第1部分-复习-专题01 四边形有关六种常见模型解题技巧（教师版）-新九年级数学暑假衔接讲义（人教版）

这是一份第1部分-复习-专题01 四边形有关六种常见模型解题技巧（教师版）-新九年级数学暑假衔接讲义（人教版），共59页。学案主要包含了模型介绍，解题技巧，变式1-1，变式1-2，变式1-3，变式2-1，变式2-2，变式2-3等内容，欢迎下载使用。

\l "_Tc157081899" 题型01 勾股定理之翻折模型 \l "_Tc157081903" 题型02 勾股定理之垂美四边形
\l "_Tc157081900" 题型03 中点四边形 \l "_Tc157081902" 题型04 正方形中半角模型
\l "_Tc157081904" 题型05 正方形中十字架模型 \l "_Tc157081905" 题型06 对角互补模型
题型01 勾股定理之翻折模型
题型02 勾股定理之垂美四边形
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
题型03 中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
题型04 正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长
④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
证明：
①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM
先根据已知条件∆ABE ≌ ∆ADM (SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM
而∠BAE+∠FAD =45°，所以∠DAM+∠FAD =45°，可证明∆AEF ≌ ∆AMF (SAS)，
由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF
②思路：∵∆AEF ≌ ∆AMF (SAS) ∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF
∴AF平分∠DFE 又∵∠AMF=∠AEB
∴∠AEB=∠AEF ∴AE平分∠BEF
③思路：C∆CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+ EC）+（DF+ FC）=BC+DC=2BC
④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G
根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG
因此可以证明: ∆ABE ≌ ∆AGE (AAS), ∆AGF ≌ ∆ADF(AAS)
所以AB=AG=AD，S∆ABE =S∆AGE，S∆AGF =S∆ADF
则S∆AEF= S∆AGE+ S∆AGF= S∆ABE + S∆ADF
⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB ,使AD，AB重合
因为∆APD ≌ ∆ANB (AAS) 所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN
因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°
因为∠BAE+∠PAD=45° 所以∠NAB+∠BAE=45°
则∆ANO ≌ ∆APO (SAS) 所以NO=OP
在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2 ，则OP2=OB2+OD2
题型05 十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
题型06 对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
题型归纳
\l "_Tc157081899" 题型01 勾股定理之翻折模型
【例1】（2023春•米东区期末）如图，将矩形沿对角线所在直线折叠，点落在同一平面内，落点记为，与交于点，若，求的长．
【分析】设，则，依据，即可得到．中，利用勾股定理即可得到的长．
【解答】解：，
，
设，则，
由题可得，，，
，
，
中，，
即，
解得，
．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理的运用，解题时，常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
【变式1-1】．（2023春•东莞市月考）如图，在长方形中，将长方形沿折叠，使点的对应点与点重合，点的对应点为点．
（1）求证：；
（2）若，，求的面积．
【分析】（1）解法一：根据矩形的性质得到，进而得到，根据折叠的性质得，以此得的，最后根据等角对等边即可证明；
解法二：根据矩形的性质和折叠的性质可得，，由同角的余角相等得，以此可通过证明，以此即可证明；
（2）设，则，在中，根据勾股定理列出方程，求得的长，再根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】（1）证明：解法一：四边形为矩形，
，
，
根据折叠可知，，
，
；
解法二：四边形为矩形，
，，
根据折叠可知，，，，
，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：根据折叠可知，，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
【变式1-2】．（2023春•乾安县期末）如图，在矩形中，，点是边上的动点，连接．现将沿对折，使点刚好落在边上的点处，求的值．
【分析】由题意易得，，，由折叠可知，，在中，利用勾股定理求得，于是，设，则，在中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：四边形为矩形，，
，，，
由折叠可知，，，
在中，，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
．
【点评】本题主要考查矩形的性质、坐标与图形性质、折叠的性质、勾股定理，利用折叠的性质得到对应相等的线段，再利用勾股定理解决问题．
【变式1-3】．（2023春•姜堰区期末）如图，矩形纸片，，，点为边上一动点，将矩形纸片沿折叠，折叠后与相交于点．
（1）为何值时，点与点重合；
（2）当长为何值时，的面积最大？并求出面积的最大值．
【分析】（1）由折叠可知，当点与点重合时，即可求解；
（2）由折叠可知，由平行线的性质可得，于是可得，，由，可知当最大时，的面积最大，而在中，只要当最大时，就最大，于是可得当最大时，最大，设，则，在中，利用勾股定理建立方程解得，再求出此时，的面积即可．
【解答】解：（1）当点与点重合时，如图，
四边形为矩形，
，
由折叠可知，，
，
，
为时，点与点重合；
（2）如图，
由折叠知，，
，
，
，即，
，
，而的长度不变，
当最大时，的面积最大，
又
最大时，的面积最大，
而在中，只要当最大时，就最大，
当最大时，最大，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
，
当时，的面积最大值为10．
【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
\l "_Tc157081903" 题型02 勾股定理之垂美四边形
【例2】（2023春•怀宁县期末）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是
（2）性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： ．
（3）问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②求出四边形的面积．
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）四边形的面积的面积的面积；
（3）①连接、，证出，由证明，得出，，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出，得出即可；
②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）解：如图1所示：
四边形的面积的面积的面积；
故答案为：；
（3）①证明：连接、，、相交于点，如图2所示：
四边形和四边形是正方形，
，，，
，
即，
在和中，
，
，
，，
又，，
，
，
，
四边形为垂美四边形；
②解：，，，
，
，
在中，，
，
四边形为垂美四边形，
四边形的面积．
【点评】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、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．
【变式2-1】．（2024春•通州区校级月考）如图1，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解，在四边形中，以下是垂美四边形的是 ．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④，．
（2）性质探究，小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图1，在四边形中，若，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由．
（3）问题解决：如图2．在中，，，、分别是、的中点，连接、．有，求．
【分析】（1）利用垂美四边形的定义依次判断，可求解；
（2）由勾股定理可得结论；
（3）由三角形中位线定理可得，，，由垂美四边形的性质可求解．
【解答】解：（1）菱形的对角线互相垂直，
菱形是垂美四边形，
，，
，
当，的四边形是垂美四边形，
故答案为：③④；
（2）猜想正确，理由如下：
四边形中，，
，
，，，，
，，
；
（3），，、分别是、的中点，
，，，
，
，
，
．
【点评】本题为四边形综合题，主要考查的是菱形的性质，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．
【变式2-2】．（2023春•涟水县月考）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形；性质：垂美四边形的对角线互相垂直．
（1）如图1，在四边形中，连接、，对角线相交于，垂直于，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）如图2，已知四边形是垂美四边形，求证：；
（3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，，求的长．
【分析】（1）依据垂美四边形定义，即可判定；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【解答】（1）解：四边形是垂美四边形．
四边形的对角线，
四边形是垂美四边形．
（2）证明：设与相交于点，
已知四边形是垂美四边形，
，
，
由勾股定理得，，
，
．
（3）如图3，设与相交于点，连接、，
，
，即，
在和中，
，
，
，
又，
，即，
四边形是垂美四边形，
由（2）得，，
，，
，，，
，
．
【点评】（1）四边形是垂美四边形；理由解解析过程；
（2）证明见解析过程；
（3）．
【变式2-3】（2023春•青川县期末）概念理解：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形
（1）性质探究：如图1，四边形是垂美四边形，直接写出、、、的数量关系： ．
（2）解决问题：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接、、．若，，求的长（可直接利用（1）中性质）
【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论；
（2）先判断出，得出四边形是垂美四边形，借助（1）的结论即可得出结论．
【解答】解：（1）结论：，
如图1中，设交于．
，
，
由勾股定理得，，
，
；
故答案为：．
（2）连接、，
，
，即，
在和中，
，
，
，又，
，即，
四边形是垂美四边形，
由（2）得，，
，，
，，，
，
．
【点评】此题是四边形综合题，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．
\l "_Tc157081900" 题型03 中点四边形
【例3】（2023春•南山区校级期中）如图，四边形中，，，，分别是，，，的中点．
求证：四边形是平行四边形．
【分析】连接，再利用三角形中位线定理可得，，，．进而得到，且，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证出结论．
【解答】证明：如图，连接．
，分别是，的中点，
所以，．
，分别是，的中点．
，．
，且．
四边形是平行四边形．
【点评】此题主要考查了中点四边形，关键是掌握三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【变式3-1】．（2023春•汉阴县期中）如图，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）对角线，满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由．
【分析】（1）连接，，利用三角形中位线定理可得，，，，则，，从而证明结论；
（2）根据菱形的判定可知，当四边形的对角线添加条件时，这个中点四边形是菱形．
【解答】（1）证明：如图，连接，，
，分别是，的中点，
，，
同理，，，
，，
中点四边形是平行四边形；
（2）解：当图中的四边形的对角线满足条件时，这个中点四边形是菱形，
，，，
，
是菱形，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形和菱形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，1、两组对边分别平行的四边形是平行四边形（定义判定法）；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（两组对边平行判定）；5、对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【变式3-2】．（2023春•姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由．
【分析】（1）利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，只要证明即可．
【解答】（1）证明：点、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形为平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形，理由如下：
由（1）知：四边形是平行四边形．
、分别是、的中点，
．
又，
当时，，
平行四边形是菱形．
【点评】此题考查了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理．熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形．
【变式3-3】．（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形．
（1）这个中点四边形的形状是 ；
（2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明．
【分析】（1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论；
（2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论．
【解答】解：（1）中点四边形是平行四边形；
理由如下：连接，如图1所示：
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）四边形为菱形．理由如下：
连接与，如图2所示：
和为等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，，
，，
四边形是平行四边形；
，
，
四边形为菱形．
【点评】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键．
\l "_Tc157081902" 题型04 正方形中半角模型
【例4】（2023春•东港区校级期中）【问题发现与证明】
如图1，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，“截长补短”是常用的方法之一．在图2中，连接，为了证明结论“”，小亮延长到，使解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
【问题拓展与应用】
如图3，正方形的边长为6，点，分别在，上，若，，求的长．
【分析】【问题发现与证明】：根据题意易通过证明，则，，根据可得，进而得到，因此可通过证明，得到，以此即可证明；
【问题拓展与应用】：根据勾股求得，则，由【问题发现与证明】可知，，设，则，，在中，根据勾股定理建立方程，求得，在中，根据勾股定理即可求解．
【解答】【问题发现与证明】证明：四边形为正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，即，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
；
【问题拓展与应用】解：正方形的边长为6，
，，
在中，，，
，
，
由【问题发现与证明】可知，，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
，
在中，．
【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，理解题意，构造合适全等三角形解决问题是解题关键．
【变式4-1】．（2023秋•茅箭区校级月考）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
【变式4-2】．（2023春•天元区校级期末）如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接、、．
（1）试判断，，之间的数量关系，并写出证明过程．
（2）如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出线段，，之间数量关系．
【分析】（1）首先利用证明，得，从而得出答案；
（2）在上取．连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论；
（3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题．
【解答】解：（1）．证明如下：
由旋转，可知：
，，．，
点、、共线，
，
．
在和中，
．
，
，
；
（2）．证明如下：
在上取．连接，
，，
，
，，
，
．
在和中，
，
，
，
；
（3）将绕点逆时针旋转得，
，，，
，
，
点、、共线，
由（1）同理可得，
，
．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
【变式4-3】如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，则BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如图1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周长；
(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 ．

【答案】（1）=；（2）8；（3）
【分析】（1）如图1中，延长到，使得，连接．证明，推出，，再证明，推出，可得结论．
（2）如图中，作于．利用全等三角形的性质证明，利用（1）中结论即可解决问题．
（3）结论：．如图2中，在上取一点使得．证明方法类似（1）．
【详解】解：（1）如图1中，延长到，使得，连接．
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
（2）如图中，作于．
，，，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
的周长．
（3）结论：．
理由：如图2中，在上取一点使得．
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
\l "_Tc157081904" 题型05 正方形中十字架模型
【例5】（2023春•库尔勒市校级期末）如图，，，，四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库和分别位于和上，且．问题：此时与有怎样的关系？请说明理由．
【分析】先根据已知条件证明，再利用全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】解：如图所示：
与互相垂直且相等，理由如下：
四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
，
，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
与互相垂直且相等．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，解题关键是根据已知条件证明．
【变式5-1】．（2023春•增城区期末）如图1，在正方形中，，点在边上，连接，且，点是的中点．
（1）求的长；
（2）过点作直线，分别交，于点，，且，求的长；
（3）如图2，过点作的垂线，分别交，，于点，，，连接，求的度数．
【分析】（1）由得出，设，则，根据勾股定理列出方程即可求解；
（2）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和勾股定理可求解；
（3）由角平分线的性质可得，由线段垂直平分线的性质可得，由“”可证，可得，由平角的性质可求解．
【解答】解：（1），
，
设，则，
在中，，
解得或（舍去），
；
（2）如图，过点作，交于，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
．
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
，
；
如图，过点作，交于，过点作于点，
同理可证：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的长为或；
（3）如图，连接，过点作于点，于点，
四边形是正方形，
，
，，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点评】此题考查了考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是添加恰当的辅助线构造全等三角形．
【变式5-2】．（2023春•武汉期末）【探索发现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形绕点怎么转动，总有，连接，求证：；
【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
【迁移拓展】（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，直接写出线段的长度．
【分析】（1）根据正方形的性质证明，推出，得到，然后根据股定理和线段的代换即可证得结论．
（2）连接，证明，可得，，然后根据股定理和线段的代换证明即可；
（3）设，分两种情况：当点在边上，点在边延长线上时，结合（2）的结论利用股定理构建方程求解即
【解答】（1）证明：四边形、都是正方形，
，，，，
，
，
，
，连接，
在中，，
．
（2）仍然成立．
连接，
是矩形的中心，
在上，且，
延长交于，连接，如图：
四边形是矩形，
，，
，，
，
，，
又矩形中，，
．
（3）当点在边上时，如图：
，
，
设，则，
则，
解得，即，
．
当点在边延长线上时，如图：
同理可证．，
设，则，
，
，
解得，即，
，
综上所述，或，
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键
【变式5-3】．（2023春•淮安期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？
（1）直接判断： （填“”或“” ；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
（2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
（3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处．
①四边形是正方形吗？请说明理由；
②若，点在上，，直接写出的最小值为 ．
【分析】（1）证明即可得出结论；
（2）过点作，证明，由此可得；
（3）①如图3，连接，证明，所以，；由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；
②作交的延长线于点，作于点，可证明△，由此可得；易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则；作关于的对称点，则，可得，求出的值即可得出结论．
【解答】解：（1），
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：；
（2），理由如下：
如图2，过点作，交于点，交于点，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）①如图3，连接，
由（2）的结论可知，，
四边形是正方形，是正方形的对角线，
，，
，
，
，，
由折叠可知，，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
菱形是正方形；
②如图4，作交的延长线于点，作于点，
，
由上知四边形是正方形，
，，，
，
，
△，
，；
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
；
如图4，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，
则是等腰直角三角形，
，即当，，三点共线时，最小，最小值为的长．
，
，
，
，
，
，
，即的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键
\l "_Tc157081905" 题型06 对角互补模型
【例6】如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．
（1）求点的坐标．
（2）当绕点旋转时，
①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出的最小值．
【分析】（1）由题意知，，即可解决问题；
（2）①过点作轴于，于．利用证明，得，从而得出；
②连接，由勾股定理得，则，当最小时，也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）点在第一象限的角平分线上，
，
，
；
（2）①不变．
过点作轴于，于．
，，
四边形是正方形，
，
．
在和中，
，
，
，
，
②连接，
，
，
，
，
，当最小时，也最小．
根据垂线段最短原理，最小值为2，
的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
【变式6-1】定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 ；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，为边的等补四边形；
探究：
（3）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．
【分析】（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；
（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；
（3）过点分别作于点，交的延长线于点，证明，由全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定可得出结论；
【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．
故答案为：正方形．
（2）如图1，等补四边形为所求图：
（3）平分，理由如下：
如图2，过点分别作于点，交的延长线于点，
则，
四边形等补四边形，
，
又，
，
，
，
，
又，，
是的平分线，即平分．
【点评】本题是四边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式6-2】．（2023春•分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；
（2）在“完美”四边形中，，，连接．
①如图1，求证：平分；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分
想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分；
想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分．
请你参考上面的想法，帮助小明证明平分；
②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长使，连接
，，
，
，
．
．
即平分；
想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到，
．
；
；
．
，
．
点，，在一条直线上．
，
即平分
②
理由如下：
延长使，连接，
由 ①得为等腰三角形．
，
，
．
．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式6-3】四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 ；
（2）如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为： ；
（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明：
①平分；
②；
（4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为： ．
【分析】（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得，，，即可得；
（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．
【解答】解：（1）四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故答案为：；
（3）①延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
（4）延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
过点作交于点，
为的中点，
，
在中，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
过关检测
1．（2024春•武威期中）在矩形中，，，点是射线上一个动点，连接并延长交射线于点，将沿直线翻折到△，延长与直线交于点．
（1）求证：；
（2）当点是边的中点时，求的长；
（3）当时，求的长．
【分析】（1）由折叠的性质和等腰三角形的判定即可求解；
（2）利用矩形的性质可得，利用全等三角形的性质可得，设，由（1）可得，，再利用勾股定理即可求解；
（3）当时，设，分为两种情况：第一种情况，点在线段上，，，第二种情况，点在线段的延长线上，，，利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
由折叠性质可得：
，
，
，
（2）点是边的中点，
，
四边形是矩形，，
，，，
，
，
，
，
设，
，，
在中，，
，
解得：，
的长为；
（3）当时，设，应分为两种情况：
第一种情况，如图，点在线段上，
，，
在中，，
，
解得：，
的长为；
第二种情况，如图，点在线段的延长线上，
，，
在中，，
，
解得：，
的长为21；
综上，当时，的长为或21．
【点评】本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理等知识点，分类讨论的思想是解题的关键．
2．（2024春•济阳区校级月考）【探索发现】如图①，四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图②，小明将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．从而证明出了．
（1）请你写出小明的证明过程；
【类比延伸】
（2）如图③，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接数，请根据小明的发现给你的启示写出，，之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）先证明，进而可得到，进而求解；
（2）证明，进而得到，即可求解．
【解答】解：（1）．证明如下：
由旋转，可知：，，．，
点、、共线，
，
．
在和中，
，
．
，
，
；
（2）．证明如下：
在上取．连接，
，，
，
，，
，
．
在和中，
，
，
，
，
．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023秋•茅箭区校级月考）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
4．（2024春•濮阳期中）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
（1）四边形的形状是 平行四边形 ；
（2）证明你的结论．
（3）当、满足 时，四边形是菱形．
（4）当、满足 时，四边形是矩形．
（5）当、满足 时，四边形是正方形．
【分析】（1）猜想：四边形是平行四边形．
（2）连接，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形．
（3）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（4）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是矩形．
（5）根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形证明即可．
【解答】解：（1）结论：四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）连接，，
四边形中，、、、分别为、、、的中点，
，，
，
同理：，
四边形是平行四边形．
（3）当时，四边形是菱形．
，，
，
四边形是菱形；
故答案为：．
（4）当时，四边形是矩形．
由（2）得：四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
故答案为：．
（5）当且时，四边形是正方形．
时，四边形是矩形，时，四边形是菱形，
四边形是正方形．
故答案为：，．
【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定等知识，熟记各定理是解题的关键．
5．（2024春•赵县期中）如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形中，，垂足为，求证：．
（2）解决问题：已知，，分别以的边和向外作等腰和等腰．
①如图2，当，连接，求；
②如图3，当，点、分别是、中点连接．若，则 ．
【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论；
（2）①根据可证明，得，得，可求出的长；
②方法一：连接、交于点，同①可证，则且，由，可知．延长作，求出的长，则答案可求出．
方法二：连接，，，延长使，由①得，，证明，得出，则可得出答案．
【解答】解：（1）证明：如图1中，
，
，
由勾股定理得，，
，
；
（2）①方法一：连接、交于点，如图2，
和都是等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
又，
即，
，
，
利用（1）中的结论：
即；
．
②连接、交于点，如图3，
同①可证，且，
、分别是、中点，
，
，
．
延长作，
则有，，
，
，
解得，
．
方法二：
连接，，，延长使，
由①得，，
，，
，
，
即，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、中位线定理、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．
6.如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连接、，点、、、分别是、、、的中点，试判断四边形的形状，并说明理由；
（3）如图3，点、分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）四边形为正方形，理由见解析；（3）
【分析】（1）由四边形为正方形，可得，推得，由，可得，可证即可；
（2）、为、中点，可得为的中位线，可证，，由点、、、分别是、、、的中点，可得PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，可证，，，，，，可证四边形为平行四边形．再证四边形为菱形，最后证即可；
（3）延长交于点，由对称性可得，，，由勾股定理可求，可得，设，在中，，解得，在中，可求．
【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，
∴∠AHB=90°，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
（2）解：四边形为正方形，理由如下：
∵、为、中点，
∴为的中位线，
∴，，
∵点、、、分别是、、、的中点，
∴PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为正方形．
（3）解：延长交于点，
由对称性可知
，，，
在中，
，
∴，
设，则，
在中，
，
，
∴，
在中，
．
【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键．
已知
图示
结论（性质）
证明过程
四边形中AC⊥BD
①S垂美四边形ABCD=12AC•BD
②AB2+DC2=AD2+BC2
如图，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP
DP2+BP2=AP2+PC2
∵DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2
PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2
而AD=BC
∴ DP2+BP2=AP2+PC2
如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP
AP2+PC2=DP2+BP2
过点P分别作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分别为点E、点F、点G、点H
由已知条件可得HF⊥EG
∴HG2+EF2=EH2+FG2(证明过程略)
而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH
∴ AP2+PC2=DP2+BP2
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．
大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故．
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．
大致证明思路：如图2，将延长至点，使，连，可证，再证，故．