中考数学二轮复习专题八 四边形常见模型（含答案详解）

这是一份中考数学二轮复习专题八 四边形常见模型（含答案详解），共95页。试卷主要包含了中点四边形，十字模型，与正方形有关的三垂直模型，垂美四边形等内容，欢迎下载使用。
专题八 四边形常见模型
一、中点四边形
例题1如图，已知△ABC，点O是平面内不与点A，B，C重合的任意一点，连接OA，OB，OC，并顺次连接AB，OB，OC，AC的中点D，E，F，G得四边形DEFG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）若使四边形DEFG为矩形，则OA与BC的位置关系是　 　；若使四边形DEFG为菱形，则OA与BC的数量关系　 　．

【答案】（1）见解析；（2）OA⊥BC，OA＝BC
【解析】
【分析】
（1）根据三角形中位线的性质可得DGBC，DG＝BC，EFBC，EF＝BC，进而可得DGEF，DG＝EF，再由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（2）由矩形的判定和菱形的判定可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵D、G分别是AB、AC的中点，
∴DGBC，DG＝BC，
∵E、F分别是OB、OC的中点，
∴EFBC，EF＝BC，
∴DG＝EF，DGEF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）解：当四边形DEFG是矩形，OA⊥BC．
由三角形中位线性质得∠EDG＝90°，
所以平行四边形DEFG是矩形．
当OA＝BC时，四边形DEFG是菱形．
由三角形中位线性质得DE＝EF，
所以平行四边形DEFG是菱形．
故答案为：OA⊥BC，OA＝BC．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质，三角形的中位线，矩形的判定，菱形的判定，解本题的关键是判定四边形DEFG是平行四边形．
练习题
1．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．
（1）任意四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（2）任意平行四边形的中点四边形是什么形状？为什么？
（3）任意矩形、菱形和正方形的中点四边形分别是什么形状？为什么？
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）平行四边形；理由见解析；（3）菱形、矩形、正方形．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接BD，根据三角形的中位线定理，可得EH∥GF，EH =FG，即可求证；
（2）连接AC，DB，根据三角形的中位线定理，可得EH∥GF，EH =FG，即可求证；
（3）利用（1）的判定方法，再根据三角形的中位线定理和矩形、菱形、正方形的判定方法来判定，即可求证．
【详解】
（1）任意四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知四边形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，如图1：

∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴ ， ，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，
∴ ， ，
∴EH∥GF，EH =FG，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）任意平行四边形的中点四边形是平行四边形，理由如下：
已知平行四边形ABCD，E，N，M，F分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图2：

∵E，F分别是DA，DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，EF= ，
∵M，N分别是BC，AB的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC，MN=AC，
∴EF∥MN，EF=MN，
∴四边形MNEF是平行四边形；
（3）如果原四边形为矩形，则形成的中点四边形为菱形，理由如下：
已知矩形ABCD，H，E，F，G分别是DA，AB，BC，DC的中点，连接AC，DB，如图：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=BD，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF=BD，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=AC，
∵G是CD的中点，H是AD的中点，
∴GH是△ACD的中位线，
∴GH= AC，
又∵AC=BD，
∴EF=GF=EH=GH，四边形EFGH是菱形；
如果原四边形为菱形，则形成的中点四边形为矩形，
理由如下；已知菱形ABCD，E，F，G，H分别是AB，，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD， ，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF∥BD， ，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形；
如果原四边形为正方形，则形成的中点四边形为正方形，理由如下：
已知正方形ABCD，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接BD，AC，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∵E是AB的中点，H是AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵G是CD的中点，F是BC的中点，
∴GF是△BCD的中位线，
∴GF∥BD，GF=BD，
∴EH∥BD∥GF，EH=GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，

∴AC⊥EH，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，EF=AC，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】
本题主要考查了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，正方形的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2．我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．

（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　．
（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）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【解析】
【分析】
（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】
解：（1）如图1，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，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．
3．如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点

（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】
解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，

∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
4．如图1，在四边形中，如果对角线和相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．
（1）①在“平行四边形、矩形、菱形”中，______一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，当对角线、还要满足______时，四边形是正方形．
（2）如图2，已知在中，，，，为平面内一点．
①若四边形是等角线四边形，且，求符合条件的等角线四边形的面积．
②设点是所在平面上的任意一点且，若四边形是等角线四边形，求出四边形面积的最大值，并说明理由．

【答案】（1）①矩形；②；（2）①；②18，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①在“平行四边形、矩形、菱形”中，只有矩形的对角线相等，所以矩形是等角线四边形；②当时，四边形是正方形，首先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作于．根据计算，求出相关线段即可；②如图3中，设与相交于点，连接，只要证明当且、、共线时，四边形的面积最大即可．
【详解】
解：（1）①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
矩形的对角线相等，
矩形一定是等角线四边形，
故答案为：矩形；
②当时，四边形是正方形．
理由：如图1，

、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，
，，，，
，
，
四边形是菱形，
，，，
，
四边形是正方形．
故答案为：；
（2）①如图2，作于．

在中，，，，
，
，，
，
四边形是等角线四边形，
，
在中，，



．
四边形的面积为；
②如图3中，设与相交于点，连接，

作于，于．则，，
四边形是等角线四边形，
，
，
即，
当、重合时，即时，等号成立，
，
，
即线段最大时，四边形的面积最大，
，
，
，
的最大值为6，
当、、共线时，取等号，
四边形的面积的最大值为．
故答案为：18．
【点睛】
本题考查四边形综合题、中点四边形、三角形中位线定理、正方形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是理解等角线四边形的定义，学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
5．我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点，中点四边形是_______________．
（2）如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点．猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
（3）若改变（2）中的条件，使，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）平行四边形；（2）四边形是菱形，证明见解析；（3）四边形是正方形．
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理可得：EH∥FG，，然后利用平行四边形的判定定理即可证明；
（2）四边形EFGH是菱形．先证明，得到，再利用三角形中位线定理可得，根据菱形的判定定理即可证明；
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明，利用，得，即可证明，然后根据正方形的判定定理即可得出结论．
【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，，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，，
∴EH∥FG，，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图2中，连接，，

∵，
∴
即，
在和中，
，
∴，
∴
∵点，，分别为边，，的中点，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
（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．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴，
∵四边形是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理及三角形的中位线的性质，熟练掌握知识点并作出相应辅助线是解题关键．
6．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．

（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【解析】
【分析】
（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】
（1）解：（1）①连接AC、BD，

∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】
本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
7．如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，顺次连接E、G、F、H．
（1）求证：四边形EGFH是菱形．
（2）当∠ABC与∠DCB满足什么关系时，四边形EGFH为正方形，并说明理由．
（3）猜想：∠GFH、∠ABC、∠DCB三个角之间的关系，并证明你的猜想是成立的．

【答案】（1）见解析（2）当∠ABC＋∠DCB＝90°时，四边形EGFH为正方形（3）∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°
【解析】
【分析】
（1）根据三角形中位线的性质得到EG＝AB，EH＝CD，HF＝AB，EGAB，HFAB，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，根据平角的定义得到∠GFH＝90°，于是得到结论；
（3）由平行线的性质得到∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，根据平角的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，
∴EG＝AB，EH＝CD，HF＝AB，EGAB，HFAB，
∴四边形EGFH是平行四边形，EG＝EH，
∴四边形EGFH是菱形；
（2）当∠ABC＋∠DCB＝90°时，四边形EGFH为正方形，
理由：∵GFCD，HFAB，
∴∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，
∵∠ABC＋∠DCB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴菱形EGFH是正方形；
（3）∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°，
理由：∵GFCD，HFAB，
∴∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，
∵∠BFG＋∠GFH＋∠HFC＝180°，
∴∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°．
【点睛】
本题考查了中点四边形，菱形的判定和性质，正方形的判定，三角形中位线的性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
8．已知：在矩形ABCD中，，．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；

（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，．
①连接BG，若，求AF的长；
②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为
【解析】
【分析】
（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；
（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；
②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．
【详解】
解：（1）连接，，

、、、分别是，，，的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）①如图2，过点作延长线于，

，，
，
又，，
，
，
，
设，则，
，
，
即，
解得，
故；
②如图2，延长交延长线于，
由已知可得，四边形是矩形，
由①知，
同理可证，
菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，
，
即，
，
，，，，
，
，
当取最大值时菱形面积最大，
当与重合时有最大值，即取到最大值，
此时，
，
当时，菱形面积最大为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
二、十字模型
例题2如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（       ）

A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】A
【解析】
【分析】
过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：过点P作PM⊥BC于点M，

由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∴∠APQ=∠PQM，
∴∠PQM=∠APQ=∠AED，
∵PM⊥BC，
∴PM=AD，
∵∠D=∠PMQ=90°，
∴△PQM≌△ADE，
∴PQ=AE，
在 中，，AD=12，
由勾股定理得：
，
∴PQ=13．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解题的关键．
练习题
1．如图，将正方形纸片折叠，使边、均落在对角线上，折痕为、，点在上，点在上，则的大小为（       ）

A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，再由正方形的可得∠BAD＝90°，从而在∠BAC+∠DAC＝90°，从而可求解．
【详解】
解：由题意得：∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝90°，
∵∠EAF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠EAF∠BAC∠DAC
（∠BAC+∠DAC）
＝45°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查角的计算，解答的关键是熟记折叠的性质，明确角与角之间的关系．
2．如图，现有一张边长为的正方形纸片，点为正方形边上的一点（不与点，点重合）将正方形纸片折叠，使点落在边上的处，点落在处，交于，折痕为，连接，.则的周长是______．

【答案】16.
【解析】
【分析】
解过点A作AM⊥GH于M，由正方形纸片折叠的性质得出∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，则EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，由垂直于同一条直线的两直线平行得出AM∥EG，得出∠EGA=∠GAM，则∠EAG=∠GAM，得出AG平分∠DAM，则DG=GM，由AAS证得△ADG≌△AMG得出AD=AM=AB，由HL证得Rt△ABP≌Rt△AMP得出BP=MP，则△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=16．
【详解】
解：过点A作AM⊥GH于M，如图所示：

∵将正方形纸片折叠，使点A落在CD边上的G处，
∴∠EGH=∠EAB=∠ADC=90°，AE=EG，
∴EG⊥GH，∠EAG=∠EGA，
∴AM∥EG，
∴∠EGA=∠GAM，
∴∠EAG=∠GAM，
∴AG平分∠DAM，
∴DG=GM，
在△ADG和△AMG中，
∴△ADG≌△AMG（AAS），
∴AD=AM=AB，
在Rt△ABP和Rt△AMP中，
∴Rt△ABP≌Rt△AMP（HL），
∴BP=MP，
∴△PGC的周长=CG+PG+PC=CG+MG+PM+PC=CG+DG+BP+PC=CD+CB=8+8=16，
故答案为16．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、角平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．
（1）如图1，求证AE⊥BF；
（2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN；

【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；
（2）过点B作，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在中，根据勾股定理即可得；
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=BC，，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图所示，过点B作，交AN于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AC，，
∵，
，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴,
∴，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵AN平分，
∴，
∴，
，
，
，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴BH=BN，
在和中，

∴（SAS），
∴AH=CN，
在中，根据勾股定理
，
∴；
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
4．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）
【解析】
【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．
5．如图，正方形ABCD边长为4，点G在边AD上（不与点A、D重合），BG的垂直平分线分别交AB、CD于E、F两点，连接EG．
（1）当AG=1时，求EG的长；
（2）当AG的值等于 时，BE=8－2DF；
（3）过G点作GM⊥EG交CD于M
   ①求证：GB平分∠AGM；
   ②设AG=x，CM=y，试说明的值为定值．

【答案】（1）；（2）（3）①见解析；②，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据EF是线段BG的垂直平分线，BE=EG，设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，再由勾股定理求解即可；
（2）过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG，由BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到BE=2CF，先证明四边形BCFH是矩形，得到CF=HB，则BH=EH=FC，设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，由，，，可以得到①，②，联立①②求解即可得到答案；
（3）①先证明∠EBG=∠EGB，然后根据ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到∠AGB=∠BGM；
②连接BM，过点B作BH⊥GM，由角平分线的性质得到BH=AB=4，由，可以得到，由勾股定理可以得到即，最后解方程即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴BE=EG，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB=4，∠A=90°，
设EG=EB=x，则AE=AB-BE=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴；

（2）如图所示，过点F作FH⊥AB于H，连接FB，FG
∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴BF=FG，
∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，
∴BE=2CF，
∵四边形ABCD是正方形，FH⊥AB，
∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°，
∴四边形BCFH是矩形，
∴CF=HB，
∴BH=EH=FC，
设AG=x，BE=y，则AE=4-y，GD=4-x，CF=，
∵，，，
∴①，②，
联立①②解得或（舍去），
∴当时，BE=8-2DF，
故答案为：；

（3）①∵EF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=BE，
∴∠EBG=∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，EG⊥GM，
∴∠A=∠EGM=90°，
∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，
∴∠AGB=∠BGM，
∴BG平分∠AGM；

②如图，连接BM，过点B作BH⊥GM，
由（3）①得BG平分∠AGM，
∴BH=AB=4，
∵AG=x，CM=y，
∴DG=4-x，DM=4-y，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∴，
∴，
当时，则，
∴（不符合题意），
∴
∴．

【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
6．如图1，正方形中，是对角线，点在上，点在上，连接（与不垂直），点是线段的中点，过点作交线段于点．
　　　
（1）猜想与的数量关系，并证明；
（2）探索，，之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若点在的延长线上，点在的延长线上，其他条件不变，请直接写出，，之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）过作的垂线，分别交于，连接，利用正方形的性质及角平分线的性质，证明出，通过等量代换得出为等腰直角三角形即可得出结论；
（2）由（1）中，得，从而得，通过等量代换计算可得，根据为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）过点作垂线，分别交于，连接，证明出，通过等量代换计算得，再根据为等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】
解：（1），理由如下；
过作的垂线，分别交于，连接，

为正方形，
,
,
，
垂直平分，
，
，
，
，
又，
，
为等腰直角三角形，
为斜边的中点，
．
（2），理由如下：
由（1）中，
，
由下图：

，
四边形为矩形，
，
在中，由正方形的性质知，
，
，

为等腰直角三角形，
又，
四边形为正方形，
，
同理四边形为矩形，

，
，
，
在中，由正方形的性质知，
，
，

为等腰直角三角形，
，
．
（3），理由如下：
过点作垂线，分别交于，
连接，

，
，
，
由（2）得，
，
，
由（2）可得：
，
为等腰直角三角形，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形、解题的关键是添加适当的辅助线，掌握相关的知识点，通过等量代换的思想进行求解．
7．已知四边形和四边形都是正方形，且．

（1）如图1，连接、，求证：；
（2）如图2，将正方形绕着点旋转到某一位置，恰好使得，.
①求的度数；
②若正方形的边长为，请直接写出正方形的边长的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BDE=60°；（3）−1
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可以得出BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°，再证明△BCG≌△DCE就可以得出结论；
（2）①根据平行线的性质可以得出∠DCG=∠BDC=45°，可以得出∠BCG=∠BCE，可以得出△BCG≌△BCE，得出BG=BE得出△BDE为正三角形就可以得出结论；
②延长EC交BD于点H，通过证明△BCE≌△BCG就可以得出∠BEC=∠DEC，就可以得出EH⊥BD，BH=BD，由勾股定理就可以求出EH的值，从而求出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG为正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°.
∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG，
∴∠BCG=∠DCE.
在△BCG和△DCE中，
，
∴△BCG≌△DCE(SAS).
∴BG=DE；
（2）①连接BE.
由（1）可知：BG=DE.
∵CG//BD，
∴∠DCG=∠BDC=45°.
∴∠BCG=∠BCD+∠GCD=90°+45°=135°.
∵∠GCE=90°，
∴∠BCE=360°−∠BCG−∠GCE=360°−135°−90°=135°.
∴∠BCG=∠BCE.
∵BC=BC，CG=CE，
在△BCG和△BCE中，
,
∴△BCG≌△BCE(SAS).
∴BG=BE.
∵BG=BD=DE，
∴BD=BE=DE.
∴△BDE为等边三角形．
∴∠BDE=60°.

②延长EC交BD于点H，
在△BCE和△DCE中，
，
∴△BCE≌△BCG(SSS)，
∴∠BEC=∠DEC，
∴EH⊥BD，BH=BD.
∵BC=CD=，在Rt△BCD中由勾股定理，得
∴BD=2.
∴BE=2
∴BH=1.
∴CH=1.
在Rt△BHE中，由勾股定理，得
EH，
∴CE=−1.
∴正方形CEFG的边长为−1.

【点睛】
此题考查四边形综合题，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，勾股定理，正方形的性质，解题关键在于作辅助线和掌握判定定理.
8．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：

(1)【观察与猜想】
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，，则的值为______；
(2)【类比探究】
如图2，在矩形ABCD中，，，点E是AD上的一点，连接CE，BD，日．求的值；
(3)【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且，，求AB的长；
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
(1)
解：设DE与CF的交点为G，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED与△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE=CF，
∴=1，
故答案为：1；
(2)
解：如图2，设DB与CE交于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
(3)
解：如图3，过点C作交AF的延长线于点H，

∵，
∴，
∴四边形ABCH为矩形，
∴，，
∴，，
∴，∴，∴，
∵，，，
∴，
∴.
【点睛】
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，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．采用类比的数学思想方法是解题的关键．
三、与正方形有关的三垂直模型
例题3如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（       ）

A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】C
【解析】
【分析】
易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得．
【详解】
∵四边形AFDC是正方形
∴AC=AF，∠FAC=90°
∴∠CAE+∠FAB=90°
又∵∠CAE+∠ACE=90°
∴∠ACE=∠FAB
又∵∠CEA=∠FBA=90°
∴△AEC≌△FBA
∴AB=EC=4
∴图中阴影部分的面积=
故选C
【点睛】
本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
练习题
1．如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1＋2S2＋2S3＋S4=__．

【答案】6
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有DE2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．
【详解】
解：如图，∵图中的四边形为正方形，

∴∠ABD=90°，AB=DB，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∵∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠DBE，
∵在△ABC和△BDE中，
，
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴AC=BE，
∵DE2+BE2=BD2，
∴DE2+AC2=BD2，
∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，
∴S1+S2=1，
同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，
∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．
故答案为：6．
【点睛】
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．也考查了勾股定理和正方形的性质．
2．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．

（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，

∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，

∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，

∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
3．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转到△ABF的位置，接EF．
（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；
（2）若四边形AECF的面积为25，DE=2，求AE的长．

【答案】（1）见解析；（2）AE的长为．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=90°，可得结论；
（2）由题意可得四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，可求正方形的边长，由勾股定理可求解．
【详解】
（1）∵把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，
∴△ADE≌△ABF，∠EAF=90°，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰直角三角形；
（2）∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE中，AE=．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
4．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°
【解析】
【分析】
（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，

∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，

②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，

综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】
此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
5．已知，如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF，当点D在线段BC的反向延长线上，且点A，F分别在直线BC的两侧时．

(1)求证：△ABD≌△ACF；
(2)若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度．
【答案】(1)证明见解析； (2)
【解析】
【分析】
（1）由题意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，则有∠DAB＝∠FAC，进而可证AB＝AC，然后问题可证；
（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，则有∠ABD＝∠ACF，进而可得∠ACF＝135°，然后根据正方形的性质可求解．
【详解】
(1)证明：∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF边长为，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×4＝2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
6．如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．

（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；
（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；
（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．
【详解】
（1）证明：在边上截取线段，使连．

∵四边形是正方形
;

∵BN平分





在中,,







在和中

∴
．
（2）如图，

设与CE的交点为H，
∵四边形是正方形
∴
∵




在和中，
∴．
又，
又．
四边形为平行四边形．
．
（3）解：如图所示，过作垂足为．

由（2）知，
，
又
∴即
平分所以，
∴三角形是等腰直角三角形，
在中，
设，则，即，
．
，，
在中，，
又在中，，，
．
【点睛】
此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．
7．（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；

（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：
王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．
【答案】（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（3）如图所示，见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；
（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；
【详解】
（1）AE=AF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如图所示．
过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共线，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四边形AECF是正方形．

【点睛】
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题的关键是利用全等三角形进行割补．
8．（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【解析】
【分析】
（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证；
（3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解．
【详解】
（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；

（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，本题考查较为综合，题目较难，熟练掌握各部分定理和性质是本题的关键．
9．如图1，已知正方形和正方形，点在同一直线上，连接，，与相交于点．

（1）求证：．
（2）如图2，是边上的一点，连接交于点，且．
①求证：；
②若，直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出BC=CD，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS证明△BCE≌△DCF，得出对应边相等BE=FD；
（2）①由正方形的性质得出CD//GE，得出，从而得到，再结合已知条件利用比例的性质即可得证
②由得出，结合①可得，从而即可得出的值
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，
∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE=FD；
（2）①∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，
∴CD//GE，GF=EC
∴，
∴
∴
∵
∴
∵BC=CD
∴
②∵
∴
∵
∴
∵AB=CD
∴
【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的性质和判定、相全等三角形的性质和判定，得出是解题的关键
10．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE，BG．
（1）试猜想线段BG和AE的关系（直接写出答案，不用证明）；
（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转α （0°＜α≤60°），判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图②证明你的结论；
（3）若BC＝DE＝4，当α等于多少度时，AE最大？并求出此时AF的值．

【答案】（1）BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE，见解析；（3）当α为270°时，AE最大，AF＝
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．
（2）如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．
（3）由（2）可知BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论．
【详解】
解：（1）结论：BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如图1，延长EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE＝DG．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GAK＝∠DAE，
∴∠AKG＝∠ADE＝90°，
∴EA⊥BG．
（2）结论成立，BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如图2，连接AD，延长EA交BG于K，交DG于O．

∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB＝90°．
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，
∴∠ADG+∠ADE＝90°，
∴∠BDG＝∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GOK＝∠DOE，
∴∠OKG＝∠ODE＝90°，
∴EA⊥BG．
（3）∵BG＝AE，
∴当BG取得最大值时，AE取得最大值．
如图3，当旋转角为270°时，BG＝AE．

∵BC＝DE＝4，
∴BG＝2+4＝6．
∴AE＝6．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF＝＝，
∴AF＝．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
四、垂美四边形
例题4如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是_____________．
（2）性质探究：如图2，已知四边形ABCD是垂美四边形，试探究其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）问题解决：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，CE交AB于点M，已知AC=4，AB=5，求GE的长．

【答案】（1）菱形，正方形；（2）AD2+BC2=AB2+CD2，证明见解析；（3）GE=．
【解析】
【分析】
（1）根据垂美四边形的性质即可判断；
（2）连接AC，BD，设其交点为E，由垂美四边形的性质可得AC⊥BD，即可得到∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理可得结果；
（3）连接CG，BE，根据条件可得△GAB≌△CAE，可得∠ABG=∠AEC，根据条件证明四边形CGEB是垂美四边形，由勾股定理，得CB2=9，CG2=32，BE2=50，GE2=CG2+BE2-CB2=73，即可得到 GE=；
【详解】
（1）菱形，正方形．
（2）AD2+BC2=AB2+CD2．
证明：连接AC，BD，设其交点为E．

∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
即∠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）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°．
又∵∠BMC=∠AME，
∴∠ABG+∠BMC=90°．
∴CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形．
由（2），得CG2+BE2=CB2+GE2．
∵AC=4，AB=5，
∴由勾股定理，得CB2=9，CG2=32，BE2=50，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73.
∴GE=．
【点睛】
本题主要考查了四边形综合应用，准确利用性质是解题的关键．
练习题
1．如图1，我们把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：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB2，CD2与BC2，AD2之间的数量关系 ．
（3）问题解决：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=4，AB=5，求GE长．
【答案】（1）垂美四边形，证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）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）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】
解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵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，
，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∴∠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，
∵AC=4，AB=5，
∴BC==3，CG=4，BE=5，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，
∴GE=．
【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．
2．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：在下列四边形中，①正方形；②矩形；③菱形；④平行四边形．是垂美四边形的是：　 　（填写序号）；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，试猜想：两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）问题解决：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BC=6，AB=10，求GE长．

【答案】（1）①③；（2）结论：AD2+BC2=AB2+CD2．证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据垂美四边形的定义判断即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理得出AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，即可得出结论；
（3）先由SAS证明△GAB≌△CAE，得出∠ABG=∠AEC，进而证出CE⊥BG，再根据勾股定理、结合（2）的结论计算，即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵正方形，菱形的对角线互相垂直，
∴正方形，菱形是垂美四边形，
故答案为：①③．
（2）结论：AD2+BC2=AB2+CD2．
理由：∵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．
（3）连接CG、BE，

∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
∵AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠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，
∵BC=6，AB=10，∠ACB=90°，
∴AC==8，
∴CG=，BE=，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=292，
∴GE=．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，垂美四边形，勾股定理等知识，解题的关键是理解新定义，并熟练运用及全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形的判定等知识点．
3．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
（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）性质证明：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系 _________________________；
（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，联结CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【答案】（1）菱形，正方形；（2）AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）
【解析】
【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）利用勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【详解】
解：（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，∵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）如图2，设AB与CE相交于点M，连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴，
∴∠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＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．

【点睛】
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．
4．若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．
（1）概念理解：如图1，在四边形中，，，判断四边形是否为垂美四边形，并说明理由；

（2）性质探究：如图2，试在垂美四边形中探究、、、之间的数量关系；

（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ABC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、CE交BG于点N，交AB于点M．若AB=3，AC=2，求线段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）EG=．
【解析】
【分析】
（1）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）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】
解：（1）如图，四边形ABCD是垂美四边形；
理由如下：

连接AC、BD交于点E，
∵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：AB2+CD2=AD2+BC2，
证明：在四边形ABCD中，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AB2+CD2=AO2+BO2+OD2+OC2AD2+BC2=AO2+BO2+OD2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图3，连接CG，BE，

∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG=∠AEC，
∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNC=90°，即BG⊥CE，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：EG2+BC2=CG2+BE2，
∵AC=2，AB=3，
∴BC=，CG=2，BE=3，
∴EG2=CG2+BE2-BC2=8+18-5=21，
∴EG=．
【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．（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）四边形是垂美四边形，理由见解析；（3），证明见解析；（4）
【解析】
【分析】
（1）根据垂美四边形的定义及特殊平行四边形的特点即可判断；
（2）连接，，根据垂直平分线的判定得到AC⊥BD，故可求解；
（3）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（4）连接、，证明，再得到四边形是垂美四边形，结合（3）的结论即可求解．
根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（3）的结论计算．
【详解】
（1）①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，对角线垂直的有菱形与正方形
故能称为垂美四边形是菱形与正方形
故答案为：③④
（2）四边形是垂美四边形，
理由如下：连接，，

，，
点、点都在线段的垂直平分线上，
是线段的垂直平分线，
∴AC⊥BD
四边形是垂美四边形
（3）猜想：．

证明：，
，
由勾股定理，得，，
，，
，，
．
（4）如图3，连接、，

在正方形和正方形中，，，
，即，
在和中，，
，
，
又，
，
，即，
四边形是垂美四边形
由性质探究知，，
，，
，，，
，
．
【点睛】
本题是四边形的综合题，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．
6．如图，我们把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，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由．

（2）性质探究：试探究垂美四边形两组对边，与，之间的数量关系，写出证明过程（先画出图形）
（3）问题解决：如图，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．

【答案】（1）是，理由见解析；（2）垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）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）先判断出△GAB≌△CAE，得出∠ABG＝∠AEC，进而根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】
解：（1）四边形是垂美四边形．
证明：连接AC、BD交于点E ，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，

∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
（3）连接、，

∵，
∴，即，
∵
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由（2）得，，
∵，，
∴，，
∴，
∴
【点睛】
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．
7．定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．

（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是_________；
（2）如图1，在方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使，是对角线，点D在格点上．
（3）如图2，在正方形中，点E，F，G分别在，，上，四边形是垂等四边形，且．
①求证：；
②若，求n的值；
【答案】（1）矩形（答案不唯一）；（2）见解析；（3）①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）矩形的邻边垂直且对角线相等，则矩形是垂等四边形；
（2）根据垂等四边形的定义画出两个符合条件的不全等的垂等四边形即可；
（3）①由SAS证得△ADF≌△CDG（SAS），得出DF=DG，再由垂等四边形定义得出EG=DF，即可得出结论；
②过点G作GH⊥AD于H，则四边形CDHG为矩形，得出CG=DH，由①得EG=DG，由等腰三角形的性质得DH=EH，推出CG=DH=EH，证明△BFG为等腰直角三角形，得出∠GFB=45°，再证明△AEF为等腰直角三角形，得出AE=AF=CG，则AE=EH=DH，推出BC=3AE，BG=2AE，即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵矩形的邻边垂直且对角线相等，
∴矩形是垂等四边形，
故答案为：矩形；
（2）由垂等四边形的定义画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，如图1所示：

∵∠ABC=90°，BD=AC=，
∴四边形ABCD是垂等四边形；
（3）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=90°，
在△ADF和△CDG中，
，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴DF=DG，
∵四边形DEFG是垂等四边形，
∴EG=DF，
∴EG=DG；
②过点G作GH⊥AD于H，如图2所示：

则四边形CDHG为矩形，
∴CG=DH，
由①得：EG=DG，
∵GH⊥DE，
∴DH=EH，
∴CG=DH=EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=CD=AD，
∵AF=CG，
∴AB-AF=BC-CG，
即BF=BG，
∴△BFG为等腰直角三角形，
∴∠GFB=45°，
∵∠EFG=90°，
∴∠EFA=180°-90°-45°=45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AE=AF=CG，
∴AE=EH=DH，
∴BC=3AE，BG=2AE，
∵BC=nBG，
∴n=．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了垂等四边形的定义、正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；正确理解垂等四边形的定义、证明△BFG和△AEF都为等腰直角三角形是解题的关键．
8．问题情景：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，按照此定义，我们学过的平行四边形中的菱形、正方形等都是“垂美四边形”，“菱形”也是“垂美四边形”．

概念理解：
（1）如图2，已知等腰梯形是“垂美四边形”，，，求 的长．
性质探究：
（2）如图3，已知四边形是“垂美四边形”，试探究其两组对边，与， 之间的数量关系，并写出证明过程．
问题解决：
（3）如图4，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形 与正方形，连接，， ， 与交于点，已知， ，求 的中线的长．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
解：（1）根据，可得和都是等腰直角三角形，则可求得 ，，利用勾股定理可得的长度；
（2）由题意可知，，， ，，化简后可得；
（3）连接，，易证，可得 可视为绕点逆时针旋转后得到的，由旋转的性质知，，得到四边形 为“垂美四边形”．根据， ，，可得，， ，可求得，根据为直角三角形， 为其斜边上的中线，可得．
【详解】
解：（1）由题意知，，
∴和都是等腰直角三角形，
∴， ．
∴．
（2）由题意可知，，，
∴，①
，，
∴，②
∴由①②可知，“垂美四边形”的两组对边之间的数量关系是
（3）连接，．
∵，
，，
∴．
∴可视为绕点逆时针旋转 后得到的．
由旋转的性质知，．
∴四边形为“垂美四边形”．
∴由（2）知，．
又，，
∴，，．
∴，
∴，
∴
又为直角三角形，为其斜边上的中线，
∴

【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的判定与性质，解直角三角形，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．
9．若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．
（1）概念理解：如图1，在四边形ABCD中，，判断四边形ABCD是否为垂美四边形，并说明理由；
（2）性质探究：如图2，试在垂美四边形ABCD中探究、、、之间的数量关系；
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFD和正方形ABGE，连接BD、CE、DE，CE分别交AB、BD于点M、N，若AB＝2，AC＝，求线段DE的长．

【答案】（1）是，见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）证法一：证明△ABC≌△ADC，即可得解；证法二：根据垂直平分线的性质证明即可；
（2）根据勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理计算即可；
【详解】
解：（1）如图1，四边形ABCD是垂美四边形．

理由如下：
证法一：
∵，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC．
∴∠BAC＝∠DAC．
∴AC是等腰三角形ABD顶角∠BAD的平分线．
∴．
∴四边形ABCD是垂美四边形．
证法二：
连结AC、BD交于点E．
∵，
∴点A在线段BD的垂直平分线上．
∵，
∴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．
∴．
∴四边形ABCD是垂美四边形．

（2）如图2，在垂美四边形ABCD中，
∵于点O，
∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠AOD＝90°．
∴．
．
．
．
∴．
．
∴．
（3）分别连结CD、BE，
如图3，∵∠CAD＝∠BAE＝90°，

∴．
即．
在和中，
，
∴．
∴．
∵∠BAE＝90°，
∴．
∴．
∴，即．
∴四边形CDEB是垂美四边形．
由（2）得：．
∵AB＝AE＝2，AC＝AD＝，
∴．
．
．
∴．
∴．
【点睛】
本题主要考查了四边形综合，结合勾股定理、垂直平分线的性质计算是解题的关键．
10．定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是　 　．
（2）如图1，在3×3方格纸中，A，B，C在格点上，请画出两个符合条件的不全等的垂等四边形，使AC，BD是对角线，点D在格点上．
（3）如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，AE＝AF＝CG且∠DGC＝∠DEG，求证：四边形DEFG是垂等四边形．
（4）如图3，已知Rt△ABC，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝2，以AC为边在AC的右上方作等腰三角形，使四边形ABCD是垂等四边形，请直接写出四边形ABCD的面积．

【答案】（1）正方形，矩形；（2）见解析；（3）见解析；（4）2．
【解析】
【分析】
（1）根据垂等四边形的定义判断即可．
（2）根据垂等四边形的定义画出图形即可．
（3）想办法证明∠EFG＝90°，EG＝DF即可．
（4）分三种情形：①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H．②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T．③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T．分别求解即可．
【详解】
解：（1）正方形，矩形是垂等四边形．
故答案为正方形，矩形．
（2）如图1中，四边形ABCD即为所求．

（3）在正方形ABCD中，
∵AF＝CG，AB＝BC，
∴FB＝BG，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∠BFG＝∠BGF＝45°，
∴∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠C＝90°，DA＝DC，AF＝CG，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴DF＝DG，
∵AD∥CB，
∴∠EDG＝∠DGC，
∵∠DGC＝∠DEG，
∴∠GDE＝∠GED，
∴DG＝EG，
∴DF＝EG，
∴四边形DEFG是垂等四边形．
（4）①如图4﹣1中，当AD＝AC时，连接BD，过点D作DH⊥AB于H．

∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝4，BC＝AB＝2，
∵四边形ABCD是垂等四边形，
∴BD＝AC＝4，
∴AD＝BD＝4，AH＝BH＝1，
∴DH＝＝，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BCD＝×2×+×2×1＝+．
②如图4﹣2中，当CA＝CD时，连接BD，过点D作DH⊥BA交BA的延长线于H，DT⊥BC于T．

同法可得，S四边形ABCD＝S△DCB+S△ABD＝×2×+×2×＝+．
③如图4﹣3中，当DA＝DC时，取AC的中点H，连接DH，BH，过点D作DT⊥BH交BH的延长线于T．

设DH＝y，
∵AB＝AH＝BH＝2，
∴∠CHT＝∠AHB＝60°，
∵DA＝DC，AH＝HC，
∴DH⊥AC，
∴∠DHC＝90°，
∴∠DHT＝30°，
∴DT＝DH＝y，HT＝DT＝y，
在Rt△BDT中，∵BD＝AC＝4，
∴42＝（y）2+（2+y）2，
解得y＝﹣，
∴S四边形ABCD＝S△ACB+S△ADC＝×2×2+×4×（﹣）＝2．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了垂等四边形的定义，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．