＝OC﹣OO′＝4﹣1＝3，O′C 3
∴k= = ，
AC 8
3
∴CE+CF＝8× =3，
8
7 8
∴CE＝3− = ；
5 5
18 8
综上所述，CE的长度为 或 ．
5 5
【变式2】【初步感知】
如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，求出图中线段EF，AE，
FC之间的数量关系．
①小盐同学经过分析后，将△ADE绕着点D逆时针旋转90°到△CDM位置，如图1，根据“旋转的性
质”分析CM与AE之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段EF，AE，FC之间的数量关系；
②小田同学经过分析后，将∠EDF沿DF进行翻折，得到∠MDF，射线DM交边BC的延长线于点M，
如图2，根据全等的性质也得到了线段EF，AE，FC之间的数量关系．
任选一位同学的分析，可以得到线段EF，AE，FC之间的数量关系是 ．
【类比探究】
如图3，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD的延长线上，且∠EAF＝45°，连接EF，试问线段
EF，BE，DF之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【拓展应用】
如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝8，DC＝10，CF
＝6，直接写出BE的长．【分析】（1）利用旋转的性质证明△EDF≌△MDF（SAS），即可作答；
（2）在线段 BC 上取一点 G，使 BG＝DF，连接 AG，先证明△ABG≌△ADF（SAS），∠BAG＝
∠DAF，AG＝AF，再证明△EAG≌△EAF（SAS），推出EG＝EF，进而作答即可；
（3）在 DC上取一点 G，使得 DG＝BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出 AE＝AG，∠BAE＝
∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF＝FG，设BE＝x，则EC＝EB+BC＝8+x，EF＝16﹣BE
＝16﹣x，在Rt△ECF中，EC2+CF2＝EF2，构建方程求出x即可解决问题．
【解答】解：（1）∵△ADE绕着点D逆时针旋转90°到△CDM，
∴DE＝DM，AE＝CM，
∠ADE+∠CDF＝90°﹣∠EDF＝45°，
∠CDF+∠CDM＝∠FDM＝90°﹣∠EDF＝45°，
∴∠EDF＝∠FDM＝45°，
在△EDF与△MDF中，
{ DF=DF )
∠EDF=∠MDF ，
DE=DM
∴△EDF≌△MDF（SAS），
∴EF＝FM＝FC+CM，
∵AE＝CM，
∴EF＝FC+CM＝FC+AE，故答案为：EF＝AE+FC；
（2）BE＝DF+EF，
在线段BC上取一点G，使BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝∠BAD＝90°，
∵点F在CD的延长线上，
∴∠ADF＝180°﹣∠ADC＝180°﹣90°＝90°，
在△ABG和△ADF中：
{ AB=AD )
∠B=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠DAE＝45°，
∴∠BAG+∠DAE＝45°
∴∠EAG＝∠BAD﹣（∠BAG+∠DAE）＝90°﹣45°＝45°，
在△EAG和△EAF中：
{ AG=AF )
∠EAG=∠EAF=45°，
AE=AE
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG＝EF，
∴BE＝BG+GE＝DF+EF；
（3）在DC上取一点G，使得DG＝BE，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABC+∠D＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，BE＝DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAB+∠BAF＝∠DAG+∠BAF＝45°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠FAG＝∠FAE＝45°，
∵AE＝AG，AF＝AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
设BE＝x，
则EC＝EB+BC＝8+x，
∴DF＝CF+DC＝FG+DG＝EF+BE＝16，
∴EF＝16﹣BE＝16﹣x，
在Rt△ECF中，EC2+CF2＝EF2，
∴（x+8）2+62＝（16﹣x）2，
13
∴x= ，
4
13
∴BE= ，
4
13
∴BE的长为 ．
4
【变式3】【课本再现】（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A B C O的一个顶点，而且这两个
1 1 1
正方形的边长都为1，四边形OEBF为两个正方形重叠部分．正方形A B C O可绕点O转动．则下列结
1 1 1
论正确的是 （填序号即可）．
①△AEO≌△BFO；
②OE＝OF；
1
③四边形OEBF的面积总等于 S ；
4 正 方形ABCD
④连接EF，总有AE2+CF2＝EF2．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A B C O的一个顶点，A O与边AB相交于点E，C O与边CB
1 1 1 1 1
相交于点F，连接EF，矩形A B C O可绕着点O旋转，猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并进行证
1 1 1
明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点
处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝2cm
时，求线段EF的长度．
【分析】（1）先证明△AEO≌△BFO，再根据全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，逐项判
断即可求解；
（2）连接AC，延长EO交CD于点G，连接FG，根据矩形的性质可得点 O是AC的中点，再证明
△AEO≌△CGO，可得AE＝CG，OE＝OG，再由线段垂直平分线的性质可得 EF＝FG，在Rt△FCG
中，根据勾股定理，即可求解；
（3）设CF＝x cm．分两种情况讨论：①当点E在线段AC上时，②当点E在CA延长线上时，结合勾
股定理，即可求解．
【解答】解：（1）在正方形和正方形A B C O中，AB＝BC，OA＝OB，∠OAB＝∠OBC＝45°，∠AOB
1 1 1
＝∠A OC ＝90°，
1 1∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AEO≌△BFO，故①正确；
∴OE＝OF，S△AEO ＝S△BFO ，故②正确；
1
∴四边形OEBF的面积=S +S =S +S =S = S ，
△BOE △BOF △BOE △AOE △AOB 4 正 方 形ABCD
1
四边形OEBF的面积总等于 S ，故③正确；
4 正 方 形ABCD
如图，
，
∵△AEO≌△BFO，
∴AE＝BF，
∵AB＝BC，
∴BE＝CF，
∵∠ABC＝90°，
∴BF2+BE2＝EF2，
∴AE2+CF2＝EF2，故④正确；
故答案为：①②③④
（2）AE2+CF2＝EF2，理由如下：
连接AC，延长EO交CD于点G，连接FG，
∵O是矩形ABCD的中心，
∴点O是AC的中点．
∴AO＝CO，
∵在矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CGO，
∴△AEO≌△CGO，∴AE＝CG，OE＝OG，
在矩形A B C O中，∠A OC ＝90°，
1 1 1 1 1
∴EF＝FG，
在Rt△FCG中，CG2+CF2＝GF2
∴AE2+CF2＝EF2；
（3）设CF＝x cm．
①当点E在线段AC上时，
∵AE＝2cm，
∴CE＝1cm
∵在Rt△FCE中，∠C＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴12+x2＝EF2，
又由（2）得：EF2＝AE2+BF2，
∴EF2＝22+BF2
∴12+x2＝22+（4﹣x）2，
19
解得x= ．
8
√ 19 2 5❑√17
∴EF=❑12 +( ) = ．
8 8
②当点E在CA延长线上时，同理可证EF2＝AE2+BF2∴EF2＝22+（4+x）2，
又在Rt△FCE中，EF2＝x2+（3+2）2．
∴x2+（3+2）2＝22+（4+x）2
5
解得x= ．
8
√ 5 2 5❑√65
∴EF=❑52
+( ) =
8 8
5❑√17 5❑√65
故EF的长度为 cm或 cm．
8 8
【题型13 四边形综合题（折叠类）】
【例1】如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕
为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝
∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝
BC＝5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在Rt△APE中，由
5
勾股定理得出方程，解方程得出EP= cm即可；
3
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点
A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在Rt△CDE中，DE=❑√CE2−CD2 =4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
5
解得：EP= cm，
3
5
∴菱形BFEP的边长为 cm；
3
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为3﹣1＝2（cm）．
【例2】问题情境：数学活动课上，老师组织同学们以“正方形”为主题开展数学活动．
动手实践：
（1）如图①，已知正方形纸片ABCD，勤奋小组将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方
形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重
合，折痕为AF，易知点E、M、F共线，则∠EAF＝ 度．
拓展应用：
（2）如图②，腾飞小组在图①的基础上进行如下操作：将正方形纸片沿EF继续折叠，使得点C的对
应点为点N，他们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在BC边的某一位置时，点
N恰好落在折痕AE上．
①则∠CFE＝ 度．
②设AM与NF的交点为点P，运用（1）、（2）操作所得结论，求证：△ANP≌△FNE．
解决问题：
（3）在图②中，若AB＝3，请直接写出线段MP的长．
【分析】（1）由正方形的性质得∠BAD＝90°，再由折叠的性质得：∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，即可求解；
（2）①证△ANF是等腰直角三角形，得∠AFN＝45°，则∠AFD＝∠AFM＝45°+∠NFE，求出∠NFE＝
∠CFE＝30°，即可求解；
②由等腰直角三角形的性质得AN＝FN，再证∠NAP＝∠NFE＝30°，由ASA即可得出结论；
（3）由全等三角形的性质得AP＝FE，PN＝EN，再证∠AEB＝60°，然后由含30°角的直角三角形的性
❑√3
质得 BE= AB=❑√3，AE＝2BE＝2❑√3，设 PN＝EN＝a，则 AN=❑√3PN=❑√3a，AP＝2PN＝2a，由
3
AN+EN＝AE得出方程，求出AP，由MP＝AM﹣AP即可求解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠BAD＝90°，
由折叠的性质得：∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，
1
∴∠MAE+∠MAF＝∠BAE+∠DAF= ∠BAD＝45°，
2
即∠EAF＝45°，
故答案为：45；
（2）①解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
由折叠的性质得：∠NFE＝∠CFE，∠ENF＝∠C＝90°，∠AFD＝∠AFM，
∴∠ANF＝180°﹣90°＝90°，
由（1）得：∠EAF＝45°，
∴△ANF是等腰直角三角形，
∴∠AFN＝45°，
∴∠AFD＝∠AFM＝45°+∠NFE，
∴2（45°+∠NFE）+∠CFE＝180°，
∴∠NFE＝∠CFE＝30°，
故答案为：30；
②证明：∵△ANF是等腰直角三角形，
∴AN＝FN，
∵∠AMF＝∠ANF＝90°，∠APN＝∠FPM，
∴∠NAP＝∠NFE＝30°，在△ANP和△FNE中，
{∠ANP=∠FNE=90°
)
AN=FN ，
∠NAP=∠NFE
∴△ANP≌△FNE（ASA）；
（3）由（1）得：△ANP≌△FNE，
∴AP＝FE，PN＝EN，
∵∠NFE＝∠CFE＝30°，∠ENF＝∠C＝90°，
∴∠NEF＝∠CEF＝60°，
∴∠AEB＝60°，
∵∠B＝90°，
∴∠BAE＝30°，
❑√3
∴BE= AB=❑√3，
3
∴AE＝2BE＝2❑√3，
设PN＝EN＝a，
∵∠ANP＝90°，∠NAP＝30°，
∴AN=❑√3PN=❑√3a，AP＝2PN＝2a，
∵AN+EN＝AE，
∴❑√3a+a＝2❑√3，
解得：a＝3−❑√3，
∴AP＝2a＝6﹣2❑√3，
由折叠的性质得：AM＝AB＝3，
∴MP＝AM﹣AP＝3﹣（6﹣2❑√3）＝2❑√3−3．
【变式1】综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含
着丰富的数学知识．实践操作：如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝4cm．
第一步：如图2，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第二步：如图3，再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM．同时，得到
了线段BN．
解决问题
（1）在图3中，EN与AB的关系是 ．EN＝ cm．
（2）在图3中，连接AN，试判断△ABN的形状，并给予证明．
拓展应用
（3）已知，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝8cm，点P在边AD上，将△ABP沿着BP折叠，若点A
的对应点A'恰落在矩形ABCD的对称轴上，则AP＝ cm．
【分析】（1）由折叠的性质和勾股定理可求解；
（2）由折叠的性质可得AB＝BN，由线段中垂线的性质可得AN＝BN，可得结论；
（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【解答】（1）解：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴AE＝BE＝2cm，AB⊥EF，
∴EN垂直平分AB，
∵折叠，
∴AB＝BN＝4cm，
EN=❑√BN❑ 2−BE❑ 2 =❑√16−4=2❑√3（cm），
故答案为：EN垂直平分AB，2❑√3；
（2）△ABN为等边三角形．理由如下：
∵EN垂直平分AB，
∴AN＝BN，
又∵AB＝BN，
∴AB＝BN＝AN，∴△ABN为等边三角形；
（3）如图，当点A'在BC上时，
由折叠可知：AB＝A'B＝4cm，∠A＝∠BA'P＝90°，
∵BC＝8cm，
∴点A'是BC的中点，
∴点A'在矩形ABCD的对称轴上，
∵∠A＝∠ABA'＝∠BA'P＝90°，
∴四边形ABA'P是矩形，
∴AP＝BA'＝4cm，
如图，当点A'落在EF上时，
由（2）可知：△ABA'是等边三角形，
∴∠ABA'＝60°，
∴∠ABP＝∠A'BP＝30°，
∴BP＝2AP，
∵BP2＝AP2+AB2，
4❑√3 4❑√3
∴AP= 或− （舍去），
3 3
4❑√3
综上所述：AP的长为4cm或 cm，
3
4❑√3
故答案为： 或4．
3
【变式2】如图，已知矩形纸片ABCD，AB＝a，BC＝b（a＞b）．
（1）如图1，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD边上的点A′处，折痕DE交边AB于点E．求证：四边形AEA′D是正方形．
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，使点C落在AD边上的点C′处，点B落在点
B′处，折痕EF交边DC于点F，连结EC′，如图2．
①求证：AC′＝B′E．
②若a＝8，b＝6，求折痕EF的长．
③当△EFC′为等腰三角形时，直接写出a，b之间应满足的数量关系．
【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰
三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）①连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论；
②如图2﹣2，过点E作EM⊥CD于点D，根据矩形的性质和勾股定理即可求出折痕EF的长；
③当△EFC′为等腰三角形时，分三种情况讨论：I、当EC′＝EF时，过点E作EM⊥CD于点M，连
接EC，Ⅱ、当EC′＝C′F时，Ⅲ、方法一：当EF＝C′F时，连接CC′，交EF于点O，如图2﹣3
所示：依次进行解答即可．方法二：当点M与点F重合时，点C与点C′重合，当△EFC′为等腰三角
形时，根据翻折的性质得四边形AEFD，EFCB是正方形，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）①证明：如图2﹣1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
∵EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
{EC′=C′E)
，
AE=B′C′
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴AC′＝B′E；
②解：AB＝a＝8，BC＝b＝6，
如图2﹣2，过点E作EM⊥CD于点D，
∵∠B＝∠C＝∠CME＝90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴BE＝CM，BC＝EM＝6，
∵AC'＝BE＝B′E，AD＝AE＝6，AB＝8，
∴BE＝2＝B′E＝AC′＝CM，CD＝AB＝8，
∴C′D＝AD﹣AC′＝6﹣2＝4，
设CF＝C′F＝x，则DF＝8﹣x，
在Rt△DC′F中，由勾股定理得：
C′F2＝C′D2+DF2，∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得x＝5，
∴FM＝CF﹣CM＝5﹣2＝3，
∴EF=❑√EM2 +FM2 =❑√62 +32 =3❑√5；
∴折痕EF的长为3❑√5；
③解：当△EFC′为等腰三角形时，分三种情况：
I、当EC′＝EF时，过点E作EM⊥CD于点M，连接EC，如图2﹣2所示，
由折叠可知：EC′＝EC＝EF，CF＝C′F，
∵AE＝AD＝AB﹣BE，
∴BE＝AB﹣AD＝a﹣b，
∴FM＝CM＝BE＝a﹣b，
∴CF＝2CM＝2a﹣2b＝C′F，
∵DF＝CD﹣CF＝a﹣（2a﹣2b）＝2b﹣a，
∵AC′＝BE＝a﹣b，
∴DC′＝AD﹣AC′＝b﹣（a﹣b）＝2b﹣a，
∴DF＝DC′＝2b﹣a，
∴△DC′F是等腰直角三角形，
∴C′F=❑√2DF，
∴2a﹣2b=❑√2（2b﹣a），
解得a=❑√2b；
Ⅱ、当EC′＝C′F时，∴∠C′EF＝∠C′FE，
由折叠的性质可知：∠C′FE＝∠CFE＝∠C′EF，
∴C′E∥CF，
在矩形ABCD中，CF∥AE，
∴点C′与点A重合，
由折叠的性质可知：点C与点C′重合，
∴四边形ABCD是正方形，
∴a＝b，与a＞b矛盾；
Ⅲ、方法一：当EF＝C′F时，连接CC′，交EF于点O，如图2﹣3所示：
∴EF＝C′F＝CF，
∴∠FC′E＝∠FCE＝∠FEC，
∵AB∥CD，
∴∠BEC＝∠FCE＝∠FEC，
由折叠的性质可知：EF垂直平分CC′，
∴CC′⊥EF，CO＝C′O，
∵∠BEC＝∠FEC，CB⊥BE，CO⊥EF，
∴BC＝CO＝b，
∴CC'＝2CO＝2BC＝2b，
在Rt△CDC′中，DC′＝2b﹣a，DC＝a，
∴（2b﹣a）2+a2＝4b2，
解得a＝2b；
方法二：当点M与点F重合时，点C与点C′重合，
当△EFC′为等腰三角形时，
根据翻折的性质得四边形AEFD，EFCB是正方形，∴AD＝AE＝b，
∴BE＝AB﹣AE＝a﹣b，
∴b＝a﹣b，
∴a＝2b．
综上所述：当△EFC′为等腰三角形时，a=❑√2b或a＝2b．
【变式3】如图1，在 ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O的直线EF分别与AD，BC交于点E，
F，将四边形ABFE▱沿EF折叠得到四边形MNFE，点M在AD上方，MN交线段CD于点H，连接OH．
（1）求证：EM＝FC；
（2）求证：OH⊥EF；
（3）如图2，若MN⊥CD，∠ABC＝60°，BF=4+2❑√3，FC＝2，求OH的长．
【分析】（1）利用ASA证明△AOE≌△COF，可得AE＝FC，根据折叠得EM＝AE，再利用等量代换
即可证得结论；
（2）延长HM交FE的延长线于K，延长HC交EF的延长线于L，先证得△EMK≌△FCL（ASA），得
出EK＝FL，∠K＝∠L，推出HK＝HL，进而推出OK＝OL，再运用等腰三角形的性质即可证得结论；
（3）过点H作HQ⊥BC，交BC的延长线于Q，过点O作OT⊥BC于T，连接FH，先求得∠PFC＝
1
∠CPF＝30°，可得FP＝2❑√3，CP＝2，运用含30°角直角三角形的性质可得NH= PN＝2，再由勾股定
2理可得PH=❑√PN2−N H2 =❑√42−22 =2❑√3，得出CH＝CP+PH＝2+2❑√3，进而证得△FHQ是等腰直角
三角形，得出∠HFQ＝45°，FH=❑√2HQ=❑√6+3❑√2，再得出∠FHO＝30°，结合勾股定理即可求得答
案．
【解答】（1）证明：∵O是对角线AC的中点，
∴OA＝OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
{∠EAO=∠FCO
)
OA=OC ，
∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝FC，
∵将四边形ABFE沿EF折叠得到四边形MNFE，
∴EM＝AE，
∴EM＝FC；
（2）证明：延长HM交FE的延长线于K，延长HC交EF的延长线于L，如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∵将四边形ABFE沿EF折叠得到四边形MNFE，
∴EM＝AE，∠FEM＝∠AEF，∠BAD＝∠EMN，
∴∠FEM＝∠CFE，∠EMN＝∠BCD，∴180°﹣∠FEM＝180°﹣∠CFE，即∠MEK＝∠CFL，
同理∠EMK＝∠FCL，
∵EM＝FC，
∴△EMK≌△FCL（ASA），
∴EK＝FL，∠K＝∠L，
∴HK＝HL，
由（1）知：△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∴OE+EK＝OF+FL，即OK＝OL，
∴OH⊥EF；
（3）解：如图2，过点H作HQ⊥BC，交BC的延长线于Q，过点O作OT⊥BC于T，连接FH，
∵∠ABC＝60°，
∴∠N＝60°，∠HCQ＝60°，
∵MN⊥CD，
∴∠CPF＝∠NPH＝30°，
∴∠PFC＝∠HCQ﹣∠CPF＝30°，
∵FC＝2，
∴FP＝2❑√3，CP＝2，
∵NF＝BF＝4+2❑√3，
∴PN＝NF﹣FP＝4，
在Rt△PNH中，∵∠NPH＝30°，
1
∴NH= PN＝2，
2
∴PH=❑√PN2−N H2 =❑√42−22 =2❑√3，
∴CH＝CP+PH＝2+2❑√3，∵∠CHQ＝90°﹣60°＝30°，∠Q＝90°，
1
∴CQ= CH＝1+❑√3，
2
∴HQ=❑√CH2−CQ2 =❑√(2+2❑√3) 2−(1+❑√3) 2 =❑√3+3，
∵FQ＝FC+CQ＝2+1+❑√3=❑√3+3，
∴FQ＝HQ，
∴△FHQ是等腰直角三角形，
∴∠HFQ＝45°，FH=❑√2HQ=❑√6+3❑√2，
∵∠BFN＝180°﹣∠PFC＝150°，
1
∴∠EFN＝∠EFB= ∠BFN＝75°，
2
∴∠HFO＝∠EFC﹣∠HFQ＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∵OH⊥EF，
∴∠FOH＝90°，∠FHO＝30°，
1 ❑√6+3❑√2
∴OF= FH= ，
2 2
√ ❑√6+3❑√2 3❑√2+3❑√6
∴OH=❑√FH2−OF2 =❑(❑√6+3❑√2) 2−( ) 2 = ，
2 2
3❑√2+3❑√6
∴OH的长为 ．
2
【题型14 四边形综合题（动点类）】
【例1】在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，
E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量
关系是 ，BC与CE的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成
立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB＝2❑√3，BE＝2❑√19，请直接写出△APE
的面积．【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点
O，由∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形
APE的边长可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ABP= ∠ABC＝30°，
2
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，
∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°﹣∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠CAE＝60°+60°﹣∠DAP＝120°﹣∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
∴∠DCE＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DCE+∠ADC＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∴CE⊥AD；
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC．
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立；（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，AB＝2❑√3，
∴∠ABO＝30°，
1
∴AO= AB=❑√3，OB=❑√3AO＝3，
2
∴BD＝6，
由（2）知CE⊥AD，
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE＝2❑√19，BC＝AB＝2❑√3，
∴CE=❑√(2❑√19) 2−(2❑√3) 2 =8，
由（2）知BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴AP=❑√OA2 +OP2 =❑√(❑√3) 2 +52 =2❑√7，
∵△APE是等边三角形，
❑√3
∴S△AEP =
4
×（2❑√7）2＝7❑√3，
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP=❑√OA2 +OP2 =❑√(❑√3) 2 +112 =2❑√31，❑√3
∴S△AEP =
4
×（2❑√31）2＝31❑√3，
综上所述，△AEP的面积为7❑√3或31❑√3．
【例2】已知：四边形ABCD是正方形，AB＝20，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
（1）如图1，若∠EDF＝45°，AE＝CF，求∠DFC的度数；
（2）如图2，若∠EDF＝45°，点E，F分别是AB，BC上的动点，求证：△EBF的周长是定值；
（3）如图3，若GD＝BF＝5，GF和EH交于点O，且∠EOF＝45°，求EH的长度．
1
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE＝∠CDF= ×45°＝22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC
2
的度数；
（2）将△DAE绕点D逆时针旋转90°，通过证明三角形全等，证明EF＝AE+CF，即可证明△EBF的周
长是定值；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和
勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵AE＝CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠CDF＝90﹣45°＝45°，
∴∠CDF+∠CDF＝45°，
∴∠CDF＝22.5°，
∴∠DFC＝90°﹣22.5°＝67.5°．
（2）如图2，延长BC到点K，使CK＝AE，连接DK，
∵∠DCK＝180°﹣90°＝90°，
∴∠DCK＝∠A，
∴△DCK≌△DAE（SAS），
∴DK＝DE，∠CDK＝∠ADE，
∴∠KDF＝∠CDK+∠CDF＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∴∠KDF＝∠EDF，
∵DF＝DF，
∴△KDF≌△EDF（SAS），
∴KF＝EF，
∵KF＝CK+CF＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF，
∴BE+EF+BF＝BE+AE+CF+BF＝AB+BC，
∵AB＝BC＝20，
∴BE+EF+BF＝40，
∴△EBF的周长是定值．
（3）如图3，作DL∥EH，交AB于点L，交FG于点P，作DM∥FG，交BC于点M，交EH于点Q，
连接LM，
∵DH∥LE，DG∥FM，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴GD＝BF＝FM＝5，EH＝DL，∠LDM＝∠POQ＝∠EOF＝45°，
∴BM＝5+5＝10；
由（2）得，BL+LM+BM＝40，
∴BL+LM＝30，∴LM＝30﹣BL，
∵∠B＝90°，
∴BL2+BM2＝LM2，
∴BL2+102＝（30﹣BL）2，
40
解得BL= ，
3
40 20
∴AL＝20− = ，
3 3
∵AD＝AB＝20，
√ 20 20❑√10
∴DL=❑202 +( ) 2 = ，
3 3
20❑√10
∴EH= ．
3【变式1】如图1，已知正方形ABCD，AB＝3，E是边BC上的一个动点（不与点 B，C重合），连接
AE，点B关于直线AE的对称点为F，连接EF并延长交CD于点G，连接AG，AF．
（1）求∠EAG的度数；
（2）如图2，连接CF，若CF∥AG，求线段BE的长；
（3）如图3，在点E运动过程中，作∠GEC的平分线EH交AG延长线于H，若S△AGE ：S△EGH ＝4：1，
请直接写出线段BE的长．
【分析】（1）由轴对称的性质可知∠EAB＝∠EAF，利用全等三角形的性质证明∠DAG＝∠FAG即可
解决问题；
（2）证出FG＝DG＝CG＝1.5，设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x，由勾股定理得出（3﹣x）2+1.52
＝（x+1.5）2，则可得出答案；
（3）过点 H 作 HM⊥EG，交 EG 的延长线于点 M，HN⊥BC，交 BC 的延长线于点 N，证明
△ABE≌△ENH（AAS），由全等三角形的性质得出BE＝HN，由角平分线的性质得出MH＝HN，根据
三角形面积公式可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，点B关于AE对称，
1
∴AB＝AF＝AD，∠BAE＝∠EAF= ∠BAF，∠B＝∠AFE＝∠D＝90°，
2
∵AG＝AG，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），1
∴∠FAG＝∠DAG= ∠FAD，
2
1 1 1
∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF= ∠BAF+ ∠DAF= ∠BAD＝45°．
2 2 2
（2）∵CF∥AG，
∴∠AGF＝∠CFG，∠AGD＝∠FCG，
∵△AFG≌△ADG，
∴∠AGF＝∠AGD，
∴∠GFC＝∠FCG，
∴FG＝DG＝CG＝1.5，
设BE＝x，则EG＝x+1.5，EC＝3﹣x，
∵EC2+CG2＝EG2，
∴（3﹣x）2+1.52＝（x+1.5）2，
∴x＝1，
即BE＝1．
（3）过点H作HM⊥EG，交EG的延长线于点M，HN⊥BC，交BC的延长线于点N，
∵点B关于直线AE的对称点为F，
∴AB＝AF，∠AEB＝∠AEF，
∵EH平分∠CEG，
∴∠CEH＝∠GEH，
1
∴∠AEH= ∠BEC＝90°，
2
∵∠EAH＝45°，
∴∠EAH＝∠AHE，
∴AE＝EH，
∵∠AEB+∠HEN＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠HEN，
∵∠ABE＝∠ENH＝90°，
∴△ABE≌△ENH（AAS），
∴BE＝HN，
∵EH平分∠CEG，HM⊥EG，HN⊥BC，
∴MH＝HN，
1 1
∵S = EG⋅AF，S = EG⋅MH，
△AEG 2 △EGH 2
S AF 4
∴ △AEG = = =4，
S MH 1
△EGH
AB
∴ =4，
BE
∵AB＝3，
3
∴BE= ．
4
【变式2】已知四边形ABCD是正方形，点E是射线CD上的动点（与点C，D不重合），连接BE，点G
在射线BE上（与点B不重合），且∠AGC＝90°．
（1）如图1，当点E在CD上时，猜想线段GA，GB，GC之间的数量关系，请直接写出你的猜想；
（2）如图2，当点E在CD的延长线上时，（1）中的结论是否成立，若成立，请完成证明，若不成
立，请写出正确的结论并说明理由；
（3）当AB＝4，DE＝2时，请直接写出BG的长．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABG≌△BCH，可得AG＝CH，BG＝BH，由等腰直角三角形的性质可
求解；
（2）由“ASA”可证△ABH≌△BCG，可得AH＝CG，BG＝BH，由等腰直角三角形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）AG+CG=❑√2BG，理由如下：
如图1，过点B作BH⊥BG，交GC的延长线于H，
∵BH⊥BG，
∴∠GBH＝90°＝∠ABC＝∠AGC，
∴∠ABG＝∠CBH，∠BAG+∠BCG＝180°，
∵∠BCH+∠BCG＝180°，
∴∠BAG＝∠BCH，
又∵AB＝BC，
∴△ABG≌△BCH（ASA），
∴AG＝CH，BG＝BH，
∴GH=❑√2BG，
∴AG+CG=❑√2BG；
（2）（1）的结论仍然成立，理由如下：
过点B作BH⊥BG，交GA的延长线于H，
∵BH⊥BG，
∴∠GBH＝90°＝∠ABC＝∠AGC，∴∠ABH＝∠CBG，∠BAH+∠BCG＝180°，
∵∠BAH+∠BAG＝180°，
∴∠BAH＝∠BCG，
又∵AB＝BC，
∴△ABH≌△BCG（ASA），
∴AH＝CG，BG＝BH，
∴GH=❑√2BG，
∴AG+CG=❑√2BG；
（3）当点E在线段CD上时，如图1，过点C作CN⊥BG于N，
∵AB＝4＝BC＝CD，DE＝2，
∴CE＝2，
∴BE=❑√BC❑ 2 +CE❑ 2 =❑√16+4=2❑√5，
1 1
∵S△BEC =
2
×BE•NC=
2
×BC•CE，
∴2❑√5CN＝2×4，
4❑√5
∴CN= ，
5
√ 16 8❑√5
∴BN=❑√BC❑ 2−CN❑ 2 =❑16− = ，
5 5
∵BH＝BG，BH⊥BG，
∴∠BGH＝45°，
∵CN⊥BG，∴△CNG是等腰直角三角形，
4❑√5
∴CN＝NG= ，
5
12❑√5
∴BG= ；
5
当点E在CD的延长线上时，如图2，过点C作CN⊥BE于N，
20❑√13
同理可求BG= ，
13
12❑√5 20❑√13
综上所述：BG的长为 或 ．
5 13
【变式3】综合与实践
探究几何元素之间的关系
问题情境：四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是直线AC上的一个动点（点E与点C，
O，A都不重合），过点A，C分别作直线BE的垂线，垂足分别为F，G，连接OF，OG．
（1）初步探究：
如图1，已知四边形ABCD是正方形，且点E在线段OC上，求证AF＝BG；
（2）深入思考：请从下面A，B两题中任选一题作答，我选择 题．
A．探究图1中OF与OG的数量关系并说明理由；
B．如图2，已知四边形ABCD为菱形，且点E在AC的延长线上，其余条件不变，探究OF与OG的数
量关系并说明理由；（3）拓展延伸：请从下面AB两题中任选一题作答，我选择 题．
如图3，已知四边形ABCD为矩形，且AB＝4，∠BAC＝60°．
A．点E在直线AC上运动的过程中，若BF＝BG，则FG的长为 ．
B．点E在直线AC上运动的过程中，若OF//BC，则FG的长为 ．
【分析】（1）利用正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）A．连接OB，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
B．延长GO，交FA的延长线于点H，利用平行线的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性
质得到OH＝OG，再利用直角三角形的斜边上的中线的性质解答即可；
（3）A．连接OB，利用平行线的判定，梯形的中位线的性质和含30°角的直角三角形的性质求得BF即
可得出结论；
B．利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设OF交AB于点H，利用平行线的性质，矩形
的性质和线段垂直平分线的性质得到△AFB为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求得BF，
同样求得BG，则FG＝BF+BG；②如图，用同样的方法求得BF，BG，则FG＝BG﹣BF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝90°．
∵CG⊥BE，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG．
在△ABF和△BCG中，
{ ∠ABF=∠BCG )
∠AFB=∠BGC=90° ，
AB=BC
∴△ABF≌△BCG（AAS），
∴AF＝BG；
（2）解：我选择A，故答案为：A．
OF与OG的数量关系为：OF＝OG，理由：
连接OB，如图，∵四边形ABCD为正方形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OB＝OC，OB⊥AC，
∴∠OEB+∠OBE＝90°．
∵AF⊥BE，
∴∠AEF+∠FAE＝90°，
∴∠FAE＝∠OBE．
由（1）知：AF＝BG，
在△AFO和△BGO中，
{ AF=BG )
∠FAE=∠OBG ，
OA=OB
∴△AFO≌△BGO（SAS），
∴OF＝OG；
B．OF与OG的数量关系为OF＝OG，理由：
延长GO，交FA的延长线于点H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OC．
∵AF⊥EF，CG⊥EF，
∴HF∥CG，
∴∠H＝∠OGC．
在△AHO和△CGO中，
{ ∠H=∠CGO )
∠AOU=∠COG ，
OA=OC
∴△AHO≌△CGO（AAS），
∴OH＝OG，∵∠HFG＝90°，
∴OF为Rt△HFG斜边上的中线，
1
∴OF＝OG= HG．
2
∴OF＝OG；
（3）解：A．连接OB，如图，
∵四边形ABCD为矩形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OB＝OC，
∵∠BAC＝60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝4，∠OBA＝60°．
∵AF⊥BE，CG⊥BE，
∴AF∥CG，
∵OA＝OC，BF＝BG，
∴OB为梯形AFGC的中位线，
∴OB∥AF，
∴OB⊥FG，
∴∠ABF＝30°，
1
∴AF= AB＝2，
2
∴BF=❑√AB2−AF2 =2❑√3，
∴FG＝2BF＝4❑√3；
故答案为：4❑√3；
B．①设OF交AB于点H，如图，∵OA＝OC，OF∥BC，AB⊥BC，
∴AH＝BH，OF⊥AB，
∴OF为AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴△AFB为等腰直角三角形，
❑√2
∴BF= AB＝2❑√2．
2
∵∠ABF＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠GBC＝45°，
∴△GBC为等腰直角三角形，
❑√2
∴BG= BC．
2
∵AB＝4，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，
∴BC=❑√3AB＝4❑√3，
❑√2
∴BG= ×4❑√3=2❑√6．
2
∴FG＝BF+BG＝2❑√2+2❑√6．
②如图，用同样的方法可求：BF＝2❑√2，BG＝2❑√6，
∴FG＝BG﹣BF＝2❑√6−2❑√2．
综上，点E在直线AC上运动的过程中，若OF//BC，则FG的长为2❑√6+2❑√2或2❑√6−2❑√2．
故答案为：2❑√6+2❑√2或2❑√6−2❑√2．【题型15 四边形综合题（新定义类）】
【例1】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．
①求证：四边形ABEG是“神奇四边形”；
②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．试判断四边形MNPQ是不是“神奇四边
形”；
（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．
【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
（2）①证△ABE≌△BCG（ASA），得AE＝BG，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
②由三角形中位线定理得出MN＝PQ，MQ＝NP，则四边形MNPQ为平行四边形，再证四边形MNPQ
是正方形，则可得出结论；
（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= ，即可解决问题．
3
【解答】（1）解：∵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“神奇四边形”，
故答案为：④；（2）①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“神奇四边形”；
②解：四边形MNPQ是“神奇四边形”，理由如下：
∵M，N为AB，AG的中点，
∴MN为△ABG的中位线，
1
∴MN∥BG，MN= BG，
2
1 1 1
同理：PQ∥BG，PQ= BG，MQ∥AE，MQ= AE，NP∥AE，NP= AE，
2 2 2
∴MN＝PQ，MQ＝NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形，
∵AE＝BG，
∴MN＝MQ，
∴平行四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ∥AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN∥BG，
∴MQ⊥MN，
∴∠QMN＝90°，
∴四边形MNPQ为正方形，∴四边形MNPQ是“神奇四边形”；
（3）解：如图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 ❑√10
∴OF=❑√AF2−AO2 =❑( ) 2−(❑√10) 2 = ，
3 3
❑√10
即线段OF的长为 ．
3
【变式1】定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．
（1）下列选项中一定是“等补四边形”的是 ；
A．平行四边形
B．矩形C．菱形
D．正方形
（2）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E为CD边上一动点（E不与C、D重合），AE交BD于
点F，过F作FH⊥AE交BC于点H．
①试判断四边形AFHB是否为“等补四边形”，并说明理由；
②如图2，连接EH，求△CEH的周长；
③若四边形ECHF是“等补四边形”，求CE的长．
【分析】（1）根据新定义即可求解；
（2）①证明△ABF≌△CBF（SAS）和∠FHC＝∠FCH，即可求解；
②将△ABH 围绕点 A 逆时针旋转到△ADL 的位置，点 H 对应点 L，则 AL＝AH，LD＝BH，证明
△ALE≌△AHE（SAS），则△CHE的周长＝HE+CH+CE＝BH+DE+CH+CE＝BC+CD＝8；
③四边形ECHF是“等补四边形”，∠EFH+∠C＝180°，则存在FH＝EF、FE＝CE、EC＝CH、CE＝
FH四种情况，当FH＝CH时，证明△FCH为等边三角形，进而求解；当CE＝EF时，证明△FCH为等
边三角形，进而求解；当CH＝EC时，由②知，△CEH的周长为8，进而求解；当EF＝HF时，则AF
＝EF，而当点F是BD的中点时，才存在AF＝EF，故该种情况不存在，即可求解．
【解答】解：（1）在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，
∴正方形是等补四边形，
故答案为：D；
（2）①四边形AFHB为“等补四边形”，理由如下：
如图1，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
又∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵HF⊥AE，
∴∠AFH＝∠ABH＝90°，
∴∠BAF+∠BHF＝180°，
∵∠BHF+∠FHC＝180°，
∴∠FHC＝∠BAF，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC，
∴AF＝FH；
②如图2，连接AH，由①知，△AFH为等腰直角三角形，则∠HAF＝45°，
将△ABH围绕点A逆时针旋转到△ADL的位置，点H对应点L，则AL＝AH，LD＝BH，
则∠LAE＝∠LAD+∠DAE＝∠DAE+∠BAH＝90°﹣∠HAF＝45°＝∠HAF，
∵AH＝AL，AE＝AE，
∴△ALE≌△AHE（SAS），
∴HE＝LE＝LD+DE＝BH+DE，
则△CHE的周长＝HE+CH+CE＝BH+DE+CH+CE＝BC+CD＝4+4＝8；
③∵四边形ECHF是“等补四边形”，∠EFH+∠C＝180°，
则存在FH＝EF、FE＝CE、FH＝CH、CH＝FH四种情况，
当FH＝CH时，
由（1）知，FH＝AF，
则FH＝AF＝CF＝CH，则△FCH为等边三角形，如图3：则∠FCB＝60°＝∠FAB，则∠DAE＝30°，
4❑√3
在Rt△ADE中，DE= ，
3
4❑√3
则CE＝CD﹣AD＝4− ；
3
当CE＝EF时，
∵HE＝HE，
∴Rt△EHF≌△Rt△EHC（HL），
∴FH＝HC，
而FH＝FC，
∴△FCH为等边三角形，
故该情况同FH＝CH的情况；
当FH＝CE时，
由②知，△CEH的周长为8，
设CH＝EC＝x，则HE=❑√2x，
则x+x+❑√2x＝8，
解得：CE＝x＝8﹣4❑√2；
当EF＝HF时，则AF＝EF，
而当点F是BD的中点时，才存在AF＝EF，
故该种情况不存在，
4❑√3
综上，CE的长度为8﹣4❑√2或4− ．
3
【变式2】【综合与实践】
定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如图①所示的四边形ABCD是垂美四边形．
【概念理解】
①正方形，②菱形，③矩形，三个图形中一定是垂美四边形的是 ；（填序号）
【性质探究】小明说：在如图①的垂美四边形ABCD中AD2+BC2＝AB2+CD2，请你判断他的说法是否正确，并说明
理由；
【问题解决】
如图②，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
交AB于点M，连接BG交CE于点N，连接GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．
【分析】（1）根据垂美四边形的定义即可判断；
（2）利用勾股定理即可证明；
（3）连接CG、BE，只要证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（2）中结论即可解决问题．
【解答】解：（1）∵菱形、正方形的对角线互相垂直，
∴菱形、正方形都是垂美四边形，
故答案为：①②；
（2）说法正确，证明如下：
如图1，设AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理，得AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，
∴∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
又∵∠BMC＝∠AME，
∴∠ABG+∠BMC＝90°，
∴CE⊥BG．
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）可知CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
由勾股定理，得CB2＝9，CG2＝32，BE2＝50，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE=❑√73．
【变式3】定义图形
如图1，在四边形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，连接MN．若MN两侧的图形面积相等，
则称MN为四边形ABCD的“对中平分线”．
提出问题
有对中平分线的四边形具有怎样的性质呢？
分析问题
（1）如图2，MN为四边形ABCD的“对中平分线”，连接AN，DN，由M为AD的中点，已知△AMN
与△DMN的面积相等，则AD，BC有怎样的位置关系呢？请说明理由．
（2）在（1）的基础上，小明提出了下列三个命题，其中假命题的是 ．（请把你认为假命题的
序号都填上）
①若MN∥AB，则四边形ABCD是平行四边形；
②若MN＝AB，则四边形ABCD是菱形；
③若MN⊥BC，则四边形ABCD是矩形．
深入探究
如图3，四边形ABCD有两条对中平分线，分别是MN，EF，且相交于点O，若MN＝EF．请探索四边形ABCD的形状，并说明理由．
【分析】分析问题：（1）过点A作AE⊥BC于点E，过点D作 DF⊥BC于点F，得出AE∥DF，根据
1 1
S四边形ABM ＝S四边形CDMN ，S△AMN ＝S△DMN ，得出 S△AEN ＝S△DCN ，即
2
BN×AE=
2
CN×DF，得出
AE＝DF，证明四边形AEFD为平行四边形，即可得出结论；
（2）①根据平行四边形的判定和性质，进行证明即可说明此命题为真命题；②举出反例：当四边形
ABCD为平行四边形时，MN＝AB，即可说明此命题是假命题； ③举出反例：当四边形ABCD为等
腰梯形时，MN⊥BC，说明此命题为假命题；
深入探究：根据解析（1）可得：AD∥BC，AB∥CD，证明四边形ABCD为平行四边形，再证明 AB＝
MN，EF＝BC，得出 AB＝BC，说明四边形ABCD为菱形．
【解答】分析问题：
解：（1）AD∥BC；
理由如下：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE∥DF，
∵MN为四边形ABCD的“对中平分线”，
∴S四边形ABNM ＝S四边形CDMN ，
∵M是AD的中点，
∴S△AMN ＝S△DMN ，
∴S△ABN ＝S△DCN ，1 1
∴ BN×AE= CN×DF，
2 2
∵N是BC的中点，
∴BN＝CN，
∴AE＝DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴AD∥EF，
∴AD∥BC；
（2）①∵AD∥BC，
∴AM∥BN，
∵MN∥AB，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∴AM＝BN，
∵M、N分别是边AD、BC的中点，
1 1
∴AM= AD，BN= BC，
2 2
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故①是真命题；
②当四边形ABCD为平行四边形时，AD∥BC，AD＝BC，
∵M、N分别是边AD、BC的中点，
1 1
∴AM= AD，BN= BC，
2 2
∴AM＝BN，
∵AM∥BN，
∴四边形ABNM为平行四边形，∴AB＝MN，
∴当四边形ABCD为平行四边形时，AB＝MN，
故MN＝AB时，四边形ABCD不一定是菱形，
故②是假命题；
③当四边形ABCD为等腰梯形时，如图，延长BA、CD交于点E，
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵点N为BC的中点，
∴EN⊥BC，
∴∠BNE＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AME＝∠BNE＝90°，
∴EM⊥AD，
∵EB＝EC，EA＝ED，
∴EB﹣AB＝EC﹣CD，即 EA＝ED，
∴AM＝DM，
∴四边形ABCD为等腰梯形，MN⊥BC，
故MN⊥BC时，四边形ABCD不一定是矩形，
故 ③是假命题；
故答案为：②③；
深入探究：
解：四边形ABCD为菱形；理由如下：∵四边形ABCD有两条对中平分线，分别是MN，EF，
∴根据（1）可得：AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，
∵M、N分别是边AD、BC的中点，
1 1
∴AM= AD BN= BC，
2 2
∴AM＝BN，
∵AM∥BN，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∴AB＝MN，
同理可得：四边形EBCF为平行四边形，
∴EF＝BC，
∵MN＝EF，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD为菱形．
