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四边形模型与压轴-【考前20天】2025年中考数学终极冲刺专题
一、选择题
1．（2019八下·丰润期中）E，F，G，H分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形EFGH一定是（　　）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
【答案】B
【知识点】中点四边形模型
【解析】【解答】如图，
连结AC，BD.
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
， ，
.
四边形EFGH是菱形；
所以B选项是正确.
【分析】根据菱形判定条件即可求出结果.
2．（2022九上·南山期末）下面说法错误的是（　　）
A．点，都在反比例函数图象上，且，则
B．若点是线段的黄金分割点，，，则
C．顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形
D．平面内，经过平行四边形对角线交点的直线，一定能平分它的面积
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；黄金分割；反比例函数图象上点的坐标特征；中点四边形模型
【解析】【解答】解：A、点，都在反比例函数图象上，
∵，
∴反比例函数图象在二、四象限，且在每个象限内，随的增大而增大，
∴，则，符合题意；
B、若点是线段的黄金分割点，，，则，不符合题意；
C、顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形，不符合题意；
D、平面内，经过平行四边形对角线交点的直线，一定能平分它的面积，不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用反比例函数的性质，黄金分割的性质，平行四边形的性质及中点四边的性质逐项判断即可。
3．（2024·荆州模拟）在平面直角坐标系中，，，将线段平移得到线段，点，点的对应点分别是点，点．若分别连接，得到四边形为菱形，且与轴夹角为，则点的坐标是（　　）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；解直角三角形—边角关系；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图：
∵，，
∴，OB=1，
∵，
∴∠ABO=60°，
∵∠OBC=60°，四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
当点C在y轴上时，，OB=OD=1，
∴D（-1，0）；
当点C在A点右侧时，，
∴；
综上，点D的坐标为 或 .
故答案为：B.
【分析】先根据锐角三角形函数求得∠ABO=60°，结合菱形的性质可得符合条件的C点位置，即可求解.
4．（2022·荆州）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形 ；第二次，顺次连接四边形 各边的中点，得到四边形 ；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形 的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；探索图形规律；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接AC，BD， A1C1 ， B1D1 .
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ， ， .
∵ ， ， ， 分别是矩形四个边的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∵ ， ，
∴四边形A1B1C1D1的面积为： .
同理，由中位线的性质可知，
， ，
， ，
∴四边形A2B2C2D2是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形A2B2C2D2是矩形，
∴四边形A2B2C2D2的面积为： .
∴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AnBnCnDn的面积是 .
故答案为：A.
【分析】连接AC，BD，A1C1 ， B1D1 ，易证四边形A1B1C1D1是菱形，可得四边形A1B1C1D1 的面积为矩形ABCD面积的一半，则四边形A1B1C1D1 的面积=ab，易证四边形A2B2C2D2是矩形，可得矩形A2B2C2D2的面积=，从而得出每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，据此即可求解.
5． 如图①，在菱形ABCD中， 动点M从点A 出发，沿折线AB→BC→CD方向匀速运动，运动到点 D 停止，连接DM，设点M的运动路程为x， 的面积为y，y与x之间的函数图象如图②所示，则AD的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】分段函数；菱形的性质；动点问题的函数图象；四边形-动点问题；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图所示，
当点 M运动到 B点时，△ABD 的面积为 ，过点 M 作 ME⊥AD 于点 E，
∵ 四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵BE⊥AD，
∴
解得AD=2(负值已舍去).
【分析】观察图象知，当点M运动到点B时，△ABD 的面积达到最大值，且从点B到点C的运动过程中保持最大值不变，因此可过点M作AD上的高ME，由于菱形的四条边相等且一个内角为60度，则△ABD为等边三角形，由等腰三角形三线合一知BE垂直平分AD，解直角三角形ABD即可求得AD与BE的数量关系，再代入到面积公式中即可求得AD的长.
6．（2023八下·杭州期中）如图，正方形中，点，，，分别是各边的中点，连结，取的中点，连结，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．四边形的周长是周长的倍
C．
D．四边形的面积是面积的倍
【答案】D
【知识点】正方形的性质；正方形的判定；锐角三角函数的定义；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD、EF、EH、FG，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴EF、HG是△ABC和△ADC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
同理EH=FG，
∵四边形ABCD中，AC=BD，AC⊥BD，
∴四边形EFGH是正方形，
∵P是HG的中点，
∴HP=HG=EH，
∴设EH=HG=EF=FG=2x，则HP=PF=x，
∴PE=PF=x，
∴PE=GH，故A选项错误；
∵AE=BE=AH，∠BAD=90°，
∴AE=BE=x，
∴四边形BEPF的周长为：x，△HDG周长为：x，
∵3x≠x，故B选项错误；
∵，
∴∠EPB≠30°，
∴∠EPF≠60°，故C选项错误；
∵OB=OD，HG∥AC，AH=DH，
∴PD=PO，
∴PB=3PD，
∴四边形BEPF的面积=·EF·PB=EF·PD，
∴四边形BEPF的面积是△GDH面积的3倍，故D选型正确.
故答案为：D.
【分析】连接AC、BD、EF、EH、FG，由三角形中位线定理得EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，则EF∥HG，EF=HG，进而推出四边形EFGH是正方形，得HP=HG=EH，设EH=HG=EF=FG=2x，则HP=PF=x，根据勾股定理得PE=PF=x，求得PE=GH，据此可判断A选项；由等腰直角三角形得AE=BE=x，分别求得四边形BEPF与△GDH的周长，可判断B选项；根据三角形函数的定义及特殊锐角三角函数值得∠EPB≠30°，则∠EPF≠60°，据此可判断C选项；推出PB=3PD，进而求得四边形BEPF的面积=·EF·PB=EF·PD，可判断D选项.
二、填空题
7．（2024九下·祁东月考）如图，四边形顶点是四边形各边中点，若把涂满红油漆需要桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要　 　桶
【答案】
【知识点】三角形的中位线定理；中点四边形模型；A字型相似模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵分别是的中点，
∴，
∴.
∴，
同理可得，
∴
同理可得
∴
∵把涂满红油漆需要桶，
∴要把其余部分涂满黑颜色，需要桶，
故答案为：．
【分析】先根据中位线定理，证明EF//BD，再证明，接着利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求出和，进而得出，最后求出需要油漆的数量．
8．（2024·杭州模拟）如图，以正六边形ABCDEF的边CD为边向内作等边△CDG，连结EC，则∠GCE＝　 　°．
【答案】30
【知识点】含60°角的菱形；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：如图，构造等边△CDG，连接EC，GE，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠CDE=，CD=DE，
又∵△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG=DE，∠CDG=∠DCG=60°，
∴∠EDG=∠CDE-∠CDG=120°-60°=60°，
∴△DEG为等边三角形，
∴GE=DE=CD=CG，
∴四边形CDEG是菱形，
∴.
故答案为：30.
【分析】根据正六边形特殊角分析得出等边三角形，由特殊角分析得出菱形即分析得出目标角.
9．（2024·齐齐哈尔模拟）如图，，以点O为圆心，为半径作弧，交OB于点C；分别以点O，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点M，N，作直线MN交OA于点D；再分别以点C，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点Q，作射线OQ，点P为射线OQ上任意一点，连接PC，PD．当　 　时，四边形OCPD是菱形．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：连接CD交OP于点E，
∵MN为OC的垂直平分线，
∴
∵
∴为等边三角形，
∴
∵OP为∠AOB的角平分线，
∴
∵四边形OCPD为菱形，
∴
∴
∴
∴
∴当时，四边形OCPD是菱形
故答案为：.
【分析】连接CD交OP于点E，根据题意得到：MN为OC的垂直平分线，OP为∠AOB的角平分线，然后根据菱形的性质即可求解.
10．（2024·桂林一模）如图，点是以为直径的半圆的圆心，是半圆上的一动点，以为对角线作菱形，且，经过、的直线分别与半圆交于、点，交于点.已知，则的长为　 　.
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；垂径定理；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OF，
∵四边形OCDE是菱形，
∴OD⊥CE，MD=MO，CM=EM，CD=DE，
∵ ∠CDE=60°，CD=DE，
∴△CDE是等边三角形，
则，
∴，
故，
∵OD⊥CE，
∴FM=GM，OM=DM=3，OF=OD=6，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】连接OF，根据菱形的对角线互相平分且垂直，四条边都相等可得OD⊥CE，MD=MO，CM=EM，CD=DE，根据有一个角是60°角的等腰三角形是等边三角形，等边三角形的三条边都相等可得，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出DM=3，根据垂直于弦的直径平分弦可得FM=GM，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出FM的值，即可求解.
11．（2021·蕉岭模拟）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=　 　．
【答案】16
【知识点】勾股定理；中点四边形模型
【解析】【解答】∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，
EF、HG分别是△ABC、△ACD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EH=FGBD，EF=HGAC．
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH，EG=2OE，FH=2OH．
在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，
等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，
∴（2OE）2+（2OH）2=16，
即EG2+FH2=16．
故答案为16．
【分析】根据三角形中位线的性质可得EH=FGBD，EF=HGAC．再利用AC=BD，证出四边形EFGH是菱形，再利用勾股定理可得OE2+OH2=EH2=4，再利用等量代换化简可得EG2+FH2=16。
12．（2024八下·崆峒期末）如图，正方形中，点E，F分别在边上，于点G，若，则的长为　 　．
【答案】5.2
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；正方形中的十字架模型；面积及等积变换
【解析】【解答】解：，
，
，
由正方形得性质可得：
，
，
∵四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
，
∵，AF=2，
，
∵在中，，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【分析】
先由垂直的定义得到，由正方形的性质得到，即可利用同角的余角相等得到，再结合正方形边长和角度的特点即可利用AAS证明；再结合BC=8，，得出，因而可用勾股定理求得BE=10，从而可由面积法求得的长，最后利用全等三角形的性质可得CF=10，即可利用线段的和差关系，得出答案．
三、解答题
13．（2024·青海） 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
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
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　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
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．
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，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
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　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
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．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
14．（2024九下·浙江模拟）正方形边长为3，点E是上一点，连结交于点F．
（1）如图1，若，求的值；
（2）如图1，，若，求m的值．
（3）如图2，点G为上一点，且满足，设，试探究y与x的函数关系．
【答案】（1）解：由题意得：
∴
∴
即：
解得：
（2）解：∵，∴
∴
由（1）可得：
∴
∴
∵，
∴
解得：
（3）解：由（1）得：即：
解得：
∵，
∴
∴
即：
∴
整理得：
∵
∴，
又
∴
故：
【知识点】正方形的性质；正方形中的十字架模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用相似三角形的判定证，利用相似三角形的对应边成比例可证得，结合求出CF的长.
（2）由可得，进一步可推出，利用已知三角形的面积可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
（3）由（1）可表示出CF的长，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得，利用相似三角形的性质，可得到y关于x的关系式.
15．（2025八上·龙岗期末）【定义】
如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”。
如图1，在四边形ABCD中，若∠A+∠C=180°，则四边形ABCD是对补四边形。
图1 图2 图3 备用图
【应用】
（1）如图1，在对补四边形ABCD中，∠A=100°，则∠C=　 　；
（2）如图2，在对补四边形ABCD中，∠A=90°，AB=3，AD=4，DC=2，则BC=　 　；
（3）如图3，在对补四边形ABCD中，AC平分∠BAD。
①求证：BC=CD；
②若∠BAD=60°，请探究AB、AC、AD的数量关系并说明理由。
【答案】（1）80°
（2）
（3）解：①过点C作CE⊥AD于E，作CF⊥AB于F。
∵AC平分∠BAD，CE⊥AD，CF⊥AB
∴CE=CF
∵CE⊥AD，CF⊥AB
∴∠CED=∠CFB=90°
∵四边形ABCD是对补四边形
∴∠B+∠CDA=180°，
∵∠CDE+∠CDA=180°
∴∠B=∠CDE
∴△CED≌△CFB(AAS)
∴CD=CB
②∵AC平分∠BAD，
∴∠EAC=∠BAC=∠BAD=30°
∵∠CED=∠CFB=90°，CE=CF
∴△ACE≌△ACF(AAS)
∴AE=AF
∵△CED≌△CFB(AAS)
∴ED=BF
∴AD+AB=AE-ED+AF+BF=2AE
在Rt△AEC中，∠EAC=30°
∴AE=AC
∴AD+AB=2AE=AC
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；角平分线的判定；四边形中的对角互补模型
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：
∠C=180°-∠A=80°
故答案为：80°
（2）由题意可得：
∠C=180°-∠A=90°
∵AB=3，AD=4，DC=2
∴
∴
故答案为：
【分析】（1）根据对补四边形定义即可求出答案.
（2）根据对补四边形定义可得∠C=90°，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）①过点C作CE⊥AD于E，作CF⊥AB于F，根据角平分线性质可得CE=CF，再根据垂直可得∠CED=∠CFB=90°，由对补四边形定义可得∠B=∠CDE，再根据全等三角形判定定理可得△CED≌△CFB(AAS)，则CD=CB，即可求出答案.
②根据角平分线概念可得∠EAC=∠BAC=∠BAD=30°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△ACF(AAS)，则AE=AF，再根据全等三角形性质可得ED=BF，再根据边之间的关系可得AD+AB=2AE，再根据含30°角的直角三角形性质即可求出答案.
16．
（1）感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边AB上一点（点E不与点AB重合），连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：．
（2）探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB中点，，，求GH的长．
（3）应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，，BF，AE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，则的面积为　 　，的周长为　 　．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
（2）解：分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示：
四边形是正方形，
，，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
同理，四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
为中点，
，
，
，
；
（3）；
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；正方形中的十字架模型
【解析】【解答】解：（3），
，
阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
阴影部分的面积为：，
空白部分的面积为：，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
设，，
则，
，
，
，
即，
，即，
的周长为，
故答案为：，．
【分析】（1）利用正方形的性质可证得AD=AB，，利用垂直的定义和余角的性质可知∠ADE=∠BAF，利用ASA可证得△DAE≌△ABF，利用全等三角形的性质可证得结论.
（2）分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示：易证四边形DMEF是平行四边形，利用平行四边形的性质可证得DM=EF，同时求出ME的长；可证得
同理，四边形是平行四边形，，利用余角的性质可证得∠ADM=∠BAN，利用ASA可证得△ADM≌△BAN，利用全等三角形的性质可得到DM=AN，可推出DM=GH，再求出AM的长，利用勾股定理求出DM的长，可得到GH的长.
（3）利用已知求出正方形ABCD的面积，根据已知条件可求出阴影部分的面积，即可得到空白地方的面积；利用SAS可证得△ABE≌△BCF，利用全等三角形的性质可知，，同时求出△ABG的面积，再证明∠AGB=90°；设，，可得ab的长，再求出a+b的长，即可求出△ABG的周长.
17．垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则　 　；　 　；
（2）如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．
（4）【模型应用】
若，，，求的长；
（5）【模型迁移】
如图2，若矩形是正方形，，求的值．
【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点，
，；
又，
，
；
设，则，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：①第一种情况：
作的平行线，使，连接，
则四边形为平行四边形；
延长交于点，
，
，
，
，，
，即，
为的中点；
故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第二种情况：
作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，
故为的中点；
同理可证明：，
则，
则四边形是平行四边形；
故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第三种情况：
作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；
在延长线上取点F，使，连接，
则为的中点，
同理可证明，从而，
故四边形是平行四边形；
故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
②若按照图1作图，
由题意可知，，
四边形是平行四边形，
，
，
是等腰三角形；
过P作于H，则，
，，
，，
，
；
，，
，
，即
∴
若按照图2作图，
延长、交于点，
同理可得：是等腰三角形，
连接，
，
，
，
，
；
同理，，
，，，
，即，
，
若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意）
故答案为：或．
（4）解：延长交于点，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（5）解：设正方形的边长为，则：，
延长交于点，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；正方形中的十字架模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据题意可推出△AEF∽△CEB， 得到 从而推出AE，再根据勾股定理可求得BE， 再求得AB；
(2)根据题意可推出△AED∽△FEB， 得到 设BE=a， 则DE=2a， AB=CD=3a， 再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF， 即可求得答案；
(3)①作BC的平行线AD， 使AD= BC， 连接CD， 延长BE交AD于点F；
②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH= HC， 可推出 从而推出 计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二种情况，延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三线合一推出PA⊥AC，从而推出CPA∽△CB'E，同第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合题意.
18．（广东省深圳市宝安区海韵学校2024-2025学年下学期3月月考九年级数学试题）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究，
【定义】：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形.
（1）操作判断用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有　 　 （填序号）：
（2）【性质探究】根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质，下面研究与对角线相关的性质如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB=AD，AC是它的一条对角线.
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若 BC=m， DC=n， ∠BCD=20， 求AC 的长（用含 m， n， θ的式子表示）.
（3）【拓展应用】 如图3，在Rt△ABC中， ∠B=90°，AB=3，BC=4，分别在边BC，AC上取点 M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形，
①请利用尺规，作出符合要求的邻等对补四边形ABMN：
②当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请真接写出BN的长.
【答案】（1）②④
（2）解：①∠ACD＝∠ACB，
理由：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC＋∠D＝180°，
∵∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠E＝∠ACD，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠ACB；
故答案为：ACD=ACB；
②过A作AF⊥EC于F，
∵AE＝AC，
∴CF＝CE＝（BC＋BE）＝（BC＋DC）＝，
∵∠BCD＝2α，
∴∠ACD＝∠ACB＝α，
在Rt△AFC中，cosα＝，
∴AC＝=，
故AC的长为．
（3）①如图，
②或
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；四边形中的对角互补模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（3）∵∠ABC=90°，AB=3，BC=4
∴
∵四边形ABMN是邻等对补四边形
∴∠ANM+∠ABM=180°
∴∠ANM=90°
当AB=AN时，连接AM
∵AM=AM
∴Rt△ABM≌Rt△ANM
∴BM=NM，不符合题意，舍去
当AB=BM时，过点N作NH垂直BC于点H
∵AB=BM=3
∴MC=BC-BM=1
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△MNC∽△ABC
∴，即
∴
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△NHC∽△ABC
∴，即
∴
∴
∴
当BM=MN时，连接AM
∵AM=AM
∴Rt△ABM≌Rt△ANM
∴AB=AN，不符合题意，舍去
当AN=MN时，过点N作NH⊥BC于点H
设NC=x，则AN=MN=5-x
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△MNC∽△ABC
∴，即
解得：，即
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△NHC∽△ABC
∴，即
∴
∴
∴
综上所述，BN的长为或
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义逐项进行判断即可求出答案.
（2）①延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，根据邻等对补四边形的定义可得∠ABC＋∠D＝180°，再根据角之间的关系可得∠ABE＝∠D，根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ADC（SAS），则∠E＝∠ACD，AE＝AC，再根据角之间的关系即可求出答案.
②过A作AF⊥EC于F，根据边之间的关系可得CF＝，由题意可得∠ACD＝∠ACB＝α，再根据余弦定义即可求出答案.
（3）①根据邻等对补四边形的定义作图即可求出答案.
②根据勾股定理可得AC，根据根据邻等对补四边形的定义可得∠ANM+∠ABM=180°，则∠ANM=90°，分情况讨论：当AB=AN时，连接AM，根据全等三角形判定定理可得Rt△ABM≌Rt△ANM，则BM=NM，不符合题意，舍去，当AB=BM时，过点N作NH垂直BC于点H，根据边之间的关系可得MC，根据相似三角形判定定理可得△MNC∽△ABC，则，代值计算可得NC，再根据相似三角形判定定理可得△NHC∽△ABC，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得BH，再根据勾股定理即可求出答案；当BM=MN时，连接AM，根据全等三角形判定定理可得Rt△ABM≌Rt△ANM，则∴AB=AN，不符合题意，舍去；当AN=MN时，过点N作NH⊥BC于点H设NC=x，则AN=MN=5-x，根据相似三角形判定定理可得△MNC∽△ABC，则，代值计算可得，即，再根据相似三角形判定定理可得△NHC∽△ABC，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得BH，再根据勾股定理即可求出答案.
1 / 1四边形模型与压轴-【考前20天】2025年中考数学终极冲刺专题
一、选择题
1．（2019八下·丰润期中）E，F，G，H分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形EFGH一定是（　　）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
2．（2022九上·南山期末）下面说法错误的是（　　）
A．点，都在反比例函数图象上，且，则
B．若点是线段的黄金分割点，，，则
C．顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形
D．平面内，经过平行四边形对角线交点的直线，一定能平分它的面积
3．（2024·荆州模拟）在平面直角坐标系中，，，将线段平移得到线段，点，点的对应点分别是点，点．若分别连接，得到四边形为菱形，且与轴夹角为，则点的坐标是（　　）
A． B．或
C． D．或
4．（2022·荆州）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形 ；第二次，顺次连接四边形 各边的中点，得到四边形 ；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形 的面积是（　　）
A． B． C． D．
5． 如图①，在菱形ABCD中， 动点M从点A 出发，沿折线AB→BC→CD方向匀速运动，运动到点 D 停止，连接DM，设点M的运动路程为x， 的面积为y，y与x之间的函数图象如图②所示，则AD的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2023八下·杭州期中）如图，正方形中，点，，，分别是各边的中点，连结，取的中点，连结，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．四边形的周长是周长的倍
C．
D．四边形的面积是面积的倍
二、填空题
7．（2024九下·祁东月考）如图，四边形顶点是四边形各边中点，若把涂满红油漆需要桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要　 　桶
8．（2024·杭州模拟）如图，以正六边形ABCDEF的边CD为边向内作等边△CDG，连结EC，则∠GCE＝　 　°．
9．（2024·齐齐哈尔模拟）如图，，以点O为圆心，为半径作弧，交OB于点C；分别以点O，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点M，N，作直线MN交OA于点D；再分别以点C，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点Q，作射线OQ，点P为射线OQ上任意一点，连接PC，PD．当　 　时，四边形OCPD是菱形．
10．（2024·桂林一模）如图，点是以为直径的半圆的圆心，是半圆上的一动点，以为对角线作菱形，且，经过、的直线分别与半圆交于、点，交于点.已知，则的长为　 　.
11．（2021·蕉岭模拟）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=　 　．
12．（2024八下·崆峒期末）如图，正方形中，点E，F分别在边上，于点G，若，则的长为　 　．
三、解答题
13．（2024·青海） 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
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
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　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
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．
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，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
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　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
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．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
14．（2024九下·浙江模拟）正方形边长为3，点E是上一点，连结交于点F．
（1）如图1，若，求的值；
（2）如图1，，若，求m的值．
（3）如图2，点G为上一点，且满足，设，试探究y与x的函数关系．
15．（2025八上·龙岗期末）【定义】
如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”。
如图1，在四边形ABCD中，若∠A+∠C=180°，则四边形ABCD是对补四边形。
图1 图2 图3 备用图
【应用】
（1）如图1，在对补四边形ABCD中，∠A=100°，则∠C=　 　；
（2）如图2，在对补四边形ABCD中，∠A=90°，AB=3，AD=4，DC=2，则BC=　 　；
（3）如图3，在对补四边形ABCD中，AC平分∠BAD。
①求证：BC=CD；
②若∠BAD=60°，请探究AB、AC、AD的数量关系并说明理由。
16．
（1）感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边AB上一点（点E不与点AB重合），连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：．
（2）探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB中点，，，求GH的长．
（3）应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，，BF，AE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，则的面积为　 　，的周长为　 　．
17．垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
（1）如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则　 　；　 　；
（2）如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；
（3）①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．
（4）【模型应用】
若，，，求的长；
（5）【模型迁移】
如图2，若矩形是正方形，，求的值．
18．（广东省深圳市宝安区海韵学校2024-2025学年下学期3月月考九年级数学试题）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究，
【定义】：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形.
（1）操作判断用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有　 　 （填序号）：
（2）【性质探究】根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质，下面研究与对角线相关的性质如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB=AD，AC是它的一条对角线.
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若 BC=m， DC=n， ∠BCD=20， 求AC 的长（用含 m， n， θ的式子表示）.
（3）【拓展应用】 如图3，在Rt△ABC中， ∠B=90°，AB=3，BC=4，分别在边BC，AC上取点 M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形，
①请利用尺规，作出符合要求的邻等对补四边形ABMN：
②当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请真接写出BN的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中点四边形模型
【解析】【解答】如图，
连结AC，BD.
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
， ，
.
四边形EFGH是菱形；
所以B选项是正确.
【分析】根据菱形判定条件即可求出结果.
2．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；黄金分割；反比例函数图象上点的坐标特征；中点四边形模型
【解析】【解答】解：A、点，都在反比例函数图象上，
∵，
∴反比例函数图象在二、四象限，且在每个象限内，随的增大而增大，
∴，则，符合题意；
B、若点是线段的黄金分割点，，，则，不符合题意；
C、顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形，不符合题意；
D、平面内，经过平行四边形对角线交点的直线，一定能平分它的面积，不符合题意；
故答案为：A
【分析】利用反比例函数的性质，黄金分割的性质，平行四边形的性质及中点四边的性质逐项判断即可。
3．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；解直角三角形—边角关系；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图：
∵，，
∴，OB=1，
∵，
∴∠ABO=60°，
∵∠OBC=60°，四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
当点C在y轴上时，，OB=OD=1，
∴D（-1，0）；
当点C在A点右侧时，，
∴；
综上，点D的坐标为 或 .
故答案为：B.
【分析】先根据锐角三角形函数求得∠ABO=60°，结合菱形的性质可得符合条件的C点位置，即可求解.
4．【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；探索图形规律；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接AC，BD， A1C1 ， B1D1 .
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ， ， .
∵ ， ， ， 分别是矩形四个边的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∵ ， ，
∴四边形A1B1C1D1的面积为： .
同理，由中位线的性质可知，
， ，
， ，
∴四边形A2B2C2D2是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形A2B2C2D2是矩形，
∴四边形A2B2C2D2的面积为： .
∴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AnBnCnDn的面积是 .
故答案为：A.
【分析】连接AC，BD，A1C1 ， B1D1 ，易证四边形A1B1C1D1是菱形，可得四边形A1B1C1D1 的面积为矩形ABCD面积的一半，则四边形A1B1C1D1 的面积=ab，易证四边形A2B2C2D2是矩形，可得矩形A2B2C2D2的面积=，从而得出每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，据此即可求解.
5．【答案】B
【知识点】分段函数；菱形的性质；动点问题的函数图象；四边形-动点问题；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图所示，
当点 M运动到 B点时，△ABD 的面积为 ，过点 M 作 ME⊥AD 于点 E，
∵ 四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵BE⊥AD，
∴
解得AD=2(负值已舍去).
【分析】观察图象知，当点M运动到点B时，△ABD 的面积达到最大值，且从点B到点C的运动过程中保持最大值不变，因此可过点M作AD上的高ME，由于菱形的四条边相等且一个内角为60度，则△ABD为等边三角形，由等腰三角形三线合一知BE垂直平分AD，解直角三角形ABD即可求得AD与BE的数量关系，再代入到面积公式中即可求得AD的长.
6．【答案】D
【知识点】正方形的性质；正方形的判定；锐角三角函数的定义；中点四边形模型
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD、EF、EH、FG，
∵点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴EF、HG是△ABC和△ADC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
同理EH=FG，
∵四边形ABCD中，AC=BD，AC⊥BD，
∴四边形EFGH是正方形，
∵P是HG的中点，
∴HP=HG=EH，
∴设EH=HG=EF=FG=2x，则HP=PF=x，
∴PE=PF=x，
∴PE=GH，故A选项错误；
∵AE=BE=AH，∠BAD=90°，
∴AE=BE=x，
∴四边形BEPF的周长为：x，△HDG周长为：x，
∵3x≠x，故B选项错误；
∵，
∴∠EPB≠30°，
∴∠EPF≠60°，故C选项错误；
∵OB=OD，HG∥AC，AH=DH，
∴PD=PO，
∴PB=3PD，
∴四边形BEPF的面积=·EF·PB=EF·PD，
∴四边形BEPF的面积是△GDH面积的3倍，故D选型正确.
故答案为：D.
【分析】连接AC、BD、EF、EH、FG，由三角形中位线定理得EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，则EF∥HG，EF=HG，进而推出四边形EFGH是正方形，得HP=HG=EH，设EH=HG=EF=FG=2x，则HP=PF=x，根据勾股定理得PE=PF=x，求得PE=GH，据此可判断A选项；由等腰直角三角形得AE=BE=x，分别求得四边形BEPF与△GDH的周长，可判断B选项；根据三角形函数的定义及特殊锐角三角函数值得∠EPB≠30°，则∠EPF≠60°，据此可判断C选项；推出PB=3PD，进而求得四边形BEPF的面积=·EF·PB=EF·PD，可判断D选项.
7．【答案】
【知识点】三角形的中位线定理；中点四边形模型；A字型相似模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵分别是的中点，
∴，
∴.
∴，
同理可得，
∴
同理可得
∴
∵把涂满红油漆需要桶，
∴要把其余部分涂满黑颜色，需要桶，
故答案为：．
【分析】先根据中位线定理，证明EF//BD，再证明，接着利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求出和，进而得出，最后求出需要油漆的数量．
8．【答案】30
【知识点】含60°角的菱形；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：如图，构造等边△CDG，连接EC，GE，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠CDE=，CD=DE，
又∵△CDG为等边三角形，
∴CD=DG=CG=DE，∠CDG=∠DCG=60°，
∴∠EDG=∠CDE-∠CDG=120°-60°=60°，
∴△DEG为等边三角形，
∴GE=DE=CD=CG，
∴四边形CDEG是菱形，
∴.
故答案为：30.
【分析】根据正六边形特殊角分析得出等边三角形，由特殊角分析得出菱形即分析得出目标角.
9．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：连接CD交OP于点E，
∵MN为OC的垂直平分线，
∴
∵
∴为等边三角形，
∴
∵OP为∠AOB的角平分线，
∴
∵四边形OCPD为菱形，
∴
∴
∴
∴
∴当时，四边形OCPD是菱形
故答案为：.
【分析】连接CD交OP于点E，根据题意得到：MN为OC的垂直平分线，OP为∠AOB的角平分线，然后根据菱形的性质即可求解.
10．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；垂径定理；含60°角的菱形
【解析】【解答】解：如图所示，连接OF，
∵四边形OCDE是菱形，
∴OD⊥CE，MD=MO，CM=EM，CD=DE，
∵ ∠CDE=60°，CD=DE，
∴△CDE是等边三角形，
则，
∴，
故，
∵OD⊥CE，
∴FM=GM，OM=DM=3，OF=OD=6，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】连接OF，根据菱形的对角线互相平分且垂直，四条边都相等可得OD⊥CE，MD=MO，CM=EM，CD=DE，根据有一个角是60°角的等腰三角形是等边三角形，等边三角形的三条边都相等可得，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出DM=3，根据垂直于弦的直径平分弦可得FM=GM，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出FM的值，即可求解.
11．【答案】16
【知识点】勾股定理；中点四边形模型
【解析】【解答】∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，
EF、HG分别是△ABC、△ACD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EH=FGBD，EF=HGAC．
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH，EG=2OE，FH=2OH．
在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，
等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，
∴（2OE）2+（2OH）2=16，
即EG2+FH2=16．
故答案为16．
【分析】根据三角形中位线的性质可得EH=FGBD，EF=HGAC．再利用AC=BD，证出四边形EFGH是菱形，再利用勾股定理可得OE2+OH2=EH2=4，再利用等量代换化简可得EG2+FH2=16。
12．【答案】5.2
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；正方形中的十字架模型；面积及等积变换
【解析】【解答】解：，
，
，
由正方形得性质可得：
，
，
∵四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
，
∵，AF=2，
，
∵在中，，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【分析】
先由垂直的定义得到，由正方形的性质得到，即可利用同角的余角相等得到，再结合正方形边长和角度的特点即可利用AAS证明；再结合BC=8，，得出，因而可用勾股定理求得BE=10，从而可由面积法求得的长，最后利用全等三角形的性质可得CF=10，即可利用线段的和差关系，得出答案．
13．【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
14．【答案】（1）解：由题意得：
∴
∴
即：
解得：
（2）解：∵，∴
∴
由（1）可得：
∴
∴
∵，
∴
解得：
（3）解：由（1）得：即：
解得：
∵，
∴
∴
即：
∴
整理得：
∵
∴，
又
∴
故：
【知识点】正方形的性质；正方形中的十字架模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用相似三角形的判定证，利用相似三角形的对应边成比例可证得，结合求出CF的长.
（2）由可得，进一步可推出，利用已知三角形的面积可得到关于m的方程，解方程求出m的值.
（3）由（1）可表示出CF的长，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得，利用相似三角形的性质，可得到y关于x的关系式.
15．【答案】（1）80°
（2）
（3）解：①过点C作CE⊥AD于E，作CF⊥AB于F。
∵AC平分∠BAD，CE⊥AD，CF⊥AB
∴CE=CF
∵CE⊥AD，CF⊥AB
∴∠CED=∠CFB=90°
∵四边形ABCD是对补四边形
∴∠B+∠CDA=180°，
∵∠CDE+∠CDA=180°
∴∠B=∠CDE
∴△CED≌△CFB(AAS)
∴CD=CB
②∵AC平分∠BAD，
∴∠EAC=∠BAC=∠BAD=30°
∵∠CED=∠CFB=90°，CE=CF
∴△ACE≌△ACF(AAS)
∴AE=AF
∵△CED≌△CFB(AAS)
∴ED=BF
∴AD+AB=AE-ED+AF+BF=2AE
在Rt△AEC中，∠EAC=30°
∴AE=AC
∴AD+AB=2AE=AC
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；角平分线的判定；四边形中的对角互补模型
【解析】【解答】解：（1）由题意可得：
∠C=180°-∠A=80°
故答案为：80°
（2）由题意可得：
∠C=180°-∠A=90°
∵AB=3，AD=4，DC=2
∴
∴
故答案为：
【分析】（1）根据对补四边形定义即可求出答案.
（2）根据对补四边形定义可得∠C=90°，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）①过点C作CE⊥AD于E，作CF⊥AB于F，根据角平分线性质可得CE=CF，再根据垂直可得∠CED=∠CFB=90°，由对补四边形定义可得∠B=∠CDE，再根据全等三角形判定定理可得△CED≌△CFB(AAS)，则CD=CB，即可求出答案.
②根据角平分线概念可得∠EAC=∠BAC=∠BAD=30°，再根据全等三角形判定定理可得△ACE≌△ACF(AAS)，则AE=AF，再根据全等三角形性质可得ED=BF，再根据边之间的关系可得AD+AB=2AE，再根据含30°角的直角三角形性质即可求出答案.
16．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
（2）解：分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示：
四边形是正方形，
，，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
同理，四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
为中点，
，
，
，
；
（3）；
【知识点】正方形的性质；四边形的综合；正方形中的十字架模型
【解析】【解答】解：（3），
，
阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
阴影部分的面积为：，
空白部分的面积为：，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
设，，
则，
，
，
，
即，
，即，
的周长为，
故答案为：，．
【分析】（1）利用正方形的性质可证得AD=AB，，利用垂直的定义和余角的性质可知∠ADE=∠BAF，利用ASA可证得△DAE≌△ABF，利用全等三角形的性质可证得结论.
（2）分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示：易证四边形DMEF是平行四边形，利用平行四边形的性质可证得DM=EF，同时求出ME的长；可证得
同理，四边形是平行四边形，，利用余角的性质可证得∠ADM=∠BAN，利用ASA可证得△ADM≌△BAN，利用全等三角形的性质可得到DM=AN，可推出DM=GH，再求出AM的长，利用勾股定理求出DM的长，可得到GH的长.
（3）利用已知求出正方形ABCD的面积，根据已知条件可求出阴影部分的面积，即可得到空白地方的面积；利用SAS可证得△ABE≌△BCF，利用全等三角形的性质可知，，同时求出△ABG的面积，再证明∠AGB=90°；设，，可得ab的长，再求出a+b的长，即可求出△ABG的周长.
17．【答案】（1）；
（2）解：，理由如下：
根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点，
，；
又，
，
；
设，则，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：①第一种情况：
作的平行线，使，连接，
则四边形为平行四边形；
延长交于点，
，
，
，
，，
，即，
为的中点；
故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第二种情况：
作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，
故为的中点；
同理可证明：，
则，
则四边形是平行四边形；
故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第三种情况：
作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；
在延长线上取点F，使，连接，
则为的中点，
同理可证明，从而，
故四边形是平行四边形；
故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
②若按照图1作图，
由题意可知，，
四边形是平行四边形，
，
，
是等腰三角形；
过P作于H，则，
，，
，，
，
；
，，
，
，即
∴
若按照图2作图，
延长、交于点，
同理可得：是等腰三角形，
连接，
，
，
，
，
；
同理，，
，，，
，即，
，
若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意）
故答案为：或．
（4）解：延长交于点，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（5）解：设正方形的边长为，则：，
延长交于点，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；正方形中的十字架模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)根据题意可推出△AEF∽△CEB， 得到 从而推出AE，再根据勾股定理可求得BE， 再求得AB；
(2)根据题意可推出△AED∽△FEB， 得到 设BE=a， 则DE=2a， AB=CD=3a， 再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF， 即可求得答案；
(3)①作BC的平行线AD， 使AD= BC， 连接CD， 延长BE交AD于点F；
②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH= HC， 可推出 从而推出 计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二种情况，延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三线合一推出PA⊥AC，从而推出CPA∽△CB'E，同第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合题意.
18．【答案】（1）②④
（2）解：①∠ACD＝∠ACB，
理由：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC＋∠D＝180°，
∵∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠E＝∠ACD，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠ACB；
故答案为：ACD=ACB；
②过A作AF⊥EC于F，
∵AE＝AC，
∴CF＝CE＝（BC＋BE）＝（BC＋DC）＝，
∵∠BCD＝2α，
∴∠ACD＝∠ACB＝α，
在Rt△AFC中，cosα＝，
∴AC＝=，
故AC的长为．
（3）①如图，
②或
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；四边形中的对角互补模型；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（3）∵∠ABC=90°，AB=3，BC=4
∴
∵四边形ABMN是邻等对补四边形
∴∠ANM+∠ABM=180°
∴∠ANM=90°
当AB=AN时，连接AM
∵AM=AM
∴Rt△ABM≌Rt△ANM
∴BM=NM，不符合题意，舍去
当AB=BM时，过点N作NH垂直BC于点H
∵AB=BM=3
∴MC=BC-BM=1
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△MNC∽△ABC
∴，即
∴
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△NHC∽△ABC
∴，即
∴
∴
∴
当BM=MN时，连接AM
∵AM=AM
∴Rt△ABM≌Rt△ANM
∴AB=AN，不符合题意，舍去
当AN=MN时，过点N作NH⊥BC于点H
设NC=x，则AN=MN=5-x
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△MNC∽△ABC
∴，即
解得：，即
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C
∴△NHC∽△ABC
∴，即
∴
∴
∴
综上所述，BN的长为或
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义逐项进行判断即可求出答案.
（2）①延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，根据邻等对补四边形的定义可得∠ABC＋∠D＝180°，再根据角之间的关系可得∠ABE＝∠D，根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ADC（SAS），则∠E＝∠ACD，AE＝AC，再根据角之间的关系即可求出答案.
②过A作AF⊥EC于F，根据边之间的关系可得CF＝，由题意可得∠ACD＝∠ACB＝α，再根据余弦定义即可求出答案.
（3）①根据邻等对补四边形的定义作图即可求出答案.
②根据勾股定理可得AC，根据根据邻等对补四边形的定义可得∠ANM+∠ABM=180°，则∠ANM=90°，分情况讨论：当AB=AN时，连接AM，根据全等三角形判定定理可得Rt△ABM≌Rt△ANM，则BM=NM，不符合题意，舍去，当AB=BM时，过点N作NH垂直BC于点H，根据边之间的关系可得MC，根据相似三角形判定定理可得△MNC∽△ABC，则，代值计算可得NC，再根据相似三角形判定定理可得△NHC∽△ABC，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得BH，再根据勾股定理即可求出答案；当BM=MN时，连接AM，根据全等三角形判定定理可得Rt△ABM≌Rt△ANM，则∴AB=AN，不符合题意，舍去；当AN=MN时，过点N作NH⊥BC于点H设NC=x，则AN=MN=5-x，根据相似三角形判定定理可得△MNC∽△ABC，则，代值计算可得，即，再根据相似三角形判定定理可得△NHC∽△ABC，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得BH，再根据勾股定理即可求出答案.
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