2022年中考数学考前30天迅速提分专题11 四边形中的五种模型与真题训练（含答案）

这是一份2022年中考数学考前30天迅速提分专题11 四边形中的五种模型与真题训练（含答案），共65页。试卷主要包含了2四边形中的五种模型与真题训练，5　；等内容，欢迎下载使用。

2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.2四边形中的五种模型与真题训练

题型一： 中点四边形模型
一．选择题（共2小题）
1．（2021•旌阳区模拟）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝5，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，连接EG，HF，相交于点O，则EG2+FH2的值为（　　）

A．25 B．30 C．35 D．40
2．（2019•抚顺）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（　　）

A．AB＝CD，AB⊥CD B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BD D．AB＝CD，AD∥BC
二．填空题（共2小题）
3．（2021•江都区校级模拟）四边形ABCD中，AC＝BD，顺次连接它的各边中点所得的四边形是 　 　．
4．（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 　 　．

三．解答题（共1小题）
5．（2021•梧州模拟）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且AC⊥BD于点O．求证：四边形EFGH是矩形．





题型二：正方形中的十字架模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022•官渡区校级模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点O，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG．有以下结论：
①AE⊥DF；
②AH＝EH；
③CG∥AE；
④S四边形BEOF：S△AOF＝4．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共1小题）
2．（2022•内黄县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且CE+CF＝4，BE和AF相交于点G，在点E、F运动的过程中，当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时，△BCG的面积为 　 　．

三．解答题（共2小题）
3．（2022•越秀区校级一模）如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．

















4．（2022•泉州模拟）在正方形ABCD中，点G是边AB上的一个动点，点F、E在边BC上，BF＝FE＝AG，且AG≤AB，GF、DE的延长线相交于点P．
（1）如图1，当点E与点C重合时，求∠P的度数；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，问：（1）中∠P的度数是否发生变化，若有改变，请求出∠P的度数，若不变，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，作DN⊥GP于点N，连接CN、BP，取BP的中点M，连接MN，在点G的运动过程中，求证：为定值．


题型三：梯子模型
一．填空题（共2小题）
1．（2020•市中区二模）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，当点B在ON上移动时，点A随之移动，AB＝2，BC＝1，运动过程中，点D到点O的最大距离为 　 　．

2．（2020•惠山区一模）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为　 　．

二．解答题（共2小题）
3．（2015•青岛模拟）如图，∠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ABCD的形状保持不变，其中AB＝2，BC＝1，求运动过程中，点D到点O的最大距离．









4．（2005•海淀区）如图所示，一根长2a的木棍（AB），斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，设木棍的中点为P．若木棍A端沿墙下滑，且B端沿地面向右滑行．
（1）请判断木棍滑动的过程中，点P到点O的距离是否变化，并简述理由．
（2）在木棍滑动的过程中，当滑动到什么位置时，△AOB的面积最大？简述理由，并求出面积的最大值．

题型四：四边形中的对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2020•襄城区模拟）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．

【问题理解】
如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
【拓展探究】
如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；
【升华运用】
如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长．





2．（2020•新宾县模拟）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC，BD．
（1）如图1，当∠BAD＝60°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系 　 　；
（2）如图2，当∠BAD＝90°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系；并证明你的猜想；
（3）如图3，当∠BAD＝α（0°＜α＜180°）时，请直接写出线段AC，BC，DC之间的数量关系．（用含α的代数式表示）






















3．（2021•宜春一模）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形．
探究：（2）如图2，在等补四边形ABCD中，BA＝BC，连接BD，BD是否平分∠ADC？请说明理由．
运用：（3）如图3，在等补四边形ABCD中，CB＝CD，其外角∠FCB的平分线交AB的延长线于点E，AB＝20，CE＝10，求BE的长．





















4．（2022•罗湖区模拟）在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．




















5．（2019•咸宁）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
探究：
（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
运用：
（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．



















6．（2019•信丰县模拟）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”
如图1，四边形ABCD中，AB＝BC，∠B+∠D＝180°（或∠A+∠C＝180°），则四边形ABCD叫做“邻等对补四边形”．
概念理解
（1）在以下四种图形中：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形；一定是“邻等对补四边形”的是 　 　；（填写序号）
（2）如图2，点A、B、C是网格中格点，请找出两个格点P1，P2，连接P1A、P1C，P2A、P2C画出四边形P1ABC，P2ABC，使四边形P1ABC，P2ABC均为“邻等对补四边形”．
性质证明
（3）如图1，四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ADC．
知识运用
（4）如图3，在“邻等对补四边形”ABCD中，满足AB＝AD，AB+BC＝6，∠ADC＝60°时，若2≤BC＜3，求四边形ABCD的面积的最大值．











7．（2019•宁波模拟）有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．















题型五： 梯形中位线定理
一．解答题（共3小题）
1．（2015•凉山州一模）梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是AB、CD的中点，连接AF并延长并BC延长线于点G．
求证：EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．


























2．（2011•宣城模拟）我们知道连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线；通过证明可以得到“三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半”类似三角形中位线，我们把连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线．
（1）如图在梯形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是AB、CD的中点，观察EF的位置，联想三角形中位线的性质，你能发现梯形的中位线有什么性质？证明你的结论．

（2）如果点E分线段AB为＝，EF∥BC交CD于F，AD＝3，BC＝5，请你利用第（1）的结论求出EF＝　 　（直接填写结果）；
（3）如果点E分线段AB为＝，EF∥BC交CD于F，AD＝a，BC＝b，求EF的长．




















3．（2012•番禺区校级模拟）请阅读下面知识：
梯形中位线的定义：梯形两腰中点的连线，叫做梯形的中位线．如图，E，F是梯形ABCD两腰AB，CD的中点，则EF是梯形的中位线梯形中位线与两底长度的关系：梯形中位线长度等于两底长的和的一半如图：EF＝（AD+BC）利用上面的知识，完成下面题目的解答已知：直线l与抛物线M交于点A，B两点，抛物线M的对称轴为y轴，过点A，B作x轴的垂线段，垂足分别为D，C，已知A（﹣1，3），B（）
（1）求梯形ABCD中位线的长度；
（2）求抛物线M的解析式；
（3）把抛物线M向下平移k个单位，得抛物线M1（抛物线M1的顶点保持在x轴的上方），与直线l的交点为A1，B1，同样作x轴的垂线段，垂足为D1，C1，问此时梯形A1B1C1D1的中位线的长度（设为h）与原来相比是否发生变化？若不变，说明理由．若有改变，求出h与k的函数关系式．









【真题训练】
一．选择题（共4小题）
1．（2018•湘潭）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
2．（2019•遵义）我们把顺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．已知四边形ABCD的中点四边形是正方形，对角线AC与BD的关系，下列说法正确的是（　　）
A．AC，BD相等且互相平分 B．AC，BD垂直且互相平分
C．AC，BD相等且互相垂直 D．AC，BD垂直且平分对角
3．（2013•东营）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：（1）AE＝BF；（2）AE⊥BF；（3）AO＝OE；（4）S△AOB＝S四边形DEOF中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
4．（2019•抚顺）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（　　）

A．AB＝CD，AB⊥CD B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BD D．AB＝CD，AD∥BC

二．填空题（共1小题）
5．（2016•莱芜）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为 　 　．

三．解答题（共2小题）
6．（2012•滨州）我们知道“连接三角形两边中点的线段叫三角形的中位线”，“三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半”．类似的，我们把连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是AB，CD的中点，那么EF就是梯形ABCD的中位线．通过观察、测量，猜想EF和AD、BC有怎样的位置和数量关系？并证明你的结论．
















7．（2019•咸宁）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
探究：
（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
运用：
（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．


2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.2四边形中的五种模型与真题训练

题型一： 中点四边形模型
一．选择题（共2小题）
1．（2021•旌阳区模拟）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝5，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，连接EG，HF，相交于点O，则EG2+FH2的值为（　　）

A．25 B．30 C．35 D．40
【分析】连接EF、FG、GH、HE，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形EFGH为菱形，根据菱形的性质得到EG⊥FH，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接EF、FG、GH、HE，
∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF＝AC＝，FG＝BD＝，GH＝AC＝，HE＝BD＝，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH为菱形，
∴EG⊥FH，OE＝OG，OF＝OH，
∴OE2+OH2＝EH2＝，
∴EG2+FH2＝4OE2+4OH2＝25，
故选：A．

【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理、勾股定理是解题的关键．
2．（2019•抚顺）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（　　）

A．AB＝CD，AB⊥CD B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BD D．AB＝CD，AD∥BC
【分析】证出EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，得出EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，证出四边形EMFN为平行四边形，当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，得出平行四边形EMFN是菱形；当AB⊥CD时，EN⊥ME，则∠MEN＝90°，即可得出菱形EMFN是正方形．
【解答】解：∵点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，
∴EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，
∴EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，
∴四边形EMFN为平行四边形，
当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，
∴平行四边形EMFN是菱形；
当AB⊥CD时，EN⊥ME，
则∠MEN＝90°，
∴菱形EMFN是正方形；
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
3．（2021•江都区校级模拟）四边形ABCD中，AC＝BD，顺次连接它的各边中点所得的四边形是 　菱形　．
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理解答即可．
【解答】解：连接AC、BD，
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF＝AC．
同理FG＝BD，GH＝AC，EH＝BD，
∵AC＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
故答案为：菱形．

【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．
4．（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 　①②③④　．

【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ＝AC，MN∥AC，MN＝AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解答】解：①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．

故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
三．解答题（共1小题）
5．（2021•梧州模拟）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且AC⊥BD于点O．求证：四边形EFGH是矩形．

【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，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【解答】证明：∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝AC，GH＝AC，
∴EF＝GH，同理EH＝FG．
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵对角线AC、BD互相垂直，
∴EF与FG垂直．
∴四边形EFGH是矩形．
【点评】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，平行四边形的判断及矩形的判断进行证明，是一道综合题．

题型二：正方形中的十字架模型
一．选择题（共1小题）
1．（2022•官渡区校级模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点O，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG．有以下结论：
①AE⊥DF；
②AH＝EH；
③CG∥AE；
④S四边形BEOF：S△AOF＝4．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据正方形的性质可得AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°，从而可证△DAF≌△ABE，进而可得∠BAE＝∠ADF，然后可得∠BAE+∠AFD＝90°，即可解答；
②根据正方形的性质可得AD∥BC，从而可得∠DAC＝∠AEB，再利用折叠可得∠AEB＝∠AEG，进而可得∠DAE＝∠AEG，即可解答；
③由折叠得：∠AEB＝∠AEG＝（180°﹣∠GEC），GE＝GC，从而可得∠EGC＝∠ECG＝（180°﹣∠GEC），进而可得∠AEB＝∠GCE，即可解答；
④在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，然后证明△AOF∽△ABE，利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°，
∴∠ADF+∠AFD＝90°，
∵点E，F分别是边BC，AB的中点，
∴AF＝AB，BE＝EC＝BC，
∴AF＝BE，
∴△DAF≌△ABE（SAS），
∴∠BAE＝∠ADF，
∴∠BAE+∠AFD＝90°，
∴∠AOF＝180°﹣（∠BAE+∠AFD）＝90°，
∴AE⊥DF，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠AEB，
由折叠得：
∠AEB＝∠AEG，
∴∠DAE＝∠AEG，
∴AH＝EH，
故②正确；
由折叠得：
∠AEB＝∠AEG＝（180°﹣∠GEC），GE＝GC，
∴∠EGC＝∠ECG＝（180°﹣∠GEC），
∴∠AEB＝∠GCE，
∴AE∥CG，
故③正确；
∵∠B＝90°，AB＝4，BE＝2，
∴AE＝＝＝2，
∵∠B＝∠AOF＝90°，∠FAO＝∠BAE，
∴△AOF∽△ABE，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S四边形BEOF：S△AOF＝4，
故④正确；
所以，以上结论，正确的有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折变换（折叠问题），三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
二．填空题（共1小题）
2．（2022•内黄县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别是CD，BC边上的动点，且CE+CF＝4，BE和AF相交于点G，在点E、F运动的过程中，当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时，△BCG的面积为 　4或2　．

【分析】利用SAS判定△ABF≌△BCE，则得∠AGB＝90°；利用当△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍时可得∠ABG＝45°或60°，于是∠GBF＝45°或30°；过点G作GH⊥BC于点H，通过计算GH的长得到△BCG的高，利用三角形的面积公式即可求得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴CF+BF＝4．
∵CE+CF＝4，
∴CE＝BF．
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（SAS）．
∴∠AFB＝∠BEC．
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BEC．
∴∠ABG＝∠AFB．
∵∠ABG+∠FBG＝90°，
∴∠AFB+∠FBG＝90°．
∴BG⊥AF．
∴∠AGB＝90°．
∵△AGB中某一个内角是另一个内角的2倍，
∴∠ABG＝45°或60°．
∴∠GBF＝45°或30°．
过点G作GH⊥BC于点H，如图，

当∠GBF＝45°时，点F与点C重合，
∴GH＝，
∴△BCG的面积＝×BC×GH＝4．
当∠GBF＝30°时，
∵BG＝AB＝2，
∴GH＝BG＝1．
∴△BCG的面积＝×BC×GH＝2．
综上，△BCG的面积为4或2．
故答案为：4或2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形的面积，利用已知条件判定△ABF≌△BCE是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
3．（2022•越秀区校级一模）如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．

【分析】根据题意证明△ABQ≌△DAP即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵DQ＝CP，
∴AD﹣DQ＝CD﹣CP，
∴AQ＝DP，
∴△ABQ≌△DAP（SAS），
∴∠DAP＝∠ABQ，
∵∠DAP+∠BAP＝90°，
∴∠ABQ+BAP＝90°，
∴BQ⊥AP．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键．
4．（2022•泉州模拟）在正方形ABCD中，点G是边AB上的一个动点，点F、E在边BC上，BF＝FE＝AG，且AG≤AB，GF、DE的延长线相交于点P．
（1）如图1，当点E与点C重合时，求∠P的度数；
（2）如图2，当点E与点C不重合时，问：（1）中∠P的度数是否发生变化，若有改变，请求出∠P的度数，若不变，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，作DN⊥GP于点N，连接CN、BP，取BP的中点M，连接MN，在点G的运动过程中，求证：为定值．


【分析】（1）属于基础问题，根据图形性质求解即可．
（2）利用辅助线构造正方形中常见的旋转型全等，结合中位线得出结论．
（3）本题辅助线是关键，通过题目中给出的中点条件考虑可取其他中点结合中位线推导，并找到一组旋转型相似的三角形，进而解决问题．
【解答】解：（1）∵EF＝BF＝AG，E与C重合，
∴BF＝CF＝BG＝AG，
∴∠BGF＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠P＝∠BGF＝45°．
（2）不变．理由如下：
如图所示，连接BD，
取BD中点O，连接OG，OF，OC．
在正方形ABCD中，有：
OC＝OB，∠OCF＝∠OBG＝45°，
又∵AG＝BF，
∴BG＝CF，
∴△OCF≌△OBG（SAS）．
∴OG＝DF，∠COF＝∠BOG，
∴∠GOF＝∠BOC＝90°，
∴△GOF为等腰直角三角形．
又∵O，F分别是BD，BE的中点，
∴OF∥DE，
∴∠P＝∠OFG＝45°．


（3）如图所示，取DP中点Q，连接NQ，BD，MQ，
由题意可得，△DNP为等腰直角三角形，
∵Q为DP中点，
∴NQ⊥DP．
设∠CDP＝α，则∠NDC＝45°+α，∠BDP＝45°﹣α，
∵M，Q分别是BP，DP的中点，
∴MQ∥BD，
∴∠MQP＝∠BDP＝45°﹣α，
∴∠NQM＝90°﹣（45°﹣α）＝45°+α，
∴∠NQM＝∠NDC．
又∵，，
∴，
又∵△NQD为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴△NQM∽△NDC．
∴．
∴为定值．

【点评】本题属于难题，灵活选择辅助线并需要熟练掌握正方形的性质以及相似三角形模型是解题的关键．
题型三：梯子模型
一．填空题（共2小题）
1．（2020•市中区二模）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，当点B在ON上移动时，点A随之移动，AB＝2，BC＝1，运动过程中，点D到点O的最大距离为 　+1　．

【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE＝AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大．
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，
∵∠MON＝90°，AB＝2，
∴OE＝AE＝AB＝1，
∵BC＝1，四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝1，
∴DE＝＝，
根据三角形的三边关系，OD≤OE+DE，
∴当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为+1．
故答案为：+1．

【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，勾股定理，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键．
2．（2020•惠山区一模）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为　　．

【分析】根据题意首先取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，进而求出答案．
【解答】解：如图所示：取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，在
Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝8，点OE为斜边中线，
∴OE＝B1E＝A1B1＝4，
又∵B1C1＝BC＝4，
∴C1E＝＝4，
∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝4+4．
故答案为：4+4．

【点评】此题主要考查了轨迹以及勾股定理等知识，正确得出C点位置是解题关键．
二．解答题（共2小题）
3．（2015•青岛模拟）如图，∠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ABCD的形状保持不变，其中AB＝2，BC＝1，求运动过程中，点D到点O的最大距离．

【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的三边关系可知OD≤OE+DE，故当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理求出DE的长，由此可得出结论．
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，OD＝OE+DE，∵AB＝2，BC＝1，
∴OE＝AE＝AB＝1，
DE＝＝＝，
∴OD的最大值为：+1．

【点评】本题考查的是勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出三角形，利用三角形的三边关系求解即可得出结论．
4．（2005•海淀区）如图所示，一根长2a的木棍（AB），斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，设木棍的中点为P．若木棍A端沿墙下滑，且B端沿地面向右滑行．
（1）请判断木棍滑动的过程中，点P到点O的距离是否变化，并简述理由．
（2）在木棍滑动的过程中，当滑动到什么位置时，△AOB的面积最大？简述理由，并求出面积的最大值．

【分析】（1）木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不会变化．根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半即可判断；
（2）当△AOB的斜边上的高h等于中线OP时，△AOB的面积最大，就可以求出．
【解答】解：（1）不变．
理由：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，
∵斜边AB不变，
∴斜边上的中线OP不变；

（2）当△AOB的斜边上的高h等于中线OP时，△AOB为等腰直角三角形时，面积最大，
理由为：
证明：如图，若h与OP不相等，则总有h＜OP，
故根据三角形面积公式，有h与OP相等时，△AOB的面积最大，
此时，S△AOB＝．
∴△AOB的最大面积为a2．

【点评】此题利用了在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半；同时理解△AOB的面积什么情况最大是解决本题的关键．
题型四：四边形中的对角互补模型
一．解答题（共7小题）
1．（2020•襄城区模拟）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．

【问题理解】
如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
【拓展探究】
如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；
【升华运用】
如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长．
【分析】【问题理解】
由圆内接四边形对角互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；
【拓展探究】
过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
【升华运用】
连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△FAD∽△FCA，利用相似三角形的性质可求出AF的长．
【解答】【问题理解】
证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴＝，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
【拓展探究】
解：AC平分∠BCD，
理由如下：
过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则∠AEB＝∠AFD＝90°，

∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠ADC+∠B＝180°，
又∵∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△AFD与△AEB中，
，
∴△AFD≌△AEB（AAS），
∴AE＝AF，
∴点A一定在∠BCD的平分线上，
即AC平分∠BCD；
【升华运用】
解：连接AC，如图3，

同（2）理得∠EAD＝∠BCD，
由（2）知AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
同理∠FAD＝∠EAD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∵∠F＝∠F，
∴△FAD∽△FCA，
∴
∴AF2＝DF•CF＝DF（DF+CF）＝2×（2+6）＝16，
∴AF＝4．
【点评】本题是圆的综合题，考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是正确理解运用新定义等补四边形．
2．（2020•新宾县模拟）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC，BD．
（1）如图1，当∠BAD＝60°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系 　AC＝BC+DC　；
（2）如图2，当∠BAD＝90°时，猜想线段AC，BC，DC之间的数量关系；并证明你的猜想；
（3）如图3，当∠BAD＝α（0°＜α＜180°）时，请直接写出线段AC，BC，DC之间的数量关系．（用含α的代数式表示）

【分析】（1）延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE，利用SAS证明△ABC≌△ADE，得AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，再证明△ACE是等边三角形，可得结论；
（2）延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，与（1）同理得△ABC≌△ADE，△ACE是等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质可得结论；
（3）延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，与（1）同理得△ABC≌△ADE，过点A作AF⊥CE于E，，得CF＝FE＝，，从而解决问题．
【解答】解：（1）如图，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE，

∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC与△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝CE＝CD+DE＝CD+BC，
故答案为：AC＝BC+DC；
（2）BC+DC＝AC，理由如下：
如图，延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，

∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵AB＝AD，BC＝DE，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝∠BAD＝90°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴∠ACE＝∠AEC＝45°，
在Rt△CAE中，cos∠ACE＝cos45°＝，
∴CE＝AC，
∵BC＝DE，
∴BC+DC＝DE+DC＝CE＝AC；
（3）BC+DC＝2AC，理由如下：
如图，延长CD到E，使DE＝BC，连接AE，

∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADE＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC与△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AC＝AE，BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠CAD+∠DAE＝∠CAD+∠BAC＝α，
过点A作AF⊥CE，
∴CF＝FE＝，，
∴sin，
∴BC+DC＝2AC．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角函数等知识，熟练掌握对角互补模型是解题的关键．
3．（2021•宜春一模）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形．
探究：（2）如图2，在等补四边形ABCD中，BA＝BC，连接BD，BD是否平分∠ADC？请说明理由．
运用：（3）如图3，在等补四边形ABCD中，CB＝CD，其外角∠FCB的平分线交AB的延长线于点E，AB＝20，CE＝10，求BE的长．

【分析】（1）由圆内接四边形对角互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）过点B分别作BE⊥DC于点E，BF垂直DA的延长线于点F，证△ABF≌△CBE，得到BF＝BE，根据角平分线的判定可得出结论；
（3）连接AC，先证∠BAD＝∠BCF，推出∠BCE＝∠BAC，再证△BCE∽△CAE，利用相似三角形对应边的比相等可求出BE的长．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴弧AD＝弧CD，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（2）BD平分∠ADC，理由如下：
过点B分别作BE⊥DC于点E，BF垂直DA的延长线于点F，如图：

则∠AFB＝∠CEB＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠C+∠BAD＝180°，
又∠BAE+∠BAD＝180°，
∴∠C＝∠BAF，
∵AB＝BC，
∴△ABF≌△CBE（AAS），
∴BF＝BE，
∴BD是∠ADC的平分线，即BD平分∠ADC；
（3）连接AC，如图：

∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
又∠BCD+∠BCF＝180°，
∴∠BAD＝∠BCF，
∵CF平分∠BCF，
∴∠BCE＝∠BCF，
由（2）知，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠BAD，
∴∠BCE＝∠BAC，
又∠E＝∠E，
∴△BCE∽△CAE，
∴＝，
∵AB＝20，CE＝10，
∴＝，解得BE＝10﹣10（﹣10﹣10舍去），
∴BE＝10﹣10．
【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
4．（2022•罗湖区模拟）在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
【分析】（1）利用垂径定理即可证得结论；
（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；
（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．
【解答】证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，

∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∵AB∥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，

∴∠BOC＝2∠BAC，
∵OB＝OC，OF⊥BC，
∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，
∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，
设CF＝x，OF＝3x，
∵⊙O的直径是，
∴OC＝，
∵OC2＝OF2+CF2，
∴（）2＝（3x）2+x2，
解得：x＝，
∴CF＝，OF＝，
∴BC＝1，
∵B是CE的中点，
∴BE＝BC＝1，
∴EF＝，
∵OE2＝OF2+EF2，
∴OE2＝（）2+（）2＝，
∵OD2+DE2＝OE2，
∴DE＝＝＝．
（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，

∵A，P，B，C四点共圆，
∴∠APQ＝∠ACB，
∵AP＝PQ，
∴∠Q＝∠QAP，
∴∠Q＝90°﹣∠ACB，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE∥AB，
∴OD⊥AB，
∴K是AB的中点，
∵DH⊥BH，
∴∠BHD＝90°，
∵∠BKD＝90°，
∴B，K，H，D四点共圆，
∴∠BHK＝∠ODB，
∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，
∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，
∴∠ODB＝∠Q，
∴∠BHK＝∠Q，
∴AQ∥HK，
∴＝＝，
∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，
∴BQ＝BP+AP，
∴＝．
解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，

∵弦CD平分圆周角∠ACB，
∴AD＝BD，
∵＝，
∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，
∴△APD≌△BMD（SAS），
∴DP＝DM，AP＝BM，
∵DH⊥BP，
∴DH为△PDM的中线，
∴HP＝HM，
∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，
∵BH＝BM+HM，
∴＝＝．
【点评】本题考查了勾股定理，圆内接四边形，垂径定理等知识点，难度较大，解题的关键是作出辅助线，属于中考压轴题．
5．（2019•咸宁）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
探究：
（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
运用：
（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．

【分析】（1）由圆内接四边形对角互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
（3）连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出DF的长．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；

（2）AC平分∠BCD，理由如下：
如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；

（3）如图3，连接AC，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD＝∠EAD，
由（2）知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴，
即，
∴DF＝5﹣5．

【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
6．（2019•信丰县模拟）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“邻等对补四边形”
如图1，四边形ABCD中，AB＝BC，∠B+∠D＝180°（或∠A+∠C＝180°），则四边形ABCD叫做“邻等对补四边形”．
概念理解
（1）在以下四种图形中：①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形；一定是“邻等对补四边形”的是 　④　；（填写序号）
（2）如图2，点A、B、C是网格中格点，请找出两个格点P1，P2，连接P1A、P1C，P2A、P2C画出四边形P1ABC，P2ABC，使四边形P1ABC，P2ABC均为“邻等对补四边形”．
性质证明
（3）如图1，四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ADC．
知识运用
（4）如图3，在“邻等对补四边形”ABCD中，满足AB＝AD，AB+BC＝6，∠ADC＝60°时，若2≤BC＜3，求四边形ABCD的面积的最大值．

【分析】（1）根据“邻等对补四边形”的定义即可判断．
（2）如图作△ABC的外接圆，图中点P1，P2即为所求（答案不唯一，在直线AC的右侧圆上的格点，即可满足条件）．
（3）如图1中，连接AC，BD．证明A，B，C，D四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．
（4）如图3中，延长CB到H，使得BH＝BA，连接AH，AC，作CE⊥AD于E，CF⊥AH于F，作AK⊥BH于K．设BC＝x．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．
故答案为：④．

（2）如图2中，作△ABC的外接圆，图中点P1，P2即为所求（答案不唯一）


（3）如图1中，连接AC，BD．

∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴BA＝BC，
∴＝，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴BD平分∠ADC．

（4）如图3中，延长CB到H，使得BH＝BA，连接AH，AC，作CE⊥AD于E，CF⊥AH于F，作AK⊥BH于K．设BC＝x．

∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ADC＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABH＝60°，
∵BA＝BH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠H＝60°，
∴∠H＝∠D，
由（2）可知．AC平分∠BCD，
∴∠ACH＝∠ACD，
∵AC＝AC，
∴△ACH≌△ACD，
∴∠CAD＝∠CAH，
∵CE⊥AD，CF⊥AH，
∴CE＝CF，
∵BH+BC＝AB+BC＝6，
∴CF＝CE＝CH•sin60°＝3，AK＝HK•sin60°＝（6﹣x），
∴S四边形ABCD＝S△ADC+S△ACB＝•（6﹣x）•3+•x•（6﹣x）＝﹣x2+9，
∵2≤x＜3，
∴x＝2时，S有最大值，最大值S＝8，
【点评】本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
7．（2019•宁波模拟）有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．

【分析】（1）如图1中，作AH∥CD交BC于H．想办法证明△ABH是等边三角形即可．
（2）证明DA＝DC，∠B+∠ADC＝180°即可．
（3）如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．解直角三角形求出AG，GC，EG，证明点F是△AGC的内心，求出EF即可解决问题．
（4）如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．由AM∥FN，推出y＝＝＝＝•tanα＝•x，设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，想办法求出的值即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．

∵AD∥BC，AH∥CD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴AH＝CD，AD＝BC，
∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．

（2）证明：如图2中，连接CD．

∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵AE＝EC，
∴OD⊥AC，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．

（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．

∵AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，＝，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，
∴OE＝，OA＝＝，
∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，
∴AD＝＝，
∴GA＝GC＝＝10，
∵＝，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，
∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，
∴d＝3，
∴EF＝3，
∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．

（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．

∵BD是直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵BA＝BC，BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OA＝OB，
∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，
∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，
∴BD⊥AC，
∠BKC＝90°，
∴∠ACM+∠CBD＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM＝90°，
∴∠CAM＝∠CBD＝α，
∵AM⊥BC，FN⊥BC，
∴AM∥FN，
∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，
∴r＝，
∴m2+n2＝（）2，
整理得：＝，
∴y＝•x＝＝﹣x2+x，
∴y＝﹣x2+（x＞0）．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
题型五： 梯形中位线定理
一．解答题（共3小题）
1．（2015•凉山州一模）梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是AB、CD的中点，连接AF并延长并BC延长线于点G．
求证：EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．

【分析】先证明△ADF≌△GCF得到AD＝CG，再证明EF为△ABG的中位线，则EF∥BG，EF＝BG，易得EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠GCF，∠DAF＝∠CGF，
∵F为CD的中点，
∴DF＝CF，
在△ADF和△GCF中，
，
∴△ADF≌△GCF（AAS），
∴AD＝CG，
∵E是AB的中点，
∴EF为△ABG的中位线，
∴EF∥BG，EF＝BG，
∴EF∥AD∥BC，EF＝（BC+CG）＝（AD+BC）．
【点评】本题考查了梯形的中位线：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线．梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．也考查了三角形中位线性质．
2．（2011•宣城模拟）我们知道连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线；通过证明可以得到“三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半”类似三角形中位线，我们把连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线．
（1）如图在梯形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是AB、CD的中点，观察EF的位置，联想三角形中位线的性质，你能发现梯形的中位线有什么性质？证明你的结论．

（2）如果点E分线段AB为＝，EF∥BC交CD于F，AD＝3，BC＝5，请你利用第（1）的结论求出EF＝　3.5　（直接填写结果）；
（3）如果点E分线段AB为＝，EF∥BC交CD于F，AD＝a，BC＝b，求EF的长．
【分析】（1）连接AF并延长交BC的延长线于点G，然后利用角边角证明△ADF与△GCF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝CF、AD＝CG，然后再根据三角形的中位线定理即可得证明；
（2）过点A作AH∥CD交EF于点G，交BC于点H，根据平行四边形的对边相等可得GF＝AD，再根据平行线分线段成比例定理表示出EG的长度，然后相加即可求出EF的长；
（3）与（2）同理可求出EF的长．
【解答】解：（1）证明：如图1，连接AF并延长交BC的延长线于点G，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠GCF，
∵F是CD的中点，
∴DF＝FC，
在△ADF与△GCF中，
，
∴△ADF≌△GCF（ASA），
∴AF＝FG，AD＝CG，
∴EF∥BC，且EF＝BG，
∵BG＝BC+CG＝BC+AD，
∴EF＝（AD+BC），
即梯形的中位线平行于底边并且等于两底和的一半；

（2）如图2，过点A作AH∥CD交EF于点G，交BC于点H，
∵AD∥BC，
∴GF＝CH＝AD，
∵＝，
∴＝＝，
∴EG＝，
∴EF＝EG+GF＝+AD，
∵AD＝3，BC＝5，
∴EF＝+3＝3.5；

（3）如图3，过点A作AH∥CD交EF于点G，交BC于点H，
∵AD∥BC，
∴GF＝CH＝AD，
∵＝，
∴＝＝，
∴EG＝BH，
∴EF＝EG+GF＝BH+AD，
∵AD＝a，BC＝b，
∴EF＝×（b﹣a）+a＝．

【点评】本题主要考查了梯形的中位线与平行线分线段成比例定理，通过作辅助线，把梯形的问题转化为三角形的中位线进行解答是解题的关键．
3．（2012•番禺区校级模拟）请阅读下面知识：
梯形中位线的定义：梯形两腰中点的连线，叫做梯形的中位线．如图，E，F是梯形ABCD两腰AB，CD的中点，则EF是梯形的中位线梯形中位线与两底长度的关系：梯形中位线长度等于两底长的和的一半如图：EF＝（AD+BC）利用上面的知识，完成下面题目的解答已知：直线l与抛物线M交于点A，B两点，抛物线M的对称轴为y轴，过点A，B作x轴的垂线段，垂足分别为D，C，已知A（﹣1，3），B（）
（1）求梯形ABCD中位线的长度；
（2）求抛物线M的解析式；
（3）把抛物线M向下平移k个单位，得抛物线M1（抛物线M1的顶点保持在x轴的上方），与直线l的交点为A1，B1，同样作x轴的垂线段，垂足为D1，C1，问此时梯形A1B1C1D1的中位线的长度（设为h）与原来相比是否发生变化？若不变，说明理由．若有改变，求出h与k的函数关系式．

【分析】（1）根据A、B两点的坐标求出AD、BC的长度，再由中位线定理求出梯形ABCD中位线的长度即可；
（2）设抛物线的解析式为y＝ax2+b（a≠0），把A、B两点的坐标代入即可求出ab的值，进而得出抛物线的解析式；
（3）把直线AB的解析式同抛物线的解析式联立即可出x1、x2的表达式，再代入直线AB的解析式即可得出A1、B1的坐标，进而可得出A1D1及B1C1的长度，由中位线定理即可求出梯形A1B1C1D1的中位线的长度．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，3），B（）
∴AD＝3，BC＝，
∴梯形ABCD中位线＝（AD+BC）＝×（3+）＝；

（2）设抛物线的解析式为y＝ax2+b（a≠0），
∵点A（﹣1，3），B（）在抛物线上，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝2x2+1；

（3）∵抛物线M向下平移k个单位得抛物线M1，
∴抛物线M1的解析式为y＝2x2+1﹣k，
∴，
解得x1＝，x2＝（其中x1＜x2）
代入y＝﹣x+2得，y1＝﹣+2，y2＝﹣+2，
∴y1+y2＝（﹣）+（﹣）＝，
∴梯形A1B1C1D1的中位线长为，保持不变．
【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式、梯形的中位线定理等相关知识，难度适中．
【真题训练】
一．选择题（共4小题）
1．（2018•湘潭）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
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；
【解答】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＝AC，
同法可得：EF＝AC，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．
【点评】本题考查菱形的性质、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．
2．（2019•遵义）我们把顺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．已知四边形ABCD的中点四边形是正方形，对角线AC与BD的关系，下列说法正确的是（　　）
A．AC，BD相等且互相平分 B．AC，BD垂直且互相平分
C．AC，BD相等且互相垂直 D．AC，BD垂直且平分对角
【分析】利用中点四边形的判定方法得到答案即可．
【解答】解：A、顺次连接对角线相等且互相平分的四边形的四边中点得到的是平行四边形；
B、顺次连接对角线垂直且互相平分的四边形的四边中点得到的是矩形；
C、顺次连接对角线相等且垂直的四边形的四边中点得到的四边形是正方形；
D、对角线相互垂直且平分对角可以是正方形也可以是菱形．
故选：C．
【点评】考查了中点四边形的知识，牢记其规律是解答本题的关键．
3．（2013•东营）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：（1）AE＝BF；（2）AE⊥BF；（3）AO＝OE；（4）S△AOB＝S四边形DEOF中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据正方形的性质得AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，则由CE＝DF易得AF＝DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE＝BF；根据全等的性质得∠ABF＝∠EAD，
利用∠EAD+∠EAB＝90°得到∠ABF+∠EAB＝90°，则AE⊥BF；连接BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF＝S△DAE，则S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，即S△AOB＝S四边形DEOF．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，
而CE＝DF，
∴AF＝DE，
在△ABF和△DAE中
，
∴△ABF≌△DAE，
∴AE＝BF，所以（1）正确；
∴∠ABF＝∠EAD，
而∠EAD+∠EAB＝90°，
∴∠ABF+∠EAB＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；
连接BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，
∴S△AOB＝S四边形DEOF，所以（4）正确．
故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
4．（2019•抚顺）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（　　）

A．AB＝CD，AB⊥CD B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB＝CD，AC⊥BD D．AB＝CD，AD∥BC
【分析】证出EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，得出EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，证出四边形EMFN为平行四边形，当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，得出平行四边形EMFN是菱形；当AB⊥CD时，EN⊥ME，则∠MEN＝90°，即可得出菱形EMFN是正方形．
【解答】解：∵点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，
∴EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，
∴EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN＝AB＝FM，ME＝CD＝NF，
∴四边形EMFN为平行四边形，
当AB＝CD时，EN＝FM＝ME＝NF，
∴平行四边形EMFN是菱形；
当AB⊥CD时，EN⊥ME，
则∠MEN＝90°，
∴菱形EMFN是正方形；
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
二．填空题（共1小题）
5．（2016•莱芜）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2．如图，将直角顶点B放在原点，点A放在y轴正半轴上，当点B在x轴上向右移动时，点A也随之在y轴上向下移动，当点A到达原点时，点B停止移动，在移动过程中，点C到原点的最大距离为 　2+2　．

【分析】根据题意首先取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，进而求出答案．
【解答】解：如图所示：取A1B1的中点E，连接OE，C1E，当O，E，C1在一条直线上时，点C到原点的距离最大，在
Rt△A1OB1中，∵A1B1＝AB＝4，点OE为斜边中线，
∴OE＝B1E＝A1B1＝2，
又∵B1C1＝BC＝2，
∴C1E＝＝2，
∴点C到原点的最大距离为：OE+C1E＝2+2．
故答案为：2+2．

【点评】此题主要考查了轨迹以及勾股定理等知识，正确得出C点位置是解题关键．
三．解答题（共2小题）
6．（2012•滨州）我们知道“连接三角形两边中点的线段叫三角形的中位线”，“三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半”．类似的，我们把连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是AB，CD的中点，那么EF就是梯形ABCD的中位线．通过观察、测量，猜想EF和AD、BC有怎样的位置和数量关系？并证明你的结论．

【分析】连接AF并延长交BC于点G，则△ADF≌△GCF，可以证得EF是△ABG的中位线，利用三角形的中位线定理即可证得．
【解答】解：结论为：EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．理由如下：
连接AF并延长交BC于点G．
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠G，
在△ADF和△GCF中，
，
∴△ADF≌△GCF（AAS），
∴AF＝FG，AD＝CG．
又∵AE＝EB，
∴EF∥BG，EF＝BG，
即EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．

【点评】本题猜想并且证明了梯形的中位线定理，通过辅助线转化成三角形的中位线的问题．
7．（2019•咸宁）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）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
探究：
（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
运用：
（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．

【分析】（1）由圆内接四边形对角互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；
（3）连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出DF的长．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；

（2）AC平分∠BCD，理由如下：
如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，
则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
又∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；

（3）如图3，连接AC，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD＝∠EAD，
由（2）知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴，
即，
∴DF＝5﹣5．

【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．