2025中考数学专项复习：四边形常考模型（含解析）

重难点09几何热考题三四边形热考模型

（5种类型19种模型详解+专题训练）

【题型汇总】

几

何

热

考

题

三

四

边

形

热

考

模

型

题型01中点四边形模型

【基础模型】已知点E、F、G、H分别为任意四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则

①四边形EFGH是平行四边形②CEFGH=AC+BD③S平行四边形已用”=；S四边形

【名师总结】

1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形.

2）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.

3）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.

4）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.

1.（2024•山西・中考真题）在四边形4BCD中，点E,F,G,"分别是边2B,BC,CD,DA的中点，EG,FH交于

点。.若四边形2BCD的对角线相等，则线段EG与FH一定满足的关系为（）

A.互相垂直平分B.互相平分且相等

C.互相垂直且相等D.互相垂直平分且相等

【答案】A

【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，

得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题.

【详解】解：如图所示，

连接BD,AC,

•・•点H和点E分别是AD和AB的中点,

•••"E是△4BD的中位线，

HE=^BD,HE\\BD.

同理可得，GF=^BD,GF\\BD,

：.HE=GF,HEWGF,

四边形"EFG是平行四边形.

11

•・•HE=-BD,HG=-AC,B.AC=BD,

22

・•.HE=HG,

・•・平行四边形HEFG是菱形,

EG与HF互相垂直平分.

故选：A.

2.（2022•湖北荆州•中考真题）如图，已知矩形A8CD的边长分别为a,b,进行如下操作：第一次，顺次连

接矩形ABC。各边的中点，得到四边形4B1QA；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四

边形2c2。2；…如此反复操作下去，则第〃次操作后，得到四边形在建九0外的面积是（）

【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半,

由此可解.

【详解】解：如图，连接AC,BD,AC】，BrDr.

A_______»D

:四边形ABCD是矩形，

：.AC=BD,AD=BC,AB=CD.

•；G，%分别是矩形四个边的中点，

.\A1D1=B]C]—A1B1=C1D1,

・•・四边形4/1的。1是菱形，

41cl=AD=a,B1D1=AB=b,

...四边形ABiGOj的面积为:加G-B也=1ab=\saABCD.

同理，由中位线的性质可知,

D2c2=A2B2==-a>D2c2]IA2B2IIAD,

11

0242=C2B2=~AB=-b,D2A211c2B2IIAB,

.••四边形4282c2。2是平行四边形，

'：AD1.AB,

,,。2。2J-。242,

/.四边形2c2。2是矩形，

，四边形4282c202的面积为：。2。2,4202=2°'2=4^aABCD=5s菱形人声小也，

.••每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，

，四边形4tBnCn4的面积是票.

故选:A.

【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形44CiA是菱形，四边形2282c2。2

是矩形是解题的关键.

3.(2023•江苏南通・中考真题)如图，四边形ABCD的两条对角线AC,BD互相垂直，AC=4,BD=6,则

【分析】设",BD的交点为。，4民8。,(?。,。4的中点分别是「,(2，/?,5,连接PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS,先证

AD+BC=2(05+0Q),由此得当OS+0Q最小时,4。+BC最小，再根据“两点之间线段最短”得0Q+0S2

QS,再证四边形PQRS是矩形，且PQ=2,SP=3,根据勾股定理的OS=V13,进而求得2D+BC的最小值.

【详解】解：设力C,BD的交点为。，48,8岬6,。4的中点分别是「,(2禺5,^PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS,

•••互相垂直，

AOD^ABOC为直角三角形，且AD,BC分别为斜边，

AD=20S,BC=20Q,

•••AD+BC=2(0S+0Q),

.•.当OS+OQ最小时，4D+BC最小，再根据“两点之间线段最短”得。Q+OS2QS,

.•・当点。在线段QS上时，OQ+OS最小，最小值为线段QS的长，

•••P,Q分别为的中点，

PQ是△4BC的中位线，

1

PQ=^AC=2,PQ\\AC,

同理QR=|BD=3,QRWBD,

RS=|AC=2,RS\\AC,

1

sp=：BD=3,SP\\BD,

PQWACWRS^RWBDWSP,

.•・四边形PQRS是平行四边形，

VAC1BD,PQ\\AC,SP\\BD,

PQISP,

••・四边形PQRS是矩形，

在RtAPQS中，PQ=2,SP=3,

•••QS=y/PQ2+SP2=V13,

OQ+OS的最小值为g,

AD+BC的最小值为2局.

故答案为：2g.

【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定

理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，

两点之间线段最短是解答此题的关键.

4.（2024.云南・中考真题）如图，在四边形4BCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，且4B||C。，AD\\BC,

(1)求证：四边形4BCD是菱形；

(2)若矩形EFGH的周长为22,四边形48CD的面积为10,求4B的长.

【答案】(1)见解析

⑵VTTI

【分析】(1)连接BD,AC,证明四边形2BCD是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到GFIIBD,HGWAC,

利用矩形的性质得到BD，4C,即可证明四边形4BCD是菱形；

(2)利用三角形中位线定理和菱形性质得到：BD=OA+OB=11,利用lx面积公式得到2。4•

OB=10,再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到4B.

【详解】(1)解：连接BD,AC,

BFCABWCD,ADWBC,

二四边形4BCD是平行四边形，

••,四边形4BC0中，点E、尸、G、”分别是各边的中点，

•••GFWBD,HGWAC,

••・四边形EFGH是矩形，

HG1GF,

：.BD1AC,

四边形4BCD是菱形；

(2)解：•••四边形ABCD中，点E、F、G、”分别是各边的中点,

•••GF=EH=-BD,HG=EF=-AC,

22

••・矩形EFGH的周长为22,

BD+AC=22,

•••四边形4BCD是菱形,

即卯。+豺。=04+08=11,

•••四边形4BCQ的面积为10,

-.^BDAC=10,BP20X-OB=10,

•••(04+OB)2=0A2-+20A-OB+OB2=121,

0A2+OB2=121-10=111,

.­.AB=VOX2+OB2=V1T1.

【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定,

菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键.

5.(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A8CD中，点E,F,G,H分别是边4B,BC,CD,的中点，顺次连接E,F,G,H,

得到的四边形EFGH是平行四边形.

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(Var讥gncm,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4C,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，：.HG||AC,HG=\AC.（依据1）

:喘吗.,：DG=GC,：.DN=NM/DM.

:四边形EFG"是瓦里尼翁平行四边形，.♦.HE||GF,BPHP||GQ.

\9HG||AC,即”G||PQ,

四边形HPQG是平行四边形.（依据2）...SmHPQG=HG•MN=^HG-DM.

•：S^ADC=^AC-DM=HG-DM,'.sBHPQG=ls^ADC.同理，…

任务:

（1）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EFGH为

矩形；（要求同时画出四边形4BCD的对角线）

（3）在图1中，分别连接2C,8。得到图3,请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线力C,8。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EFG”的周长等于对角线2C与BD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

(3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形4BCD的两条对角线2C与BD长度的和，

证明如下：丁点E,尸,G,H分别是边4B,BC,CD,的中点，

:.EF=\AC,GH=\AC.

：.EF+GHAC.

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的周长等于对角线力。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.

6.(2024•青海・中考真题)综合与实践

顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形.数学

兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用.

以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究.

【探究一】

原四边形对角线关系中点四边形形状A

不相等、不垂直平行四边形

如图1,在四边形4BCD中，E、F、G、H分别是各边的中点.

求证：中点四边形EFGH是平行四边形.

证明：：£、F、G、X分别是AB、BC、CD、。力的中点，

：.EF,GH分别是AABC和△ACD的中位线，

：.EF=-AC,GH=-AC(①)

22-----------------------

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

.•.中点四边形EFGH是平行四边形.

结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形.

(1)请你补全上述过程中的证明依据①

【探究二】

原四边形对角线关系中点四边形形状A

1

।〃A、

i।/i

不相等、不垂直平行四边形//

幺.....

AC=BD菱形

(?图2

从作图、测量结果得出猜想I：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形.

(2)下面我们结合图2来证明猜想I,请你在探究一证明结论的基础上，写出后绫的证明过程.

（3）从作图、测量结果得出猜想II：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②.

（4）下面我们结合图3来证明猜想n,请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程.

【归纳总结】

（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形.

中点四边形形状

原四边形对角线关系

③________④________

图4

结论：原四边形对角线③时，中点四边形是④.

【答案】（1）①中位线定理

（2）证明见解析

（3）②矩形

（4）证明见解析

（5）补图见解析；③AC1BD且AC=BD；④正方形

【分析】本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，矩形的判定和性

质等知识

（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；

（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；

（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；

（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；

（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.

【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；

（2）证明：F,G、H分别是48、BC、CD、的中点，

:.EF、GH分别是△ABC和△4CD的中位线，

3*GH^AC

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

\"AC=BD

：.EF=GH=EH=FG

二中点四边形EFGH是菱形.

(3)②矩形；

故答案为：矩形

(4)证明YE、F、G、H分别是4B、BC、CD、04的中点,

：.EF,GH分别是△ABC和△4CD的中位线，

J.EF||AC,GH||AC,

：.EF||GH.

同理可得:EH||FG.

'：AC1BD

图3

：.^A0D=^AIH=90°,乙FEH=4AIH

：.Z.A0D=Z.EFG=乙FEH=4EHG=90°

/.中点四边形EFGH是矩形.

(5)证明：如图4,F,G、H分别是28、BC、CD、。力的中点,

：.EF,GH分别是△力8C和AaCD的中位线，

：.EF^-AC,GH--AC

22

：.EF=GH.

同理可得：EH=FG.

U：AC=BD

：.EF=GH=EH=FG

・・・中点四边形EFGH是菱形.

VAC1BD

由（4）可知/力。。=Z.EFG=乙FEH=4EHG=90°

，菱形EFGH是正方形.

故答案为：③AC18。且47=8。；④正方形

图4

题型02垂美四边形模型

已知四边形中AC±BD如图，在矩形ABCD中，P为CD如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部

边上有一点，连接AP、BP任意一点，连接AP、BP,CP,DP

图示DFCD_________________C

S

BABAB

2222

结论DP+BP=AP+PCAP2+PC2=DP2+BP2

S四边形ABCD=-•AC•BD

AB2+DC2=AD2+BC2

7.（2020・四川雅安・中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形

ABCD,对角线AC、BD交于点。.若4。=2,BC=4,则AB?+CD2=.

【答案】20

【分析】由垂美四边形的定义可得ACLBD,再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2,从而求解.

【详解】•••四边形ABCD是垂美四边形,

/.ACXBD,

ZAOD=ZAOB=ZBOC=ZCOD=90°,

由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,

AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,

.*.AD2+BC2=AB2+CD2,

VAD=2,BC=4,

：.AB2+CD2=AD2+BC2=22+42=20,

故答案为：20.

【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.

8.（2024•山东泰安•二模）小明学习了四边形后，对有特殊性质的四边形的探究产生了兴趣，发现了这样一

类特殊的四边形：两条对角线互相垂直的四边形，叫做垂美四边形，如图：已知四边形4BCD中，ACLBD,

垂足为。，对角线4C=4,BD=6,设S=4。+BC,贝达的最小值等于.

【答案】2g

【分析】本题考查了多边形，平行四边形的性质和勾股定理，以边AC,8c为邻边作平行四边形4C8E,连

接OE,贝!]BE=2C=4,AE=BC,根据S=4。+=4。+4E2DE,可知S的最小值为DE的长，根据

勾股定理即可求出答案，解题的关键是构造平行四边形和直角三角形.

【详解】如图，

以边AC,BC为邻边作平行四边形2C8E,连接DE,

则BE=ac=4,AE=BC,

：.S=AD+BC=AD+AE,

当4D、E三点共线时，S最小，

；.S的最小值为DE的长，

'：BE\\AC,AC1BD,

：.BE1BD

在RtzkBDE中，由勾股定理得，DE=7BE2+BD2="6+36=2旧,

；.S的最小值等于2旧，

故答案为：2g.

9.（2021•山东枣庄•中考真题）如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.

（1）概念理解：如图2,在四边形ABC。中，AB=AD,CB=CD,问四边形4BCD是垂美四边形吗？请说

明理由；

（2）性质探究：如图1,垂美四边形4BCD的对角线AC,BD交于点。.猜想：AB2+CD2^AD2+5C2W

么关系？并证明你的猜想.

（3）解决问题：如图3,分另U以RtAACB的直角边4C和斜边力B为边向夕卜作正方形4CFG和正方形4BDE,

连结CE,BG,GE.已知4C=4,AB=5,求GE的长.

【答案】（1）四边形4BCD是垂美四边形，理由见解析；（2）力B2+CD2=4）2+BC2,证明见解析；（3）

GE=V73.

【分析】（1）连接力C,BD,先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线4C是线段BD的垂直平分线，再根据

垂美四边形的定义即可得证；

（2）先根据垂美四边形的定义可得80,再利用勾股定理解答即可;

(3)设CE分别交4B于点M,交BG于点N,连接BE,CG,先证明△G4B三△CAE,得到"1BG=NAEC,再

根据角的和差可证ZBNM=90°,即CE1BG,从而可得四边形CGEB是垂美四边形，然后结合(2)的结论、

利用勾股定理进行计算即可得.

【详解】证明：(1)四边形4BC0是垂美四边形，理由如下：

如图，连接4C,BD,

"：AB=AD,

点4在线段8D的垂直平分线上，

VCB=CD,

.••点C在线段BD的垂直平分线上，

二直线4C是线段8。的垂直平分线，即AC1BD,

二四边形4BCD是垂美四边形；

(2)^.AB2+CD2=AD2+BC2,证明如下：

,/四边形4BCD是垂美四边形，

：.AC1BD,

J.Z.AOD=/.AOB=Z.BOC=乙COD=90°,

由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2,

AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2,

：.AB2+CD2=AD2+BC2；

(3)如图，设CE分别交4B于点M,交BG于点N,连接BE,CG,

13

D

,：四边形4CFG和四边形4B0E都是正方形，

J.Z.CAG=4BAE=90°,4G=AC,AB=AE,

：.^CAG+/.BAC=NBAE+ZBAC,即NG4B=^CAE,

AG^AC

在八GAB和AC4E中，\z.GAB=/.CAE,

.AB=AE

：.AGAB=LCAE（SAS）,

J.^LABG=AAEC,

又;ZEC+乙4ME=90。，4AME=4BMN,

:.乙ABG+乙BMN=90°,

:.乙BNM=9。。,即CE1BG,

四边形CGEB是垂美四边形，

由⑵得：CG2+BE2=CB2+GE2,

是Rt△4cB的斜边，且AC=4,AB=5,

：.BC2=AB2-AC2=9,AG=AC=4,AE=AB=5,

在RM4CG中，CG2=AC2+AG2=32,

在RtAABE中，BE2=AB2+AE2=50,

Z.9+GE2=32+50,

解得GE=闻或GE=-V73（不符题意，舍去），

故GE的长为g.

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等

知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键.

10.（2023•江苏常州•二模）【知识感知】：我们把对角丝互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示.

【概念理解】：①在下列四边形中，①正方形；②矩形：③菱形；④平行四边形，是垂美四边形的是」

②三边长为2的垂美四边形周长为

【性质探索】：若记垂美四边形2BCD面积为S,试直接写出S与4C、之间的关系」

【性质应用】：尝试用两个全等的直角三角形（RtAABC三RtABED）如图2摆放，其中8、C、E在一条

直线上，若假设直角三角形三边长为x,y,z,即BC=ED=尤，AB=BE—y,AC=BD=z,试利用上面

的结论证明勾股定理.

图1图2

【答案】【概念理解】①①③；②8；【性质探索】s=（ac-BD；【性质应用】见解析

【分析】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾

股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键.

概念理解：①由正方形和菱形的性质可求解；

②先证四边形42co是菱形，即可求解；

性质探索：由面积关系可求解；

性质应用：先证四边形4BCD是垂美四边形，可得S=由面积和差关系可求

【详解】解.

概念理解：解：①•••正方形和菱形的对角线互相垂直，

正方形和菱形是垂美四边形，

故答案为：①③；

②：如图：U：ACAB=BC=CD=2,

：.^LB0A=2LB0C=90°,BO=DO,AO=CO,

・・・四边形/BCD是平行四边形，

,：AC1BD,

・•・四边形/BCD是菱形，

：.AB=BC=CD=AD=2,

・••三边长为2的垂美四边形周长为8,

故答案为：8；

AD

性质探索：解：：四边形4BCD的面积=A4BC的面积+△力DC的面积^-AC-BD,

：.S=-AC-BD；

2

故答案为：S=^AC-BD,

性质应用：证明：VRtA^BCsRtABED,

Z.Z.BCA=Z.EDB,

■:4CBO+乙EDB=90°,

：.^CBO+^BCA=90°,

：.AC1BD,

四边形2BCD是垂美四边形，

由(2)可得42。。是垂美四边形的面积S=|aC-BD,

：.S=-AC-BD=7

22

*S四边形4BC。=s梯形ABED-SACED=|(^+y)y--%)

1cl111c2l2

=5、2+Xy+x2--xy--y+-x

乙乙乙乙乙乙

.".|z2=|y2+|x2,SPz2—y2+x2,

所以勾股定理得证.

11.(2024•浙江杭州.三模)(1)认识研究对象：如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”.我

们已经学习了①平行四边形②菱形③矩形④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是

(2)探索研究方法：如图1.已知四边形4BCD是垂美四边形，求证：AB2+CD2=AD2+BC2.

(3)尝试问题解决：已知28=5V2,BC=4VL分另I］以△4BC的边BC和2B向夕卜作等腰Rt△BCE和等腰Rt△

ABD；

①如图2,当乙4cB=90。，连接DE,求DE的长；

②如图3.当乙4CBH90。，点G、H分别是力£»、AC中点，连接GH.若G”=2①，求S-BC的面积•

图2图3

【答案】(1)②④；(2)见解析；(3)①@|

【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，正确理解垂美四边形的

定义、灵活运用勾股定理是解题的关键.

(1)根据平行四边形，菱形，正方形和矩形的性质，结合垂美四边形的定义，进行判断即可；

(2)运用勾股定理可得：AB2=0A2+OB2,CD2=0C2+OD2,AD2=O/42+OD2,BC2=OB2+OC2,

即可证得结论；

(3)①如图2,过点D作。MlBE,交EB的延长线于点M,利用勾股定理可得AC=3鱼，再证得△ABC三

△DBM(AAS),得出MD=AC=3企，BM=BC=4V2,运用勾股定理即可求得答案.②分别过点A、D

作4WJ.CB于点M,DN1CB于点N,连接DC,证明AAMB三△BND(AAS),得到8M==BN,设

AM=BN=x,勾股定理求出久的值，利用面积公式进行计算即可.

【详解】(1)解：:•菱形、正方形的对角线垂直，

菱形、正方形都是垂美四边形，

故答案为：②④；

(2)证明：•.,四边形A8CD是垂美四边形，

.■.ACLBD,垂足为。，如图1,

图1.-.AB2=OA2+OB2,CD2=OC2+OD2,AD2=OA2+OD2,BC2=OB2+OC2,

AB2+CD2=OA24-OB2+OC24-OD2,AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2,

AB2+CD2=AD2+BC2.

（3）解：①解：如图2,过点。作DMJL8E,交的延长线于点M,贝=90。,

AC

图2•••^ACB=90°,

AC=7AB2—BC2=3V2,

•・•△8。5和44BD都是等腰直角三角形，

.­.乙CBE=Z.ABD=90°,BE=BC=4迎，BD=BA=5V2,

•••4CBM=180°-乙CBE=180°-90°=90°,

•••4ABC+Z.ABM=90°,

•••乙DBM+4ABM=90°,

••・乙ABC=乙DBM,

•••^ACB=乙DMB=90°,

：.LABC=AZ)BM(AAS),

MD=AC=3V2,BM=BC=4位,

ME=BE+BM=4A/2+4V2=8/，

在Rt△BMD中，DE=VDM2+ME2=V146.

②如图3,^ACB90°,分别过点A、。作4Mle8于点M,DNLCB于点N,连接DC,

图3

又•?等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD,AB=542,BC=4或,

/./.AMB=乙BND=Z.CBE=/.ABD=90°,AB=BD=5y/2,BC=BE=4位,

J.^LABC+Z.BAM=90°,AABC+乙DBN=90°,

/.Z.BAM=乙DBN,

在AAMB和ABND中，

^AMB=乙BND=90°

ABAM=乙DBN,

、AB=BD

：.△AMB三ABND(AAS),

：.BM=DN,AM=BN,

设4M=BN=x,贝I]CN=BC+BN=4虫+光，

:点G、H分别是AD、AC中点，连接GH、DC,GH=2>/6,

：.DC=2GH=4A/6,

在RtADNC和RtADNB中，由勾股定理得：

DN2=DB2-BN2,DN2=DC2-CN2,

72

：.DB2-BN2=DN2=DC2-CN2,即(5a)-%2=(4V6)-(4+x)2,

解得：x=—,即AM=BN=x=^,

88

•••S-BC=^C-71M=|x4V2x^=1.

ZZOz

12.(2023•江苏徐州•中考真题)【阅读理解】如图1,在矩形力BCD中，若2B=a,BC=b,由勾股定理，得

AC2=a2+b2,同理BZ)2=a2+b2,故ACz十=23+的.

【探究发现】如图2,四边形A8CD为平行四边形，若AB=a,BC=b,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△力BC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c.求证：BO2

【尝试应用】如图4,在矩形4BCD中，若4B=8,BC=12,点尸在边4。上，贝！IPF+PC?的最小值为

【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：作力E1BC于点E,作OF1BC交BC的延长线于点F,则N4EB=乙CFD=90°,证明

Rt△ABE三Rt△DCF(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。。=B。，证明四边形4BCD是平行四边形，由【探究发现】可知，4C2+B£)2=

2(>1B2+BC2),则c2+(2BO)2=2屹2+炉)，得到c?+4B。？=2(CJ2+炉)，即可得到结论;

尝试应用：由四边形48C。是矩形，AB=8,BC=12,得到48=CD=8,BC=AD=12,乙4=乙0=90°,

设4P=x,PD=12-x,由勾股定理得到PF+PC2=2(x-6尸+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AE1BC于点E,作DF1BC交BC的延长线于点R贝！UdEB=NCFD=90。，

图2

••,四边形4BCD为平行四边形，若4B=a,BC=b,

：.AB=DC=a,AD||BC,AD=BC=b,

\'AE1BC,DF1BC,

：.AE=DF,

：.Rt△ABE=RtADCF(HL),

：.BE=CF,

：.AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2

={AB2-BE2)+(FC-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{AB2+BC2)

=2(a2+b2)；

图3

：B。为△ABC的一条中线,

AOA=CO,

・•・四边形ZBC。是平行四边形，

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

，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2(X52+BC2),

：.c2+(2BO)2=2(a2+b2),

：.c2+4B02=2(a2+b2),

尝试应用：：四边形2BCD是矩形，AB=8,BC=12,

：.AB=CD=8,BC=AD=12,乙4=ND=90°,

设4P=x,贝IJPD=4。-AP=12—x,

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

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

V2>0,

抛物线开口向上，

当x=6时，PB2+PC?的最小值是20。

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.

题型03正方形热考模型

1)十字架模型

【基础模型-两边过顶点】

使用场景：在正方形ABCD中，E,F分别是BC,DC上的点，AE与B0相交于点0,互相推导①BE=CF,②AE=BF,

③AE_LBF

大招结论：相等则垂直，垂直则相等.

【模型进阶-一边过顶点】

条件：在正方形ABCD中，E,F,G分别是BC,AB,DC上的点，AE与FG相交于点0,

结论：正方形十字模型中,构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直.

【模型进阶-两边均不过顶点1

图示:

结论：正方形十字模型中,构成“十”字形的两条线段，知垂直推相等，知相等推垂直.

【易错点】以上结论成立的条件是：四点必须位于四边，否则不成立.

类型矩形的十字架模型（两边过顶点）矩形的十字架模型（两边不过顶点）

条件在矩形ABCD中，E是AD上的点,CELBD在矩形ABCD中，E,F,G,H分别是AD,BC,AB,

交于点0CD上的点,EFLGH交于点0,

图示A

AD之_PAE

口LT”p

BCFLBMFC

结论CECDEF_EM_.IB

△CDES/^BCD"---=----

BDBC△EMFS/XGNHOGHGNAD

①正方形两边过顶点

13.（2023•辽宁丹东•中考真题）如图，在正方形48CD中，AB=12,点E,尸分别在边BC,CD上，4E与BF相

交于点G,若BE=CF=5,则BG的长为

AD

【答案】§

【分析】根据题意证明A48E三△BCF(SAS),4EBGFFBC,利用勾股定理即可求解.

【详解】解：•••四边形2BCD是正方形，

•••乙ABE=ZC=90°,AB=BC,

BE=CF,

.♦△ABEmABCF(SAS),

•••Z.BAE=乙CBF,

•・•乙CBF+^LABG=90°,

・•・/LBAE+Z.ABG=90°,

・•・乙BGE=90°,

•••Z-BGE=",

又•・•乙EBG=乙FBC,

•••△EBGFBC,

.BG_BE

,•=,

BCBF

vBC=AB=12,CF=BE=5,

・•・BF=y/BC2+CF2=V122+52=13,

BG5

—=—,

1213

BG=—.

13

故答案为：g.

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质

是解题的关键.

14.(2023・湖北黄石•中考真题)如图，正方形2BCD中,点M,N分别在AB,BC上，且=3N,4V与。M相

交于点P.

(1)求证：AABN咨ADAM；

(2)求乙4PM的大小.

【答案】(1)见解析

(2)90°

【分析】(1)直接利用SAS证明全等即可；

(2)根据全等的性质，得出NM4P=/.ADM,再由4VMP+乙4Mp=/.ADM+4AMp=90°,从而求出

NAPM=90°.

【详解】(1)证明：,••四边形ABC。是正方形，

•••AB=AD=BC,^DAM=4ABN=90°,

BM=CN,

：.BC-CN=AB-BM,即BN=AM,

在△力BN和ADAM中，

-AB=AD,

乙ABN=Z.DAM,

,BN=AM,

.•.△48N*A£MM(SAS)；

(2)解：由(1)知

•••/.MAP=Z.ADM,

AAMAP+/LAMP=^ADM+AAMP=90°,

ZXPM=180°-^MAP+"MP)=90°.

【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定.

15.(2023•山东•中考真题)(1)如图1,在矩形A8CD中，点、E,F分别在边DC,8c上，AE1DF,垂足为

点G.求证：4ADEFDCF.

图1图2图3

【问题解决】

(2)如图2,在正方形48CD中，点E,F分别在边DC,8C上，AE=DF,延长BC到点H,使CH=DE,连

接DH.求证：4ADF=.

【类比迁移】

(3)如图3,在菱形ABCD中，点E,F分另I」在边DC,BC上，AE=DF=11,DE=8,^AED=60°,求CF的

长.

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3

【分析】(1)由矩形的性质可得乙4DE=Z.DCF=90°,贝UNCDF+NDFC=90°,再由2E1DF,可得NDGE=

90°,贝此CDF+N2ED=90。，根据等角的余角相等得乙4ED=NDFC,即可得证；

(2)利用“HL”证明ZiADE三△£)(7/可得DE=CF,由CH=DE,可得CF=CH,利用“SAS”证明△DCF三

△DCH,则NDHC=NDFC,由正方形的性质可得4D||BC,根据平行线的性质，即可得证；

(3)延长BC到点G,使CG=DE=8,连接。G,由菱形的性质可得40=DC,AD\\BC,则乙4DE=乙DCG,

推出AADE三△DCG(SAS),由全等的性质可得NDGC=NAED=60。，DG=AE,进而推出△£)口；是等边三

角形，再根据线段的和差关系计算求解即可.

【详解】(1)证明：•••四边形2BCD是矩形，

•••^ADE=乙DCF=90°,

.­./.CDF+Z.DFC=90°,

AE1DF,

.­.乙DGE=90°,

.­.乙CDF+/.AED=90°,

Z.AED=Z.DFC,

ADEs&DCF；

(2)证明：•••四边形2BCD是正方形，

/.AD=DC,ADWBC,Z.ADE=ADCF=90°,

AE—DF,

.*.△ADE三△OCF(HL),

DE=CF,

又1CH=DE,

・•.CF=CH,

・・•点”在BC的延长线上，

・•・乙DCH=乙DCF=90°,

••・DC=DC,

.*.△DCF=ADCH(SAS),

・•・乙H="FC,

•・•ADWBC,

・•.AADF=乙DFC=乙H；

(3)解：如图，延长BC到点G,使CG=DE=8,连接DG,

AD=DC,ADWBC,

•••Z-ADE=Z-DCG,

ADE三△DCG(SAS),

•••乙DGC=乙4EO=60°,DG=AE,

AE=DF,

DG=DF,

・•.△DFG是等边三角形，

・•.FG=FC+CG=DF=llf

・•.FC=11-C(7=11-8=3.

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定,

全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键.

②正方形一边过顶点

16.（2023•江苏扬州•中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为1,点£、尸分别在边AD、BC上，将正方

形沿着EF翻折，点8恰好落在CD边上的点夕处，如果四边形4BFE与四边形EFCD的面积比为3：5,那么

线段FC的长为.

【分析】连接8夕，过点尸作于点H,设CF=x,则D”=x,则BF=1-x,根据已知条件，分别

表示出证明三AB'CB(ASA),得出EH=B'C=三一2久，在RtAB'FC中，B'F2=B'C2+

4

CF2,勾股定理建立方程，解方程即可求解.

【详解】解：如图所示，连接过点F作FH14D于点

•.•正方形ZBCD的边长为1,四边形4BFE与四边形EFCD的面积比为3：5,

,S四边形ABFE=Gx1=£

设CF=%,贝=x,贝I|BF=1-x

1Q

’5四边形43尸£=5("£+BF)xAB=-

'.AE=x--

4

：.DE=1-AE=--x,

4

：.EH=ED-HD=--x-x=--2x,

44

•・,折叠，

：.BBrLEF,

.*.Z1+Z2=Z^GF=9O°,

Vz.2+z3=90°,

.'.zl=z3,

又FH=BC=l/EHF=Zf

：.^EHF=^B'CB(ASA),

：.EH=B'C=--2x

4

在Rt△"FC中，BrF2=BrC2+CF2

即(1—%)2=/+(|—2%)

解得：x

o

故答案为：|.

o

【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知

识是解题的关键.

17.(2022.贵州贵阳・中考真题)如图，在正方形48CD中，E为40上一点，连接BE,8E的垂直平分线交48于

点M,交CD于点N,垂足为。，点F在DC上，且MFII4D.

(1)求证：XABEKFMN；

(2)若AB=8,AE=6,求。N的长.

【答案】（1）见详解

⑵§

【分析】（1）先证明四边形是矩形，得到ZAMF=90°=ZMFD,再利用证得

ZMBO=ZOMF,结合NA=90o=/NPM即可证明；

（2）利用勾股定理求得BE=IO=MN,根据垂直平分线的性质可得3O=OE=5,即有

在放AAME中，AM2+AE2=ME2,可得（8-ME?+62=ME?,解得：ME=即有BM=ME=,，

再在放△BAfO中利用勾股定理即可求出M。，则N。可求.

【详解】（1）在正方形A8CO中，＜AD=DC=CB=A