专题21 垂美四边形模型-2023年中考数学一轮复习热点题型与方法精准突破（解析版）

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专题21 垂美四边形模型
垂美四边形的概念：对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。
垂美四边形的性质：①S垂美四边形ABCD=12AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
证明：1）S垂美四边形ABCD=S△ABC+ S△ADC
=12AC•BP+12AC•DP=12AC•(BP+DP)=12AC•BD
结论：垂美四边形的面积等于对角线乘积的一半。
2）∵AB2=AP2+BP2 CD2=PD2+PC2
∴AB2+CD2 = AP2+BP2+PD2+PC2
∵AD2=AP2+DP2 BC2=BP2+PC2
∴AD2+BC2 = AP2+BP2+PD2+PC2
∴AB2+DC2=AD2+BC2
[【变形一】如图，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP，
则DP、BP、AP、CP之间的关系：DP2+BP2=AP2+PC2
证明：∵ DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2
PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2 而AD=BC
∴ DP2+BP2=AP2+PC2
[【变形二】如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP
则AP、BP，CP，DP之间的关系：AP2+PC2=DP2+BP2
证明（思路）：
方法一：
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
方法二：
将△APD平移至如图所示位置，点A与点B重合，点D与点C重合
由平移的性质可得DP=CM，AP=BM，DP∥CM，∴四边形DPMC为平行四边形
∴CD∥PM 则∠1=∠2 而∠2+∠3= 90°
∴∠1+∠3= 90° 则∠CEP=90° ∴BC⊥PM
∴ BM2+PC2=CM2+BP2 (证明过程略)
∴ AP2+PC2=DP2+BP2
【培优过关练】
1．（2023秋·河北石家庄·八年级统考期末）如图所示，四边形的对角线，互相垂直，若，，则的长为（    ）

A．2.5 B．3 C．4 D．
【答案】D
【分析】在中，，在中，，再根据即可得出答案．
【详解】解：在中，，
在中，，
∴
，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，正确利用勾股定理是解题的关键．
2．（2022秋·四川绵阳·九年级统考期中）如图，四边形的两条对角线互相垂直，，则四边形的最大面积是（    ）

A．64 B．32 C．16 D．以上都不对
【答案】B
【分析】设，将四边形的面积转化为二次函数，求最值即可．
【详解】解： ∵，
∴四边形的面积；
设，
∵，
∴，
∴四边形的面积，
当时，四边形的面积最大：32，
∴四边形的最大面积是：32；
故选B．
【点睛】本题考查二次函数和几何的综合应用．根据题意，正确的列出二次函数的解析式，是解题的关键．
3．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，四边形的两条对角线互相垂直，AC、BD是方程的两个解，则四边形的面积是（    ）

A．60 B．30 C．16 D．32
【答案】B
【分析】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半，二次方程的两根乘积可以利用韦达定理快速求解即可．
【详解】由题意可知
四边形的面积
∵AC、BD是方程的两个解，
∴，四边形的面积，
故答案为：B．
【点睛】本题主要考查对角线互相垂直的四边形的面积计算及二次方程根与系数的关系，知道利用对角线的成绩计算面积是解题关键．
4．（2022秋·河南信阳·九年级统考阶段练习）如图，四边形的两条对角线互相垂直，，则四边形的面积最大值是（      ）

A．16 B．32 C．36 D．64
【答案】B
【分析】利用对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】解：设，四边形面积为S，则，
则：
当时，S最大为：32﹔
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数的最大值，能够正确利用面积计算公式结合方程思想是解题关键．
5．（2023春·八年级课时练习）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，点E为对角线BD上任意一点，连接AE、CE． 若AB=5，BC=3，则AE2-CE2等于(    )

A．7 B．9 C．16 D．25
【答案】C
【分析】连接AC，与BD交于点O，根据题意可得，在在与中，利用勾股定理可得，在在与中，继续利用勾股定理可得，求解即可得．
【详解】解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，

∵对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练运用勾股定理是解题关键．
6．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，点E是矩形内任意一点，连接，则下列结论正确的是（　　　）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】过点E作EF⊥BC，延长FE交AD于点M，由题意可证四边形ABFM，四边形DCFM是矩形，可得AM=BF，MD=CF，MF⊥AD，根据勾股定理可得：．
【详解】
如图：过点E作EF⊥BC，延长FE交AD于点M．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
又∵EF⊥BC
∴四边形ABFM，四边形DCFM是矩形
∴AM=BF，MD=CF，MF⊥AD
∵，，，
∴
故：选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，添加恰当辅助线构造矩形是本题的关键．
7．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，已知四边形的对角线、互相垂直于点，，，，那么________．

8．（2022·山东枣庄·统考模拟预测）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=3，BC=5，则____________．

【答案】34
【分析】在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，进一步得BO2+CO2+OD2+OA2=9+25，再根据AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，最后求得AB2+CD2=34．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得，
BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，
∴BO2+CO2+OD2+OA2=9+25，
∵AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，
∴AB2+CD2=34；
故答案为：34．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．
9．（2020·山东日照·校考三模）如果，在中，，，斜边的两个端点分别在相互垂真的射 线，上滑动，下列结论：①若C ，O两点关于对称，则②C ，O两点距离的最大值为4：③四边形的面积为；④斜边的中点D运动路径的长度是．其中正确结论的序号是_______________

【答案】①②##②①
【分析】①先根据含角的直角三角形性质分别求出和，由轴对称的性质可知：是的垂直平分线，所以；②根据，当经过的中点E时，最大，推出C、O两点距离的最大值为4；③如图2，根据四边形的面积等于面积与面积的和，其中的面积为，的面积为，且、的取值都是大于等于0小于等于4，由勾股定理得到，推出，推出，得到，得到；④如图3，半径为2，圆心角为的扇形的圆弧是点D的运动路径，根据弧长公式计算得到π．
【详解】解：在，，，
∴，，
若C、O两点关于对称，如图1，
则是的垂直平分线，
∴，  
∴①正确；
②如图1，取的中点E，连接、，
∵，
∴，
∵，
∴当经过点E时，最大， C、O两点间的距离最大值为4；
∴②正确；
③如图2，，其中，，
且，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴③不正确；
④如图3，斜边的中点D运动路径是：以点O为圆心，以2为半径的圆周的，
其弧长为：．
∴④不正确．
综上所述，本题正确的有：①②．
故答案为：①②．

【点睛】本题主要考查了含角的直角三角形，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．
10．（2020秋·全国·九年级专题练习）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．
应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为_____．

【答案】4﹣2
【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，根据题意可得，即可求出CE的长度，当C、D、E三点共线时，AB的值最小，且为CE与CD长度之差，故AB最小值可求．
【详解】解：以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：

则AB＝DE，
由题意得：，即，
解得：CE＝，
当C、D、E三点共线时，DE最小，
∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE-CD＝-2，
故答案为：-2．
【点睛】本题主要考查了以几何为背景的推理与论证、两点之间线段最短，解题的关键在于通过题目中已给的新知推断CD、CE、CA、CB之间的长度关系，并应用两点之间线段最短的定理，求出对应的最值．
11．（2022秋·天津·九年级天津市第五十五中学校考期末）如图，四边形两条对角线互相垂直，且．设，

(1)用含的式子表示：_____________；
(2)当四边形的面积为时，求的长；
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据进行求解即可；
（2）根据（1）所求，代入进行求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，设交于点O，
∵，，
∴，
∵四边形两条对角线互相垂直，
∴



，
故答案为；；

（2）解：由题意得，
∴，
解得或（舍去）
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形面积，一元二次方程的应用，正确列出四边形的面积关系式是解题的关键．
12．（2022秋·江西抚州·九年级南城县第二中学校考阶段练习）
(1)【知识感知】如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，能称为垂美四边形是______；（只填序号）
            
(2)【概念理解】如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由．
(3)【性质探究】如图1，垂美四边形的两对角线交于点，试探究，，，之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明；
(4)【性质应用】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，，求长．
【答案】(1)③④
(2)四边形ABCD是垂美四边形；理由见解析
(3)；理由见解析
(4)

【分析】（1）根据菱形和正方形的对角线互相垂直、垂美四边形的概念判断即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质、垂美四边形的概念判断即可；
（3）根据垂美四边形的概念、勾股定理计算，得到答案；
（4）证明△GAB≌△CAE，进而得出CE⊥BG，根据（3）的结论计算即可．
（1）
解：∵在①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是③菱形，④正方形，
∴③菱形，④正方形一定是垂美四边形，
故答案为：③④；
（2）
解：四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：如图2，∵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；
（3）
解：，
证明如下：如图①，∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，，
，
∴；
（4）
解：如图3，连接BE、CG，设AB与CE交于点M，

∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠BMC＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴，
∵AB＝10，AC＝8，
∴，，，
∴，
则GE＝．
【点睛】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．
13．（2022秋·九年级单元测试）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)若四边形ABCD的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接AC，根据三角形中位线定理证明HG＝EF，HG∥EF，根据平行四边形的判定定理可得结论；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形EFGH是矩形，进而求出即可解答．
（1）
证明：连接AC．
∵点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴HG＝AC，HG∥AC，EF＝AC，EF∥AC，
∴HG＝EF，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形；

（2）
连接BD，AC．
由（1）得：HG＝AC，HG∥AC，
同理可得：HE＝BD，HE∥BD，
∵，
∴，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形，
∵，
∴，
∴矩形EFGH的面积为12．

【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、中点四边形、三角形中位线定理，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
14．（2022秋·九年级课时练习）小明学习了特殊的四边形后，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，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两条对角线AC、BD之间的数量关系：______．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BG、CE交于点N，CE交AB于点M，连结GE．
①求证：四边形BCGE为垂美四边形；
②已知，，则四边形BCGE的面积为______．
【答案】(1)菱形和正方形
(2)AC∙BD
(3)①证明见解析；②

【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ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO= AC∙BD；
(3)①连接CG、BE，证出∠GAB=∠CAE，由SAS证明∆GAB≌△CAE，得出BG=CE，
∠ABG=∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM=90°，得出BG⊥CE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．
【详解】（1）(1) ∵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）如图1所示：

∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD；
故答案为：AC∙BD；
（3）证明：连接CG、BE，如图2所示:

∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴∠F=∠CAG=∠BAE= 90°，
FG= AG= AC= CF， AB= AE，
∴∠CAG +∠BAC=∠BAE+∠BAC，
即∠GAB= ∠CAE，
在∆GAB和△CAE中，

∆GAB≌∆CAE (SAS)，
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME = 90°
∠AME=∠BMN ，
∴∠ABG十∠BMN=90°
∴∠BNM=90°
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为垂美四边形；
∵FG=CF=AC=4，∠ACB=90°，AB= 5，
∴BC=，
∴ BF= BC+CF= 7，
在Tt△BFG中，
BG= ，
∴CE= BG=，
∴四边形BCGE为垂美四边形，
∴四边形BCGE的面积=，
故答案为：
【点睛】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关键．
15．（2021秋·山西太原·八年级太原师范学院附属中学校考阶段练习）认识新知：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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知OB＝OD，AB＝AD，判断：四边形ABCD____垂美四边形（填“是”或“否”）；
(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．
①若OA＝1，OB＝5，OC＝7，OD＝2，则AB2+CD2＝____；AD2+BC2＝____．
②猜想AB、BC、CD、AD这四条边的数量关系，并给出证明．
(3)解决问题：如图3，△ACB中，∠ACB＝90°，AC⊥AG且AC＝AG＝4，AB⊥AE且AE＝AB＝5，连结CE、BG、GE，则GE＝____．
【答案】(1)是
(2)①79，79；②，理由见解析
(3)

【分析】（1）连接AC、BD，根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）证△GAB≌△CAE（SAS），得∠ABG＝∠AEC，再证四边形CGEB是垂直四边形，然后由垂直四边形的性质，勾股定理，结合（2）的结论计算即可．
（1）
解：结论：四边形ABCD是垂美四边形．
理由：如图，连接AC和BD，

∵AD＝AB，
∴A在BD的垂直平分线上，
∵CD＝CB，
∴C在BD的垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
∴四边形ABCD为垂美四边形；
故答案为：是；
（2）
①解：∵AC⊥BD，
∴＝1+25+49+4＝79，
＝1+25+49+4＝79，
故答案为：79，79；
②结论：．
理由：∵，
∴，
，
∴；
（3）
如图，设AC与BG的交点为N，AB与CE的交点为M，

∵，，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∵，
∴，
由（2）得，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是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．
16．（2022春·江西上饶·八年级统考期末）定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．

(1)特例感知：如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果，，，则______，______．
(2)猜想论证：如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．
(3)拓展应用：如图2，分别以的直角边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，，求GE长．
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用含角的直角三角形的性质得，，再利用勾股定理即可得出答案；
（2）由“垂美四边形”得，再根据勾股定理得；
（3）连接，，首先利用证明，得，说明，从而得出，进而解决问题．
（1）
解：，，
，
四边形是“垂美四边形”，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：，；
（2）
结论：，
证明：∵于点O，
∴，
∴.
同理可得，，
∴
（3）
解：如图：连接CG、BE，

∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形GCBE为垂美四边形，
由（2）中结论可知，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
根据线段为正数可知
【点睛】本题是一道新定义题，主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，正方形的性质等知识，利用（2）中结论是解决问题（3）的关键．
17．（2022春·广东韶关·八年级统考期末）新定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)尺规作图：以已知线段为对角线作一个垂美四边形，使其对角线交于点O；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)已知四边形是垂美四边形，且，则它的面积为________；
(3)如图，四边形是垂美四边形，，探究a、b、c、d的数量关系；

(4)如图，已知D、E分别是中边的中点，，请运用上题的结论，求的长．

【答案】(1)见解析
(2)
(3)
(4)

【分析】（1）分别以点E、点G为圆心画弧，交于EG上方于点F，交EG下方于点G，连接EF、EH、GF、GH，四边形EFGH即为所求；
（2）将四边形ABCD分为上下两个三角形，分别求出两个三角形的面积再相加即可；
（3）将四边形ABCD分为四个小的直角三角形，再根据勾股定理分别用OA、OB、OC、OD表示出、、、即可知道a、b、c、d之间的数量关系；
（4）连接DE，根据题意可得四边形AEDB是垂美四边形，结合（3）的结论即可求出AB长度．
【详解】（1）解：如图1：

（2）解：如图2，

Rt△ACD中，，
Rt△ABC中，，．
（3）∵，
∴中，；
中，，
中，，
中，，
∴，
；
∴；
（4）解：连接，如图3，

∵D、E分别是中边的中点，
∴；
∵，
∴四边形是垂美四边形；
∴；
即，
得．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练地掌握勾股定理，读懂题目的新定义，巧妙地运用等量代换得出结论是解题的关键．
18．（2022秋·江西吉安·九年级统考期末）定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．

(1)特例感知：
如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，如果，OB=2，，则______，______．
(2)猜想论证
如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．
(3)拓展应用：
如图2，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，∠BAC=60°，求GE长．
(4)如图3，∠AOB=∠COD=90°，∠ABO=∠CDO=30°，∠BOC=120°，OA=OD，，连接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
(3)
(4)

【分析】（1）根据勾股定理及含30度角的直角三角形求出BC和OC的值，再根据勾股定理即可得出答案；
（2）根据勾股定理及含30度角的直角三角形分别用含OA的式子表示出BC和OC的值，再根据勾股定理即可得证；
（3）连接CG、BE，先利用SAS证明，再利用角的关系得出四边形GCBE为垂美四边形，最后根据（2）的结论即可得出答案；
（4）连接AD，先求证，再利用角的关系得出四边形ABCD为垂美四边形，最后根据（2）的结论即可得出答案；
(1)
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
(2)
证明：，
，
，
，
，
，
，
，
．
(3)
解：如图：连接CG、BE，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
四边形GCBE为垂美四边形，
由（2）中结论可知，
，
，
，
，，
，
，
根据线段为正数可知．

(4)
解：如图：连接AD，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
在中，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
四边形ABCD为垂美四边形，
由（2）中结论可知，
即，
，
根据线段为正数可知．

【点睛】本题是一道新定义题，涉及到相似三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、解直角三角形、等边三角形的判定及性质、正方形的性质，是一道综合性强的题，熟练掌握相关的性质定理是解题的关键．
19．（2021春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，我们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ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）解决问题：已知AB＝5．BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；
①如图2，当∠ACB＝90°，连接DE，求DE的长；
②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH＝2，则S△ABC＝　　．

【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）根据AC⊥BD可以得到∠AOB =∠COD=90°即可得到AB²=AO²+OB²，CD² =DO²+OC²即AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²同理可以得到AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²即可得到答案;
（2）连DC、AE相交于点F，先证明△ABE≌△DBC得到∠CDB=∠BAE从而证得AE⊥CD再利用勾股定理和（1）中的结论求解即可得到答案；
（3）连DC、AE相交于点F，作CP⊥BD交DB延长线于点P，BP²+CP²=BC²=（4）²=32，DP²+PC²=DC²=（）²=96，(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64，DP²-BP²=64从而求出BP=，再证明AB∥PC则S△ABC＝AB×BP.
【详解】解：（1）证明：∵AC⊥BD
∴∠AOB=90°
在Rt△AOB中AB²=AO²+OB²
∴∠COD=90°
在Rt△COD中CD² =DO²+OC²
∴AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²
同理AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC²

(2) ①解：连DC、AE相交于点F
∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形
∴BE=BCAB=BD
∠CBE=∠ABD=90°
∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC
∴△ABE≌△DBC
∴∠CDB=∠BAE
∵∠ABD=90°
∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠AFD=90°
∴AE⊥CD
∵AB=5，BC=4∠ACB=90°
∴AC=
∵AB=5，BD=5∠ABD=90°
∴AD=
∵BC=4，BE=4∠CBE=90°
∴CE=
由（1）中结论AD²+EC²=AC²+DE²
∴(10)²+（8）²=（3）²+DE²
∴DE=

②连DC、AE相交于点F
∵点G、H分别是AD、AC中点，GH＝
∴DC=2GH=
作CP⊥BD交DB延长线于点P
BP²+CP²=BC²=（4）²=32
DP²+PC²=DC²=（）²=96
∴(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64
∴DP²-BP²=64
∴（BD+BP)²-BP²=64
∴（5+BP)²-BP²=64
∴BP=
∵∠PBA=90°，∠P=90°，
∴∠PBA+∠P=90°+90°=180°
∴AB∥PC
则S△ABC＝AB×BP=×5×

【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20．（2021·贵州贵阳·统考一模）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ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2．
（2）解决问题：已知AB＝5，BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP．
①如图2，当∠ACB＝90°，连接PQ，求PQ；
②如图3，当∠ACB≠90°，点M、N分别是AC、AP中点连接MN．若MN＝，则S△ABC＝　 　．

【答案】（1）详见解析；（2）①，②
【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论；
（2）①根据SAS可证明△PBC≌△ABQ，得∠BPC＝∠BAQ，得∠PDA＝90°，可求出PQ的长；
②连接PC、AQ交于点D，同①可证△PBC≌△ABQ，则AQ＝PC且AQ⊥PC，由MN＝2，可知AQ＝PC＝4．延长QB作AE⊥QE，求出BE的长，则答案可求出．
【详解】解：（1）证明：如图中，

∵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，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）①如图，连接PC、AQ交于点D，

∵△ABP和△CBQ都是等腰直角三角形，
∴PB＝AB，CB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ＝90°，
∴∠PBC＝∠ABQ，
∴△PBC≌△ABQ（SAS），
∴∠BPC＝∠BAQ，
又∵∠BPC+∠CPA+∠BAP＝90°，
即∠BAQ+∠CPA+∠BAP＝90°，
∴∠PDA＝90°，
∴PC⊥AQ，
利用（1）中的结论：AP2+CQ2＝AC2+PQ2
即（5）2+（4）2＝32+PQ2；
∴PQ＝．
②如图，连接PC、AQ交于点D，

同①可证△PBC≌△ABQ（SAS），AQ＝PC且AQ⊥PC，
∵M、N分别是AC、AP中点，
∴MN＝，
∵MN＝2，
∴AQ＝PC＝4．
延长QB作AE⊥QE，
则有AE2+BE2＝25，AE2+QE2＝48，
∵EQ＝4+BE，
∴（4+BE）2﹣BE2＝23，
解得BE＝，
∴S△ABC＝BC×BE＝＝．
故答案为：．
【点睛】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．