中考数学第一轮专项练习重难点10 与四边形有关7种模型（解析版）

这是一份中考数学第一轮专项练习重难点10 与四边形有关7种模型（解析版），共140页。
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157081899" 题型01 垂美模型
\l "_Tc157081900" 题型02 中点四边形
\l "_Tc157081901" 题型03 梯子模型
\l "_Tc157081902" 题型04 正方形半角模型
\l "_Tc157081903" 题型05 四边形翻折模型
\l "_Tc157081904" 题型06 十字架模型
\l "_Tc157081905" 题型07 对角互补模型
平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
题型01 垂美模型
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
1．（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O．若AD=2，BC=4，则AB2+CD2= ．
【答案】20
【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，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，
∴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，
∵AD=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.
2．（2022·安徽安庆·统考二模）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形（如图1）．下面就让小聪同学带领你们来探索垂美四边形的奥秘吧！请看下面题目：
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．猜想结论：（要求用文字语言叙述） 写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证、证明）．
（3）如图3，分别以Rt△ACB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，BG，GE，已知AC=2cm，AB=3cm，则GE长为 ．(直接写出结果，不需要写出求解过程)
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，证明见解析；（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明过程见解析；（3）21cm
【分析】（1）根据垂直平分线的判定与性质即可求解；
（2）根据垂直的定义和勾股定理即可解答；
（3）连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，先证明△BAG≌△EAC，继而得到∠ABG=∠AEC，根据∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，即有∠ABG+∠∠BMN=90°，则∠BNM=90°，即CE⊥BG，可知四边形CGEB是垂美四边形，根据（2）结论即可求解．
【详解】（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：连接AC、BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）21cm；
理由：
连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，如图，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠BAG=∠CAE，
∵AC=AG，AB=AE，
∴△BAG≌△EAC，
∴∠ABG=∠AEC，
∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴由（2）的结论可知BC2+GE2=GC2+BE2，
∵正方形的性质有BE=2AB，GC=2AC，
∴BE=32，GC=22，
∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=2，
∴理由勾股定理有BC=AB2-AC2=32-22=5，
∴GE2=GC2+BE2-BC2=(22)2+(32)2-(5)2=21，
∴GE=21（cm）．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直的定义、勾股定理等知识，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解答本题的关键．
3．（2021·山东枣庄·统考中考真题）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ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD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ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC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AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，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ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵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=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2-AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=-73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【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．
4．（2019·甘肃天水·统考中考真题）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ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2=AD2+BC2；
(3)解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】(1) 四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) GE=73.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线AC是线段BD的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接CG、BE，先证明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，可证∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，从而四边形CGEB是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】(1)四边形ABCD是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为AD2+BC2=AB2+CD2．
(3)连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≌△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=42，BE=52，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，
∴GE=73．
【点睛】本题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．
5．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，分别以Rt△ACB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，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE长．
【答案】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由详见解析；（2）四边形FMAN是矩形，理由详见解析；问题解决：73.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理可得直线AC是线段BD的垂直平分线，进而得证；
（2）首先猜想出结论，根据垂直的定义可得∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，进而证得猜想，将已知代入即可求得CD；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可.
【详解】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形．
（2）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD=DB、AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
问题解决：
连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
∵在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=42，BE=52，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=73.
【点睛】本题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；
题型02 中点四边形
【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
①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
证明：
结论一：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是平行四边形.
结论二：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和.
结论三：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半.
结论四：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.
结论五：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.
结论六：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.
6．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接AC、BD，相交于点O，

∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=12AC，GH=12AC，
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
在Rt△AOB中，AB=4，OA=12AC=2，
∴OB=42-22=23，
∴BD=43，
∴EF=12AC=2，EH=12BD=23，
∴四边形EFGH的周长为2+23×2=4+43．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
7．（2018·湖南湘潭·统考中考真题）如图，已知点E、F、G．H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．平行四边形
【答案】B
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；
【详解】解：连接AC、BD．AC交FG于L．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵DH=HA，DG=GC，
∴GH∥AC，HG=12AC，
同法可得：EF=12AC，EF∥AC，
∴GH=EF，GH∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
同法可证：GF∥BD，
∴∠OLF=∠AOB=90°，
∵AC∥GH，
∴∠HGL=∠OLF=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故选B．
【点睛】题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定等、三角形的中位线定理知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（2023·山西·统考中考真题）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．
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ABCD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ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,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AC,BD长度的关系，并证明你的结论．

【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AC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，即可得妯结论．
【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ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴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AC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．
9．（2017·吉林长春·中考真题）【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE=12BC．（不需要证明）
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．
【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是： ．（只添加一个条件）
（2）如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O．若AO=OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 ．
【答案】[探究]平行四边形；[应用]（1）添加AC=BD；（2）54
【分析】[探究]利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；
[应用]（1）添加条件AC=BD，同[探究]的方法判断出FG=12BD，即可判断出EF=FG，即可得出结论；
（2）先判断出S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，进而得出S四边形EFGH=52，再判断出OM=ON，进而得出S阴影=12S四边形EFGH即可．
【详解】解：[探究]平行四边形．
理由：如图1，连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
综上可得：EF∥HG，EF=HG，
故四边形EFGH是平行四边形．
[应用]
（1）添加AC=BD．
理由：连接AC，BD，
由（1）知，EF=12AC，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴FG=12BD，
∵AC=BD，
∴EF=FG，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形；
故答案为AC=BD；
（2）如图2，由[探究]得，四边形EFGH是平行四边形，
∵F，G是BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴△CFG∽△CBD，
∴SΔCFGSΔBCD=14，
∴S△BCD=4S△CFG，
同理：S△ABD=4S△AEH，
∵四边形ABCD面积为5，
∴S△BCD+S△ABD=5，
∴S△CFG+S△AEH=54，
同理：S△DHG+S△BEF=54，
∴S四边形EFGH=S四边形ABCD﹣（S△CFG+S△AEH+S△DHG+S△BEF）=5﹣52=52，
设AC与FG，EH相交于M，N，EF与BD相交于P，
∵FG∥BD，FG=12BD，
∴CM=OM=12OC，
同理：AN=ON=12OA，
∵OA=OC，
∴OM=ON，
易知，四边形ENOP，FMOP是平行四边形，
∴S阴影=12S四边形EFGH=54．
故答案为54．

【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，解[探究]的关键是判断出HG∥AC，HG=12AC，解[应用的关键是判断出S四边形EFGH=52，是一道基础题目．
10．（2016·甘肃兰州·中考真题）阅读下面材料：
在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？
小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．
结合小敏的思路作答：
（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参考小敏思考问题的方法解决一下问题；
（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．
①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；
②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．
【答案】（1）是平行四边形，理由见解析；（2）①AC=BD；证明见解析；②AC⊥BD．
【分析】（1）如图2，连接AC，根据三角形中位线的性质及平行四边形判定定理即可得到结论；
（2）①由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=12BD，HG=12AC，于是得到当AC=BD时，FG=HG，即可得到结论；
②若四边形EFGH是矩形，则∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，则AC⊥BD．
【详解】解：（1）是平行四边形．理由如下：
如图2，连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）①AC=BD．
理由如下：
由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=12BD，HG=12AC，
∴当AC=BD时，FG=HG，
∴平行四边形EFGH是菱形；
②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．
理由如下：
同（1）得：四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，GH∥AC，
∴GH⊥BD，
∵GF∥BD，
∴GH⊥GF，
∴∠HGF=90°，
∴四边形EFGH为矩形．
【点睛】此题主要考查了中点四边形，熟练掌握三角形中位线定理及平行四边形、菱形及矩形的判定是解题的关键．
11．（2016·山东德州·中考真题）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=12AC，FG=12BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．
12．（2023·陕西宝鸡·校考一模）问题提出
如图1，在△ABC中，AB=12,AC=9,DE∥BC．若AD=4，则AE的值为__________．
问题探究
如图2，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，连接EF、FG、GH、HE．若AC=14,BD=16,∠AOB=60°，求四边形EFGH的面积．
问题解决
如图3，某市有一块五边形空地ABCDE，其中∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°,AB=600米，BC=800米，AE=650米，DC=400米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园MNGH，使点M、N、G、H分别在边AB、BC、CD、AE上，要求AH=CN,AM=CG,tan∠BNM=34,请问，是否存在符合设计要求的面积最大的四边形花园MNGH？若存在，求四边形MNGH面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】问题提出：3；问题探究：283；问题解决：存在四边形MNGH面积的最大值，四边形MNGH的最大面积为240000平方米．
【分析】问题提出：由DE∥BC，得AEAC=ADAB，得出AE9=412，进一步得出结果；
问题探究：根据三角形中位线性质可得出EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7， EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，从而得出四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，从而∠FEQ=∠AOB=60°，进一步得出结果；
问题解决：延长AE，CD，交于Q，可得出四边形ABCQ是矩形，设BM=6a，BN=8a，表示出△BMN和AAHM的面积，进而表示出四边形MNGH的面积，配方后求出结
果．
【详解】解：问题提出
∵DE∥BC，
∴AEAC=ADAB，
∴AE9=412，
∴AE=3，
故答案为：3；
问题探究如图，设AC，EH交于点R，BD，EF交于点T，作FQ⊥EH于Q，
∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7，EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，
∴四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，
∴∠FEQ=∠AOB=60°，
∴FQ=EF·sin∠FEQ=7×sin60°=723，
∴S四边形EFGH=EH·FQ=8×723=283；
问题解决：如下图，延长AE，CD，交于Q，
∵∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AB=CQ，AQ=CB，
∵AH=CN，AM=CG，
∴BM=QG，BN=HQ，
∵tan∠BNM=34=BMBN，
∴可设BM=6a，BN=8a，
∴S△BMN=S△GHQ=12×6a⋅8a=24a2，
∴S△AMH=S△CGN=12600-6a800-8a，
∴S四边形MNGH=600×800-48a2-600-6a800-8a
=-96a-502+240000
∴存在四边形MNGH面积的最大值，当a=50米时，四边形MNGH的最大面积=240000(平方米)．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的应用，平行线分线段成比例定理等知识，解决问题的关键是设变量建立函数关系式．
题型03 梯子模型
【模型介绍】如下图，一根长度一定的梯子斜靠在竖直墙面上，当梯子底端滑动时，探究梯子上某点（如中点）或梯子构成图形上的点的轨迹模型（图2），就是所谓的梯子模型.

【考查方向】已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动，求线段最值问题.
模型一：如图所示，线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，∠ACB=∠AOC=90°，
AC的中点为P，连接OP、BP、OB，则当O、P、B三点共线时，此时线段OB
最大值.
思路：∵OP+BP ≥ OB （三点共线时，取相等）
∴OB≤ OP+BP
∴当O、P、B三点共线时，此时线段OB取最大值
OB= OP+BP = 12AC+BC2+PC2= 12AC+BC2+(12AC)2
即已知Rt∆ACB中AC、BC的长，就可求出梯子模型中OB的最值.
模型二：如图所示，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点A在
边OM上运动时，点B随之在ON上运动，且运动的过程中矩形ABCD形状保
持不变，AB的中点为P，连接OP、PD、OD，则当O、P、D三点共线时，此时
线段OD 取最大值.
思路：∵OP+PD ≥ OD （三点共线时，取相等）
∴OD≤ OP+PD
∴当O、P、D三点共线时，此时线段OD取最大值
OD= OP+DP = 12AB+AP2+AD2= 12AB+(12AB)2+AD2
即已知矩形ABCD中AB、AD的长，就可求出梯子模型中OD的最值.
13．（2023·广西南宁·广西大学附属中学校联考一模）如图，已知∠MON=90°，线段AB长为6，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．则OC的最大值为（ ）
A．6+35B．8C．3+35D．9
【答案】C
【分析】取AB的中点E，连接OE、CE，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得OE=BE=12AB，再根据勾股定理求得CE=BE2+CB2=35，即可根据“两点之间线段最短”得OC≤3+35，则OC的最大值为3+35，于是得到问题的答案．
【详解】解：取AB的中点E，连接OE、CE，
∵∠AOB=90°，线段AB长为6，
∴OE=BE=12AB=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=90°，CB=AB=6，
∴CE=BE2+CB2=32+62=35，
∵OC≤OE+CE，
∴OC≤3+35，
∴OC的最大值为3+35，
故选：C．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．（2023·山东济南·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，点A在x轴的正半轴上滑动，点B在y轴的正半轴上滑动，点A，点B在滑动过程中可与原点O重合，下列结论：
①若C，O两点关于AB对称，则OA=23；②若AB平分CO，则AB⊥CO；
③四边形ACBO面积的最大值为4+23；④AB的中点D运动路径的长为12π．
其中正确的结论是 （写出所有正确结论的序号）．
【答案】①③/③①
【分析】①先根据含30°角的直角三角形性质分别求出AB和AC，由轴对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以OA=AC=23；②当∠ABO=30°时，四边形AOBC是矩形，此时AB与OC互相平分，但AB与OC不垂直；③如图2，根据四边形AOBC的面积等于△ABC面积与△ABO面积的和，其中△ABC的面积为23，△ABO的面积为12OA⋅OB，且OA、OB的取值都是大于等于0小于等于4，由勾股定理得到OB=16-OA2，推出OA⋅OB=-OA2-82+64，推出0≤OA⋅OB≤8，得到0≤S△ABO≤4，得到23≤SAOBC≤23+4；④如图3，半径为2，圆心角为90°的扇形的圆弧是点D的运动路径，根据弧长公式计算得到π．
【详解】解：在Rt△ACB，BC=2，∠BAC=30°，
∴AB=4，AC=23，
若C、O两点关于AB对称，如图1，则AB是OC的垂直平分线，
∴OA=AC=23，故①正确；
当∠ABO=30°时，∠OBC=∠AOB=∠ACB=90°，
∴四边形AOBC是矩形，
∴AB与OC互相平分，但AB与OC不垂直，故②不正确；
如图2，SAOBC=S△ABC+S△ABO，其中S△ABC=12AC⋅BC=23，S△ABO=12OA⋅OB，且0≤OA≤4，0≤OB≤4，
∵OA2+OB2=AB2=16，
∴OB=16-OA2，
∴OA⋅OB=OA16-OA2 =-OA4+16OA2 =-OA2-82+64，
∵-OA2-82+64≤64，
∴0≤OA⋅OB≤8，
∴0≤S△ABO≤4，
∴23≤SAOBC≤23+4，故③正确；
∵∠AOB=90°，AB=4，D是AB的中点，
∴OD=2，
∴如图3，斜边AB的中点D运动路径是：以点O为圆心，以2为半径的圆周的14的圆弧，
其弧长为：90π×2180=π，故④正确．
综上所述，本题正确的有：①③．
故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形，轴对称，三角形面积，二次函数，圆弧等，解决问题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的边角性质，轴对称性质，三角形面积公式，二次函数性质，圆弧长公式．
15．（2022·四川绵阳·统考一模）如图，边长为2的菱形ABCD的顶点A，D分别在直角∠MON的边OM，ON上滑动．若∠ABC＝120°，则线段OC的最大值为 ．
【答案】1+7
【分析】如图，连接AC，BD交于G，根据菱形的性质得到AC⊥BD，得到∠GBC=60°，∠BAD=60°，根据直角三角形的性质得到BG=12BC=1，CG=AG=3，取AD的中点E，连接OE，过E作EF⊥AC于F，根据勾股定理得到CE=CF2+EF2=(332)2+(12)2=7，连接OC，有OC≤OE+EC，当O、E、C共线时，OC有最大值，即可得到结论．
【详解】解：如图，连接AC，BD交于G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠ABC＝120°，
∴∠GBC＝60°，∠BAD＝60°，
∴BG＝12BC＝1，CG＝AG＝3，
取AD的中点E，连接OE，
∵AD＝2，∠MON＝90°，
∴OE＝AE＝1，
过E作EF⊥AC于F，
则∠DAG＝30°，
∴EF＝12AE=12,AF=32，
∴CF＝332，
连接CE，
∴CE＝∴CE=CF2+EF2=3322+122=7，
连接OC，有OC≤OE+EC，
当O、E、C共线时，OC有最大值，最大值是OE+CE＝1+7，
故答案为：1+7．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．（2022·湖北随州·统考一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．
例：如图1，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形的形状保持不变，其中AB=2，BC=1，运动过程中，点D到点O的最大距离是多少？
分析：如图1，取AB的中点E，连接DE、OE，则△ODE中，OD为待求线段，DE，OE的长是可求的，即△ODE为待求线段OD的“关联三角形”，在△ODE中利用三角形三边关系定理可以得到OD的不等式，当点O，E，D三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到OD的最值．
(1)根据上面的分析，完成下列填空：
解：如图1，取AB的中点E，连接DE，OE．
在Rt△OAB中，OE=12AB=1，
在Rt△ADE中，DE=1+1=2，
在△ODE中，OD