2025年中考数学大题专练：四边形的证明与计算问题（9大题型）（解析版）

中考大题05四边形的证明与计算问题

考情分析•直击中考

四边形在中考数学中是占比较大，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题

型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大,

综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问

题上注意和其他考点的融合.

琢题突破•保分必拿

四边形对角互补模型

正方形对称模型

与正方形有关的三垂直模型

四边形翻折模型

与四边形有关的新定义问题

题型一：利用四边形的性质与判定求解

龙麓》大题典例

1.（2023,广东深圳•中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为4。边上一点，连接BE,

①若BE=BC,过。作CF1BE交BE于点F,求证：AABE=AFCB；

②若s矩形4BCD=20时，则BE-CF=.

(2)如图，在菱形4BCD中，cos力=，过C作CE14B交力B的延长线于点E,过E作EF1力。交4D于点尸,

若S菱形4BCD=24时，求EF•BC的值.

(3)如图，在平行四边形28CD中，乙4=60。，48=6,力。=5,点E在CD上，且CE=2,点F为BC上一点,

连接EF,过E作EG1EF交平行四边形2BCD的边于点G,若EF-EG=7g时，请直接写出4G的长.

备用图

【答案】⑴①见解析；②20；(2)32；(3)3或4或5

【分析】

(1)①根据矩形的性质得出N4BE+/CBF=90。，ACFB=Z4=90°,进而证明AFCB="BE结合已知条

件，即可证明△ABE三ZiFCB；

②由①可得"CB=〃BE,ZCFB=Z4=9O°,证明△4BEs/iFCB,得出号=,，根据S矩形

=AB-CD=20,即可求解；

(2)根据菱形的性质得出4DIIBC,AB=BC,根据已知条件得出BE=*C/E=证明

△AFEFBEC,根据相似三角形的性质即可求解；

(3)分三种情况讨论，①当点G在4。边上时，如图所示，延长FE交4。的延长线于点M,连接GF,过点E

作于点“，证明△EDM“△£1”■,解RtZ\DEH,进而得出MG=7,根据tan/MEH=tan/HGE,

得出HE2=HM-HG,建立方程解方程即可求解；②当G点在48边上时，如图所示，连接GF,延长GE交8c

的延长线于点M,过点G作GNII4D,贝UGNIIBC,四边形4DNG是平行四边形，同理证明△ENG“△ECM,根

据tan/FE”=tanNM得出=建立方程，解方程即可求解；③当G点在8c边上时，如图所示,

过点B作BT1DC于点7,求得SaB7c=等，而SZSEFG=1^，得出矛盾，则此情况不存在.

【详解】解：(1)①：四边形4BCD是矩形，贝U乙4=NABC=90。,

：.AABE+ACBF=90°,

又•:CF1BC,

：.Z.FCB+ACBF=90°,Z.CFB=AA=90°,

;•乙FCB=乙ABE,

又•：BC=BE,

：.AABE=/\FCB；

②由①可得=^CFB=^A=90°

・•・△ABEFCB

,AB_BE

*'cF-~BC9

又TS矩形ABCO=AB-CD=20

工BE,CF=AB,BC=20,

故答案为：20.

…1

(2),在麦形/BCD中,COST4=

：.AD\\BC,AB=BC,

贝=

CELAB,

"CEB=90。,

RF

•・・3s乙CBE=—

CD

:・BE=BC-cos乙CBE=BCxcos乙4=mBC,

：.AE=AB+BE=AB+*C=AB+^AB=^AB,

•：EF1ADfCELAB

：.^AFE=^BEC=90°f

又上CBE=LA,

：.AAFE~ABEC,

.AE_EF_AF

**~BC~~CE~~BE"

:.EF-BC=AE-CE=^ABxCE=宇菱形ABCD=?X24=32；

(3)①当点G在4。边上时，如图所示，延长FE交4。的延长线于点M,连接GF,过点E作EH上。M于点H,

M

;平行四边形4BC。中，48=6,CE=2,

：.CD=AB=6,DE=DC-EC=6-2=4,

,：DM\\FC,

：.△EDMECF

.EMEO4c

・・==—=',

EFEC2

・S4MGE_EM_

•,SAFEG=/="

:・S4MGE=2S4EFG=EF♦EG=

在RtZXOEH中，^HDE=^A=60°,

则£7/=学g=枭4=2亚DH=^DE=2,

：.^MGxHE=7V3

：.MG=7,

VGElEFfEHIMG,

：.Z-MEH=90°一乙HEG=乙HGE

/.tanzMEH=tanZ.HGE

.HE_HM

**~HG~~HE

:.HE2=HM-HG

设力G=a,贝ljGO=4D—/G=5—a,GH=GD+HD=5-a+2=7-a,HM=GM-GH=7-(7-d)

=a,

2

(2V3)=x(7—%)

解得：。=3或。=4,

即ZG=3或ZG=4,

②当G点在边上时，如图所示,

连接G匕延长GE交BC的延长线于点M,过点G作GNIL4D,则GNII8C,四边形4DNG是平行四边形,

设ZG=%,则DN=AG=%,EN=DE-DN=4-x,

GNWCM

：.△ENGECM

.EG_EN_GN_4-x

'9EM~'EC~CM~~2~

：.CM=^10

4—x4^x

・S^GEF_EG_4f

EM2

'：EF-EG=7y/3

2sMEF_7V3

••S&MEF—

4-X4-x

过点E作EH1BC于点H,

在RtZ\EHC中，EC=2,AECH=60°,

:.EH=®CH=1,

：.SAMEF=^XMFXEH,贝叶XV^XMF=^

Z乙4一X

14

：.MF=—

4—x

1410X10

：.FH=MF-CM-CH=---,MH=CM+CH=—14r

4-x4-x4-x74-x4—x

•・•Z.MEF=乙EHM=90°,

Z.FEH=90°-乙MEH=zM

tanZ.FEH=tanZ.M,

nnFHEH

即c育n=两nlVl，

：.EH2=FH-HM

即诋J亡

解得：Xi=-,%2=8（舍去）

即4G=|；

③当G点在BC边上时，如图所示,

过点B作BT1DC于点T,

在RtZkBTC中，CT=^BC=|,BT=^TC=当,

•••5AB7-C=|B7，XTC=|X^X|=^,

'：EF-EG=743,

^AEFG=p/3,

V^/3<|V3,

；.G点不可能在BC边上，

综上所述，4G的长为3或4或|.

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌

握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键.

2.(2023•甘肃兰州•中考真题)综合与实践

【思考尝试】

(1)数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1,在矩形48。中，E是边AB上一点，DF1CE于点尸,

GD1DF,AG1DG,AG=CF.试猜想四边形4BCD的形状，并说明理由；

【实践探究】

(2)小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2,在正方形ABC。中，£是边力B上一点，DF1CE

于点尸，AHLCE于点、H,GD1DF交力”于点G,可以用等式表示线段F”，AH,CF的数量关系，请你思考

并解答这个问题；

【拓展迁移】

(3)小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3,在正方形4BCD中，E是边AB

上一点，4H1CE于点〃，点M在CH上，且=连接4M,BH,可以用等式表示线段CM,的数

量关系，请你思考并解答这个问题.

【答案】(1)四边形4BCD是正方形，证明见解析；(2)FH=AH+CF；(3)MC=^BH,证明见解析；

【分析】(1)证明△ADG三△(?£>£可得2D=CD,从而可得结论；

(2)证明四边形DGH尸是矩形，可得NG=90。=NDFC,同理可得：^ADG=Z.CDF,证明△40G三△CDF,

DG=DF,AG-CF,证明四边形DGHF是正方形，可得HG=HF,从而可得结论；

(3)如图，连接力C,证明乙4HE=N48C=90。，*=/-BAC=45°,AAHE-ACBE,可得7T=菽,

ADCCDC

再证明△HEBsaAEC,可得N"BE=NMCA,证明△AHB-aaMC,可得格=*=2，从而可得答

MCACV2

案.

【详解】解：(1)'：GDLDF,DF1CE,AG1DG,

.•.NG=NDFC=90°,^ADG+AADF=90°,

•..矩形力BCD,

：.Z.ADC=90°=^ADF+乙CDF,

:•乙ADG=^CDF,

9

：AG=CFf

：.AADG三ACDF,

：.AD=CD,

・・・矩形/BCD是正方形.

(2)VDF1CE,AHICE,GD1DFf

：.乙DFH=ZH=乙GDF=90°,

・・・四边形DG”F是矩形，

：.^G=90°=Z.DFCf

同理可得：^ADG=^CDF,

・・,正方形ABC。，

：.AD=CD,

：.AADGmACDF,

；.DG=DF,AG=CF,

・・・四边形DG”F是正方形，

：.HG=HFf

：.FH=HG=AH+AG=AH+CF.

(3)如图，连接4C,

•：AHICEf正方形/BCD,

：.^AHE=AABC=90°,=V2,zBXC=45°,

AD

■:乙AEH=cCEB,

：.AAHE-ACBE,

,AE_HE

*'~CE~~BE9

图3

U：/.BEH=^AEC,

:.AHEBFAEC,

：.Z.HBE=Z.MCA,

9

：AHLCEfAH=HM,

：./-HAM=^Q=Z.BAC,

：.Z.HAE=Z.MAC,

：.AAHB-AAMC,

.HB_AB

…荻=就=后

：.MC=y/2BH.

【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形

的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键.

3.(2023•江苏徐州•中考真题)【阅读理解】如图1,在矩形ABCO中，若AB=a,BC=b,由勾股定理，得

222222

AC=a+b,同理吕懈二十+^,^AC2+^D=2(a+Z?).

【探究发现】如图2,四边形ABCD为平行四边形，若==则上述结论是否依然成立？请加以判

断，并说明理由.

【拓展提升】如图3,已知8。为△ABC的一条中线，AB=aBC=bAC=c.求证：8。2=叫打一日.

ffzq

【尝试应用】如图4,在矩形4BCD中，若2B=8,BC=12,点尸在边力D上，贝中/+PC?的最小值为

图1图2图3图4

【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200

【分析】探究发现：作4ELBC于点E,作DFLBC交BC的延长线于点R则N4EB=NCFD=90。，证明Rt

△4BE三RtaDCF(HL),BE=CF,利用勾股定理进行计算即可得到答案；

拓展提升：延长B。到点C,使。D=B。,证明四边形2BCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2

^2(AB2+BC2),则c2+(2BO)2=2(a2+b2),得到c2+48〃=292+炉)，即可得到结论；

尝试应用：由四边形4BCD是矩形，AB=8,BC=12,得到SB=CD=8,BC=4D=12,^A=AD=90°,设

AP=x,PD=12-x,由勾股定理得到PB2+PC2=2(X—6)2+200,根据二次函数的性质即可得到答

案.

【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：

作2E_LBC于点E,作DF_L8C交的延长线于点尸，则乙4E8=NCFD=90。，

n------------s/__d

ECF

图2

:四边形力BCO为平行四边形，若48=a,BC=b,

：.AB=DC=a,AD||BC,AD=BC=b,

,：AEIBC,DFIBC,

：.AE^DF,

Rt△ABE^Rt△DCF(HL),

：.BE=CF,

：.AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2

={AB2-BE2)+(BC-BE)2+(BC+CF)2+DF2

=AB2-BE2+BC2-2BC-BE+BE2+BC2+2BC-BE+BE2+AE2

=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2

AB2+BC2+BC2+AB2

=2(XB2+BC2)

—2(a2+b2)；

拓展提升：延长8。到点C,使。。=8。,

图3

为△4BC的一条中线，

OA^CO,

四边形4BCD是平行四边形，

AB=a,BC=b,AC=c.

.,.由【探究发现】可知，AC2+B£)2=2(4B2+BC2),

：.c2+(,2BO)2=2(a2+b2),

：.c2+4BO2=2(a2+b2),

.•・8。2=等一条

尝试应用：：四边形ABCD是矩形，AB=S,BC=12,

=CO=8,BC=AO=12,乙4=4。=90°,

设力P=x,贝i」PD=4D-4P=12—x,

：.PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+(12-x)2+82

=2x2-24%+272=2(%-6)2+200,

V2>0,

•••抛物线开口向上，

当x=6时，PB2+尸。2的最小值是200

故答案为：200

【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌

握勾股定理和数形结合是解题的关键.

1.平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系:

矩形

+7a邻边相等

2.平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质

四边形边角对角线对称性

平行四边形对边平行且相等对角相等两条对角线互相平分中心对称

轴对称、中心对

矩形对边平行且相等四个角都是直角两条对角线互相平分且相等

称

对边平行且四条两条对角线互相垂直平分，且每轴对称、中心对

菱形对角相等

边都相等一条对角线平分一组对角称

对边平行且四条两条对角线互相垂直平分，且每轴对称、中心对

正方形四个角都是直角

边都相等一条对角线平分一组对角称

3平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定

四边形边角对角线

平行四边形1）两组对边分别平行两组对角分别相等两组对角线互相平分

2）两组对边分别相等

3）一组对边平行且相等

矩形1）平行四边形+一直角平行四边形+两条对角线相等

2）四边形+三直角

菱形1）平行四边形+一组邻边相等平行四边形+两条对角线互相

2)四边形+四条边都相等垂直

正方形矩形+一组邻边相等菱形+一直角两条对角线互相垂直平分且相

等的四边形

茏A笠式训级

1.(2023•山东济南•模拟预测)如图1,在矩形4BCD中，点E,F分别在AB,BC边上，DE^AF,DE1AF

于点G.

(1)求证：四边形A8CD是正方形;

(2)延长CB到点H,使得=判断△4”尸的形状，并说明理由.

⑶如图2,在菱形ABCD中，点E,F分别在AB,BC边上，DE与力尸相交于点G,DE=AF,AAED=60°,

AE=6,BF=2,求DE的长.

【答案】⑴见解析

⑵△力HF是等腰三角形，理由见解析

(3)8

【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，

等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，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，属于中考压轴题.

(1)根据矩形的性质得=48=90。，证明△4DE三△BAF(AAS),得出即可得证；

(2)△力DE三△BAF(AAS)得出AE=BF,结合已知得出=再由线段垂直平分线的性质可得

AH=AF,饥渴的解；

(3)延长CB到点H,使BH=4E=6,连接2H,证明△三△ABH(SAS)得出AH=DE,

AAHB=^DEA=60°,证明出△4HF是等边三角形即可得解.

【详解】(1)证明：・••四边形力BCD是矩形，

Z.DAB=Z-B—90°,

DE1AF9

A/-DAB=乙4Go=90°,

/.BAF+^DAF=90°,zXDE+zDXF=90°,

/.Z.ADE=4BAF,

•.•DE=AF,

ADE=△BZF(AAS),

:.AD=AB,

四边形"BCD是正方形；

(2)解：△4HF是等腰三角形，

理由如下：

•••四边形2BCD是正方形，

二ND4B=N4BH=90°,

vDE1AF,

Z.DAB=AAGD=90°,

・・・484尸+乙。49=90。，AADE+^DAF=90°,

Z.ADE=Z.BAF,

DE=AF,

ADE=△B/F(AAS),

•••AE—BF,

-BH=AE,

・•・BH=BF,

•・•乙ABH=90°,

・,・/”=”，

是等腰三角形；

(3)解：如图，延长CB到点H,使B”=4E=6,连接4H,

AD

E

H'

BFG

・・・四边形/BCD是菱形,

••AD\\BC,AB=AD,

・•・乙ABH=乙BAD,

•・•BH=AE,

・•.△DAE=△ABH(SAS),

/.AH=DE,Z.AHB=£,DEA=60°,

DE=AF,

•••AF=AH,

・•.△4HF是等边三角形，

AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8,

.-.DE=AH=8.

2.(2023•广东深圳•模拟预测)【问题发现】

(1)在一次小组合作探究课上，老师将正方形48CD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG,

请直接写出线段BE与DG的数量关系，位置关系

【类比探究】

(2)若将“正方形ABCD和正方形力EFG改成“矩形4BCD和矩形AEFG,且矩形ABCD“矩形AEFG,4E=3,

AG=4,如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若2。=丝詈，求8E的长.

【拓展延伸】

(3)若将正方形4BCD和正方形4EFG改成菱形力BCD和菱形2EFG,且菱形A8CD”菱形4EFG如图3,AD=5,

2C=6,2G平分ND4C,点P在射线4G上，在射线2尸上截取4Q,使得4Q=”P,连接PQ,QC,当tan/PQC=

争寸，直接写出4P的长.

图3图3

【答案】(1)BE=DG,BELDG；(2)3；(3)4伤或竽

【分析】(1)可证明△B4E三△D4G,从而BE=DG,^ADG=AABE,进一步得出结论；

(2)作AHIDE于H,可依次求得EG=5,=GH=费,解直角三角形Rt△力DH求得DH=?,DG=4,

可证明△ABEs/kADG,从而常=*=',从而得出BE=；GD=3；

uLJAu44

(3)分为两种情形：当Q在4F上时，连接BD,交2C于T,作CH14F,交2F的延长线于H,作CRII4G,交4F

ADApr

于R,可证得ND4c=NG4F,—=—=l，从而得出△£>?!「，△P4Q,从而NPQ4=乙4TD=90。，可推出

AlA"3

Z-CQH=Z.APQ,从而tan"Q"=tan乙4PQ,从而得出累=设C”=3%,QH=4%,可求得tan“Z”=：,

Q门4Z

从而穿=[,从而得出力H=2CH=6x,根据勾股定理得(6x)2+(3无尸=62,得出刀=平，进而得出结果;

/in乙5

当Q在AF的延长线上时，同样方法得出结果.

【详解】解：(1)如图1,

设DG和BE的延长线交于“，DH和AB交于0,

•••四边形力BCD和四边形4EFG是正方形,

：.AD=AB,AG=AE,/.BAD=Z.EAG=90°,

•••乙BAE=Z-DAG,

•••△B4E—04G(SAS),

BE=DG,Z-ADG=Z-ABE,

V^AOD=乙BOH,

・•・乙BHO=Z.DAO=90°,

BE-LDGf

故答案为：BE=DG,BEIDG；

(2)如图2,

作力H1DE于H,

四边形4E”是矩形，

•••N£;4C=90°,

AE—3,AG—4,

・••EG=5,

由S4E4G=3石6-4口=15-46得，54H=12,

GH=y/AC2—AH2=J42—(y)2=y>

在中，4D==

，DH=J(手I小)2=q

■.DG=DH-CH=^--Y=4,

■■矩形ABC。s矩形4EFG,

.5G=㈤D,*煞

:.乙BAE=乙DAG,

'.AABE-AADG,

BE_AE_3

・・布—而一"

BE=^GD=3；

图3

当Q在AF上时，

连接BD,交4c于7,作CHJ.4F,交4尸的延长线于H,作CRII4G,交4F于R,

•••四边形4BCD是菱形，

：.BDLAC,AT=^AC=3,

菱形ZBCD”菱形力EFG,

11

・••乙DAB=LGAE,^DAC=-Z-DAB,Z,GAF=-/-GAE,

•••Z.DAC=Z-GAF,

Z.DAG=Z.CAF,

•・・/G平分NZMC,

・••乙DAG=Z-CAG,

・•・"4F=4G="4G；

•,==?^DAC=AGAF,

••.△DAT7PAQ,

•••^PQA=Z.ATD=90°,

■.■AQ=IAP,

■-PQ=dAP2-AQ2=JAP2-(|用2=±AP,

4

tan/PAQ=竟=喘=$Z.PAQ+Z.APQ=90°,

4

vtanzPQC=

Z-PAQ=(PQC,

工乙CQH=^APQ,

3

・•・tanZ-CQH—tanZ-APQ=

CH3

,---------

**QH~4f

设。"=3%,QH=4%,

如图4,过/作/MJ_4。于M,

:.DT=V52-32=4,

-/.DAI=AJAI,DT1AT,4/TO=90。，

；」M=IT

-S^ADT=^AT-DT=^AD-IM+^AT•T1=/D+AT}-TI,

11

/--x3x4=-x(5+3)xT/,

：.tan/-CAG=-^=1=tanZ.CAH,

CHi

**~AH~29

^AH=2CH=6x,

・•・(6x)2+(3x)2=62,

._2V5

•v,-A.-5,

•••AQ=AH-QH=2x=—,

.MP=|4Q=华；

如图5,

当Q在4F的延长线上时，

由上可知：=4%+6%=10%,

4Q=10x等=4V5,

.-.AP=|x<2=竽；

综上所述：4P=4通或喈.

【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角

三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形.

3.（2023・福建龙岩•模拟预测）综合与实践：过四边形ABCD的顶点/作射线AM,P为射线4M上一点，连

接DP.将4P绕点/顺时针方向旋转至4Q,记旋转角NP4Q=a,连接BQ.

【探究发现】如图1,数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且a=90。，无论点P在何处,

总、有BQ=DP,请证明这个结论.

【类比迁移】如图2,如果四边形力BCD是菱形，ND4B=a=60。，Z.MAD=15°,连接PQ.当PQ1BQ,

鱼时，求人尸的长.

【拓展应用】如图3,如果四边形/BCD是矩形，AD=3f48=4,AM平分4/C,ct=90°.在射线4Q上

截取4R,使得4R=%1P.当APBR是直角三角形时，请直接写出4P的长.

【答案】探究发现：见解析；类比迁移：2；拓展应用：乎或喑

【分析】探究发现：用正方形性质和旋转变换证明△ADP三△ABQ(SAS),即可证得结论；

类比迁移：如图2,过点尸作PHL4B于点〃，连接BP,先证明△?!£)「三△ABQ(SAS),可得BQ=DP,

^APD^^AQB,再证明：△APQ是等边三角形，△4PH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，

利用解直角三角形即可求得答案；

拓展应用：分三种情况讨论：①当NBRP=90。时，②当NPBR=90°时，③当ZBPR=90°时，分别求出4P

的长即可.

【详解】探究发现：证明：如图1,•••四边形4BCD是正方形，

D/MC

：.AD=AB,/.BAD=90°,

ND力P+NBAM=90°,

VZ.PAQ=90°,

•••Z.BAQ+Z-BAM=90°,

Z-DAP=乙BAQ,

•・・将ZP绕点A顺时针方向旋转至4Q,

AP=AQ,

.-.△71DP=A^Q(SAS),

••.BQ=DP.

类比迁移：解：如图2,过点尸作PHI2B于点X,连接BP,

Q

图2

•••四边形ABC。是菱形,

-AD=AB,

由旋转得：AP=AQ,

vZ.DAB=a=60°,即4。48=4尸/Q=60。，

A/-DAP+/-BAM=60°,Z.BAQ+=60°,

・•・/-DAP=乙BAQ,

•••△4。尸三△/BQ(SAS),

・・・BQ=DP,Z-APD=Z.AQB,

-AP=AQ,乙PAQ=60。,

・•.△ZPQ是等边三角形，

・・・"QP=60°,

vPQ1BQ,

・・・48QP=90。，

A乙AQB=Z.AQP+乙BQP=60°+90°=150°,

・•・Z-APD=Z.AQB=150°,

/.Z-DPM=180°-/-APD=180°-150°=30°,

•・・Z-MAD=15°,

・•・^ADP=乙DPM-乙MAD=30°-15°=15°,

・•・Z-ADP=4MAD,

^AP=DP,

・・・AQ=BQ=PQ=AP,

・♦•乙ABQ=乙BAQ=Z-MAD=15°,

:.乙PAH=Z.PAQ一(BAQ=60°-15°=45°,

-PHLABf

・•・乙AHP=乙BHP=90°,

•••△ZPH是等腰直角三角形，

•••AH=PH^AP-sin45°=号AP,

•:BQ=PQ,4PQB=9。°,

・•.△BPQ是等腰直角三角形，

•••乙PBQ=45°,

:.乙PBH=乙PBQ-乙ABQ=45°-15°=30°,

BH==号AP=匈p,

tan/PBHtan3002

•••AB=AH+BH=亭4P+争1P=竺/P,

,:AB=V6+V2J

:・警AP=

•MP=2；

拓展应用：解：①当NBRP=90。时，如图3,连接DP,PQ,过点3作BEL4Q于点E,

设4M交CD于点尸，过点尸作FG14C于点G,

图3一

•.•四边形ABC。是矩形,

•••/.BAM+/.DAP=90°,/.ADC=90°,

•・•Z-BAM+Z-BAR=90°,

乙DAP=乙BAR,

•・,AD=3,AB=4,

AD3

・•商一］，

■■■AR=^AP,

AP3

•,族一1，

AD_AP

f，~AB~AR9

••.△ADP~AABR,

DPAD=*即BR=gDP,

~BR~AB

•••AM平分NEMC,FD1AD,FGVAC,

・・.FD=FG,

在中，AC=y/AD2+CD2=V32+42=5,

.A。

・•・smZ-ArC\D43

FG.3

■.--=smy^ACD=~,

DF3

**CF-5*

•・•DF+CF=CD=4,

・"F=53,"=*s

在中，4已=7AD?+DF2=⑪+针=竽

vZ.BAR=^LDAP,/.AEB=Z.ADF=90°,

AADF,

AEBEABAEBEJ_

•・•布=而=而，即Rn可=三=孽，

.-.AE=^-,8£"=竿，

・・・4BRP=90。，

・・・N/RP+4BRE=90。，

•・•Z-ARP+(APR=90°,

:.乙BRE=Z-APR,

・••tan乙BRE=tanZ.APRf

.BE_AR_4

••瓦一第—天

.•.ER=JBE=]X迪=幽

4455

•・,AR+ER=AE,

.•争P+*华，

AP=噂

4

②当NPBR=90。时，如图4,过点P作PG14。于点G,PHLAB于点H,

3

/5._AG_AD_2V5

则sinzDAF=慕=等=翕=2晨，COSZnD71pF----

2

■.PG=^-AP,AG=^AP,

VAGAH=AAGP=4AHP=90°,

二.四边形AGP"是矩形，

,-.AH=PG=^AP,PH=AG=^-AP,

BH=AB—AH=4—争P,

222

BP=PH+BH=（等4P）?+（4一电力p）?=AP2—W4p+16,

在RtADPG中，DP2=DG2+PG2=（3-^-Apf+（^-Apf=AP2-^-AP+9,

■■■BR=^DP,

BR2=yDP2=^-AP2-喈AP+16,

在RtaaPR中，PR2=AP2+AR2=AP2+（^Apf=^-AP2,

在RtZXPBR中，PR2=BP2+BR2,

•••，p2=4P2_皑4P+16+与4P2_瞽4P+16,

解得：4P=磬；

③当乙BPR=90。时，

由②知：BR2=^-AP2-^-AP+16,PR2=^-AP2,BP2=AP2-^AP+16,

PR2+BP2=BR2,

34P2p2_空与P+16=^-AP2-型包P+16,

9+A549151

解得：4。=0或4「=—竽，均不符合题意；

综上所述，AP的长为乎或譬.

【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和

性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理,

采用分类讨论的思想，作出辅助线是解决本题的关键.

题型二：中点四边形

龙龙》大题典例

1.（2023•山西•中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务.

瓦里尼翁平行四边形

我们知道，如图1,在四边形4BCD中，点、E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,D4的中点，顺次连接得到

的四边形EFGH是平行四边形.

图1

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形.瓦里尼翁

（yaringnon,Pierrel654—1722）是法国数学家、力学家.瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切.

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形.

②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系.

③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半.此结论可借助图1证明如下：

证明：如图2,连接AC,分别交于点P,Q,过点。作DM1AC于点M,交HG于点、N.

•・•”6分别为4。,。。的中点，.田6||4&"6=9。.（依据1）

图2

•喘i=.：DG=GC,：.DN=NM=^DM.

•.•四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，；.HE||GF,即HP||GQ.

■■HG||AC,即HGIIPQ,

1

••・四边形HPQG是平行四边形.（依据2）.•・SnHPQG=HG-MN=》/G-DM.

<S^ADC=《AC,DM=HG.DM,:.S口HPQG=AADC.同理，…

任务：

⑴填空：材料中的依据1是指：.

依据2是指：.

（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形4BCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH,使得四边形EFG”为

矩形；（要求同时画出四边形48CD的对角线）

⑶在图1中，分别连接4C,BD得到图3,请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线长度的关

系，并证明你的结论.

图3

【答案】（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的

定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）

（2）答案不唯一，见解析

（3）平行四边形EFGH的周长等于对角线4C与8D长度的和，见解析

【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；

（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；

（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得她结

论.

【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）

平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）

（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可.例如:

如图即为所求

A

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形48C。的两条对角线AC与长度的和,

证明如下：・.・点E冏G,H分别是边48,8&6刀2的中点，

.-.EF=^AC,GH=^AC.

：.EF+GH=AC.

同理EH+FG=BD.

••・四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD.

即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线ZC与BD长度的和.

【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线.熟练掌握三角形中位线定理是解题的

关键.

茏塞》掷黄揖导

【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.

中点四边形的性质：

已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则

八1

①四边形EFGH是平行四边形②（＞EFGH=AC+BD③SEFGH='SABCD

【补充】

结论一：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.

结论二：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.

结论三：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.

速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.

龙A笠式训绻

1.（2022•黑龙江哈尔滨•模拟预测）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点0,E、F、G、H分别是48、

BC、CD、口4边中点，连接EF、FG、GH、HE,分别交两条对角线于点P、点Q、点R、点S,S.AC=BD.

（1）如图1,求证：四边形EFGH是菱形；

⑵如图2,若4c垂直平分8D,在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图中锐角Na,使Na正弦

值等于PR与4B的比值.

【答案】⑴见解析

（2）NB4C,ADAC,NBEF和NDHG

【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF=/C,EH=^BD,GH=\AC,FG=^BD,进而得到

EF=FG=HG=EH,根据菱形的判定定理证明结论；

（2）根据线段垂直平分线的性质得到。B=。。，AB=AD,进而得到ABAC=ND4C,根据正弦定义解答即

可.

【详解】（［）解：•./、F、G、”分别是力B、BC、CD、边中点，

：.EH.FG分另lj是△4BD和△BCD的中位线，

：.EF=^AC,EH=^BD,GH=^AC,FG=^BD,

■■■AC=BD,

.-.EF=FG=HG=EH,

••・四边形EFGH是菱形.

（2）解：「AC垂直平分BD,

：.0B=0D,AB=ADt

'.'AC1BD,

：.Z-BA0=Z.DA0,

•；E、F、G、H分别是AB、BC、CD、边中点,

.-.EFWAC,GHWAC,

・•,BP=PO,DR=OR,

：.PR=OB,

ODpn

在RtMOB中，sinNB40=*=m

ADAD

.,Za是力。/DA。

■,■EFWAC,GHWAC,

=/-BEF,乙DAO=^DHG,

.•za是NBA。，ADAO,NBEF和NDHG.

【点睛】本题考查菱形的判定和锐角三角函数，熟练掌握菱形的判定定理：四边相等的四边形是菱形以及

锐角三角函数的边角关系是解题的关键.

2.(2023•黑龙江齐齐哈尔・三模)折纸是一项有趣的活动，有的同学玩过折纸，可能折过小动物、飞机、

小船等.在折纸过程中，不仅可以得到一些美丽的图形,而且其中还蕴含着丰富的数学知识.

如图①，菱形纸片4BCD中，48=4,右4=60。.

BB

DD

图①图②图③图④

⑴活动一:

如图②，折叠菱形纸片4BCD,使点4落在点8处，则折痕的长为；菱形纸片4BCD的面积是

(2)活动二：

如图③，E,F,G,H分别是菱形纸片4BCD各边的中点，分别沿着EF,FG,G”,HE折叠并展开.猜想四边形EFG”

是什么特殊四边形，并证明你的猜想；

⑶活动三：如图④，先将菱形纸片4BCD沿4C折叠再展开，点E,F,G,H分别在边4B,BC,CD,n4上且EFII4C,

再分别沿着EF,FG,GHHE折叠再展开，若四边形EFG”是正方形，贝!ME=；

⑷活动四：如图⑤，折叠菱形纸片4BCD,使点2落在2C边的中点F处，则折痕MN的长为.

【答案】⑴2收8V3

(2)矩形，证明见解析.

（3）6-2V3

⑷Q

【分析】（1）根据折叠的性质可推知DE148,然后用解直角三角形的方法求得菱形的高，最后再算出菱

形的面积.

（2）分别连接对角线，然后根据三角形的中位线定理，并结合菱形对角线互相垂直的性质证明四边形EFGH

是矩形.

（3）充分利用含60。角的菱形与其内接正方形的条件，将已知与待求的量通过相似三角形的成比例线段联

系在一起，从而使问题求解.

（4）充分利用60。直角三角形的性质和折叠的对称性质，将待求的量与已知量联系在一起，从而解得待求

的量.

【详解】（1）如图2,根据折叠的性质，△4DE三△8DE,

：.AE=BE,DE1AB.

所以4E=^AB=京4=2.

.一r）pr）p

在直角中，N4=60°,tanNA=tan60°=g,tanzX=—=—,

AEZ

••-V3=警DE=2y/3,

因此折痕DE的长为2K.

菱形4BCD的面积为：2s△4BD=2xx力BxDE）-2x|X4X（2V3）=8V3.

（2）如下图，连接4如BD.

•••£、F、G、”分别是48、BC、CD、ZM的中点,

•••由三角形中位线定理得,EF||AC.GH||AC,

.■.EF||GH,同理，EH||FG.贝UEFGH是平行四边形.

又•.•菱形4BCD的对角线AC与BD相互垂直，EF||AC,FG||BD,

贝IJEF1FG,NEFG=90°,

,.四边形EFGH是矩形.

(3)连接BD,与力C、EF交于点O、点0.设47、EH相交于点P.

・•・菱形对角线互相垂直，且平分内角，

.-.AC1BD,zF/10=|x60°=30o.

由EF