北师大版2024-2025学年九年级数学上册突破提升专题1.5特殊平行四边形中的定值、最值、中点四边形问题(50题)学案(学生版+解析)

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专题1.5 特殊平行四边形中的定值、最值、中点四边形问题（50题）【北师大版】 【题型1 特殊平行四边形中的定值问题】1．（23-24九年级·山东菏泽·期中）如图所示，矩形ABCD中，AB=30，AD=40，P为BC上的一动点，过点P作PM⊥AC于点M，PN⊥BD于点N，试问当P点在BC上运动时，PM+PN的值是否发生变化？若不变，请求出定值．2．（23-24九年级·浙江台州·期中）已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E在边BC上，作∠EAF=60°，与CD相交于点F．AE，AF与对角线BD分别相交于点H，G．(1)如图1，当点E是BC中点时，BEAB= ______；(2)如图2．①求证：CF=BE；②EHAH+FGAG的值是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．3．（23-24九年级·福建厦门·期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，点F是DC边上的动点（不与端点重合），点E在线段AF上，AD=m2+1，AE=2m，DE=m2−1，M为线段BF的中点，点N在线段AF上（不与点F重合），且MN=12BF．(1)求证：BN⊥AF；(2)随着点F的运动，试猜想AB−AN的值是否是发生变化，若不变，请求出定值，若变化，请说明理由．4．（23-24九年级·江苏南京·期中）如图，点P是线段AB上一动点，AB=8，以PA，PB为对角线分别作出菱形ADPC和菱形PFBE且∠ACP=∠BEP=60°．(1)求证：DE长度为定值．(2)连接CE，若AP=2时，求△PCE的面积．(3)若再连接DF，分别取六边形ADFBEC各边中点，当点P从点A运动到点B时，各边中点运动路径的总长度为________．5．（23-24九年级·福建福州·期中）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是对角线AC上的两点，且AE=EF=FC，连接BE，DE，BF，DF．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）求证：CD2+3DE2是定值．6．（23-24九年级·江苏苏州·期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E，P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．(1)求证：四边形ABDE是平行四边形．(2)求四边形ABDE的周长和面积．(3)记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．7．（23-24九年级·四川成都·期末）如图，四边形ABCD是正方形，AB=a，点P是BC上一动点（不与点B，C重合），将PA绕点P按顺时针方向旋转90°，得到PE．【初步感知】（1）在点P的运动过程中，试探究∠PAB与∠CPE的数量关系．【深入研究】（2）连接CE，在点P的运动过程中，试探究CEBP的值．【拓展延伸】（3）AE与CD相交于点F，在点P的运动过程中，试探究△PCF的周长是否为定值，若是，求出△PCF的周长；若不是，请说明理由．8．（23-24九年级·山东济南·期中）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，点E、F分别是边BC、CD上的两个动点，E点从点B向点C运动，F点从点D向点C运动，设点E、F运动的路径长分别是a和b．(1)猜想：如图①，当a=b时，写出线段AE与线段AF的数量关系；(2)证明：如图②，连接AC，若a+b=6，请证明△ABE≌△ACF；(3)应用：在（2）的条件下，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，请直接写出这个定值；如果变化，请直接写出该四边形面积的最大值．9．（23-24九年级·广东广州·期中）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且G点在矩形ABCD内部，延长BG交DC于点F．(1)求证：GF＝DF；(2)若DC＝9，DE＝2CF，求AD的长；(3)若DC＝n•DF，那么n•AD2AB2是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．10．（23-24九年级·山东临沂·期末）综合与实践问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AD=6．动手实践：（1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片ABCD折叠，点D落在AB边上的点E处，折痕为AF，连接EF，然后将纸片展平，得到四边形AEFD．试判断四边形AEFD的形状，并加以证明；深度探究：（2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形EFCB剪去，然后在边AD，EF上取点G，H，将四边形AEFD沿GH折叠，使A点的对应点A'始终落在边DF上（点A'不与点D，F重合），点E落在点E'处，A'E'与EF交于点T．①当DA'=2时，可以求出AG的长度．请写出解答过程；②当A'在DF上运动时，△FTA'的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．【题型2 特殊平行四边形中的最小值问题】11．（23-24九年级·江苏扬州·期末）如图，已知∠AOB=60°，点C在射线OA上，点D，E在射线OB上，其中OC=OD=6，四边形CEDF是平行四边形．  (1)请只用无刻度的直尺画出菱形CODN，保留作图痕迹，并说明理由．(2)作出（1）中菱形CODN后，若点P是OC边上一动点，点Q是菱形CODN对角线ON上一动点，则QC+QP的最小值为 ．12．（23-24九年级·云南昆明·期末）如图1，AE∥BF，AB∥CD，BD平分∠ABC．  (1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)如图2，CD=5，AC=6，DM⊥BF交BF于点M，已知点P是BD上一动点，连接PC，PM.求△PCM周长的最小值．13．（23-24九年级·安徽阜阳·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边上一个动点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．(1)求证：四边形ECFD是矩形；(2)若CB=2，CA=4，求EF的最小值．14．（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的两邻边分别在坐标轴的正半轴上，E为x轴正半轴上一动点，连CE，过点B作BF⊥CE交y轴于点F，连EF，以FB，FE为邻边构造平行四边形EGBF，已知OA=6．(1)求证：△BCF≌△COE；(2)当E为OA的中点时，求点F的坐标(3)当点E在正方形OABC边上运动的过程中，求BG的最小值15．（23-24九年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践把两个边长都等于4的等边三角形拼成菱形ABCD（如图），有一个含60°角的三角尺，使三角尺的60°角的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合．(1)将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，当三角尺的两边分别与菱形的两边BC，CD相交于点E，F时（如图①），通过观察或测量AE，AF的长度，你能得出什么结论？证明你的结论；(2)在旋转过程中，四边形AECF的周长是否发生变化？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值；(3)若将（1）中三角尺的60°角的顶点P在AC上移动且与点A，C都不重合，三角尺的两边分别与菱形的两边BC，CD相交于点E，F时（如图②），那么PE，PF之间的数量关系为__________．16．（23-24九年级·江苏扬州·期中）在矩形ABCD中，AB=3，BC=4， E、F是直线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒（0≤t≤7）．(1)如图1，M、N分别是AB，DC中点，当t= s时，四边形EMFN是矩形．(2)若在点E、F运动的同时，点G以每秒1个单位长度的速度从A出发，沿折线A−B−C运动，点H以每秒1个单位长度的速度从C出发，沿折线C−D−A运动．①如图2，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，当四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的一半时，求t值；②如图3，在异于G、H所在矩形边上取P、Q，使得PD=BQ，顺次连接P、G、Q、H，则四边形PGQH周长的最小值是 ．17．（23-24九年级·河南三门峡·期末）如图，点C在线段AB上，△DAC是等边三角形，四边形CDEF是正方形．(1)求∠DAE的度数；(2)点P是线段AE上的一个动点，连接PB、PC．若AC=3，BC=4．求PB+PC的最小值．18．（23-24九年级·山东济宁·期中）（1）如图①，四个小矩形拼成一个大矩形，点P在线段AC上，试判断矩形EPHD与矩形GBFP面积的大小关系，并简单说明理由；（2）如图②，矩形GBFP的顶点P在直角三角形ABC的斜边AC上，若AG=50，FC=75，利用第（1）小题的探究方法和结论，求矩形GBFP的面积．（3）如图③，在Rt△ABC中，P是斜边AC上一动点，作PG∥BC，交AB于点G，作PF∥AB，交BC于点F，若AB=2，AC=4，求GF的最小值．  19．（23-24九年级·河北石家庄·期末）如图1，在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠D=60°，点P是边CD上一点，连接PB，沿PB折叠△BCP，使点C落在点N处，其中CP≥2，设PN与AB相交于点M．(1)如图2，当点M，N重合时，①求证：四边形BCPN是菱形；②设点Q为线段BP上一点，求NQ+AQ的最小值．(2)求△BMP的面积S△BMP的取值范围．20．（2024·贵州黔东南·一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在CD边上，点F在BC边上，连接AE，DF，AE与DF相交于点 P．  (1)【动手操作】在图1中画出线段AE，DF；(2)【问题探究】若DF⊥AE．①利用图2 探究CE+CF的值；②过点P作PM⊥CD，PN⊥BC，垂足分别为M，N，连接MN，试求MN的最小值．【题型3 特殊平行四边形中的最大值问题】21．（23-24九年级·浙江·期中）如图1，已知：在菱形ABCD中，∠B=60°,AB=6cm，E，F分别是CB,CD上的动点，且∠EAF=60°．(1)求证：AE=AF；(2)求四边形AECF的面积；(3)如图2，连接EF，求△ECF面积的最大值．22．（23-24九年级·湖北咸宁·期中）如图1，将矩形ABOC放置于平面直角坐标系中的第一象限，使其顶点O位于原点，且点B，C分别位于x轴，y轴上．若A(m,n)满足m−20+n−12=0．(1)求点A的坐标；(2)取AC的中点M，连接MO，△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，连AN并延长交x轴于P点．求证：点P为OB的中点；(3)如图2，在（2）的条件下，点D位于线段AC上，且CD=16．点E为平面内一动点，满足DE⊥OE，连接PE．请你直接写出线段PE长度的最大值__________．23．（23-24九年级·山东济南·期末）阅读下面材料：我遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF=45°，连接EF，求证：DE+BF=EF，我是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上，他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题，他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF．参考我得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：(1)在图2中，∠GAF的度数是___________；(2)如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD>BC），∠D=90°，AD=CD=10，E是CD上一点，若∠BAE=45°，DE=4，求BE的长度；(3)如图4，△ABC中，AC=2，BC=3，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB=___________时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值．24．（2016·广东广州·一模）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD=4，E、F分别是AD、CD上的动点（包含端点），且AE+CF=4，连接BE、EF、FB．(1)试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论；(2)求EF的最大值与最小值．25．（23-24九年级·江苏无锡·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG．(1)如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H，①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形；②求线段AH的长度；(2)在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 ．26．（23-24九年级·湖北武汉·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为a,b，且a，b满足：a−6=b−6+6−b，点D为边OA上的一个动点，将△BOD沿BD翻折，得到△BED．(1)直接写出正方形AOBC的边长；(2)如图1，若点D为AO中点，延长DE交AC于点H．①求CH的长；②连CE并延长交AO于点F，求CF的长；(3)如图2，若点G为AC上一点，且∠CBG=30°，点M为BE中点，连接GM．当点D从点O开始沿y轴负半轴运动，到GM取得最大值时停止，请直接写出点D运动的路径长．27．（23-24九年级·河北保定·期中）已知等边三角形ABC的边长为12，D为射线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接BF．(1)如图，当点D在BC边上时，求证：△ACD≌△ABF，(2)在点D的移动过程中，当BF=3时，求BD的长度(3)设△ABC与菱形ADEF的面积分别为S1，S2，直接写出S1S2的最大值．28．（23-24九年级·福建莆田·期中）如图1，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是矩形，且顶点O位于原点，顶点B、C分别位于x轴、y轴上．若Aa,b满足a−5+b2−6b+9=0．(1)求点A的坐标；(2)取AC的中点M，连接MO，将△CMO沿MO翻折得到△NMO，连接AN并延长交x轴于P点．求证：点P为OB的中点；(3)如图2，在（2）的条件下，点D位于线段AC上，且CD=4．点E为平面内一动点，且满足DE⊥OE，连接PE．请你直接写出线段PE长度的最大值__________．29．（23-24九年级·广东广州·期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别为CD，BC边上的点，连接FE，将△FCE沿FE折叠，C对应的点为C'．(1)当点F与点B重合时，①如图1，∠EBC=30°，M为BE的中点，连接MC'，MC，求证：四边形MC'EC为菱形；②如图2，延长EC'交AD于点N，连接BN，AC，BN与BE分别交AC于点P，Q，猜想线段AP，PQ，QC满足的数量关系，并加以证明：(2)当点F与点B不重合时，如图3，E为CD的中点，连接AC'，求四边形AC'ED面积的最大值．30．（23-24九年级·四川成都·期中）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8．(1)将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点F处（如图①），设DF与BC相交于点G，求证：BG= DG；(2)将矩形沿直线EF折叠，使点B的对应点B'落在CD边上（如图②），点A的对应点为A'，连接BB'交EF于点O．当DB'=2时，求EF、OF的长；(3)点M在线段AB上，点N在线段BC上，（如图③）若按MN折叠后，点B落在矩形ABCD的AD边上H点，请求AH的最大值和最小值．【题型4 特殊平行四边形中的中点四边形问题】31．（23-24九年级·江苏常州·期中）如图，D、E、F分别是△ABC各边的中点．(1)四边形ADEF是怎样的四边形？证明你的结论．(2)请你为△ABC添加一个条件，使得四边形ADEF是矩形，证明你的结论．32．（23-24九年级·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC的中点．O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．  (1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．）33．（23-24九年级·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边形”．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中点得到“中点四边形”EFGH．(1)如图，“中点四边形”EFGH的形状是 ；(2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明）34．（23-24九年级·广东佛山·阶段练习）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，点O是△ABC所在平面上一个动点，连接OB，OC，点G，F分别是OB，OC的中点，顺次连接点D，G，F，E．  (1)如图，当点O在△ABC的外部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)当点O在△ABC的内部时，要使四边形DGFE是正方形，则OA与BC满足的条件是：．（直接写出结果即可）35．（2024·广东韶关·模拟预测）我们把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，如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，可证中点四边形EFGH是平行四边形，如果我们对四边形ABCD的对角线AC与BD添加一定的条件，则可使中点四边形EFGH成为特殊的平行四边形，请你经过探究后回答下面问题？(1)当AC______BD时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC______BD时，四边形EFGH为矩形；(3)当AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？请回答并证明你的结论．36．（23-24九年级·吉林·阶段练习）【操作一】如图①，作两条互相垂直的直线m、n交于点O；以点O为圆心、适当长为半径画弧，交直线m于点A、C；再以点O为圆心、另一适当长为半径画弧，交直线n于点B、D；顺次连接 A、B、C、D．求证：四边形ABCD是菱形；  【操作二】如图②，取图①中菱形ABCD的各边中点E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH，四边形EFGH称为四边形ABCD的中点四边形，若AB=13，AC=24，则四边形EFGH的面积为 ．37．（23-24九年级·山西吕梁·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，且AC⊥BD，垂足为O，顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；再顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2，…如此下去得到四边形AnBnCnDn．(1)判断四边形A1B1C1D1的形状，并说明理由．(2)求四边形A1B1C1D1的面积．(3)直接写出四边形AnBnCnDn的面积（用含n的式子表示）．38．（23-24九年级·安徽淮南·期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．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．试说明中点四边形EFGH是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思路：    反思交流：(1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？依据1:　 ；依据2:　 　 ；②连接AC，若AC=BD时，则中点四边形EFGH的形状为　 ；并说明理由；创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究：(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的形状为 ，并说明理由；(3)若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其它条件不变，则中点四边形EFGH的形状为　 　．39．（23-24九年级·江西上饶·阶段练习）我们定义：若E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，且四边形EFGH是矩形，则四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形．(1)如图1，四边形ABCD是菱形，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，求证；四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形．  (2)如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边，在△ABC外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，其中∠BAD=∠ACE=90o，F，G，H，M分别为DE，BD，BC，CE的中点．  ①求证：四边形FGHM是四边形BCED的中矩四边形．②若四边形FGHM的面积为8，∠ABC=45°，求BD2+BC2的值．40．（23-24九年级·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．【概念理解】：（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______．A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形【性质探究】：（2）如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形ABCD的对角线AC，BD的关系；【问题解决】：（3）如图2．以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；【拓展应用】：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点．（4）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．（5）若AC=2，求AB+CD的最小值．  【题型5 特殊平行四边形中的新定义问题】41．（23-24九年级·山东威海·期中）【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形．【解决新问题】(1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形ABCD的边CD，AD上，CE=DF，∠A=60°．四边形BEDF是否为补等四边形？ （填“是”或“否”）(2)如图Ⅱ，在△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分线和边AB的中垂线交于点D，中垂线交边AC于点G，连接DA，DB．四边形ADBC是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由．42．（23-24九年级·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）；(2)如图， 在正方形ABCD中， E为BC上一点， 连接AE， 过点B作BG⊥AE于点H， 交CD于点G， 连AG，EG．①判断四边形ABEG是否为“神奇四边形”，并说明理由；②如图2， 点M，N，P，Q分别是AB，AG，GE，EB的中点． 判断四边形MNPQ是否是“神奇四边形”，并说明理由：(3)如图3， 点F，R分别在正方形ABCD的边AB，CD上， 把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=2，正方形的边长为6，求线段OF的长．43．（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．(1)①写出一种你学过的伪矩形： ．②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ．A．正方形    B．矩形    C．菱形    D．无法确定(2)如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD=90°，AC=3，CD=2，求BC的长．(3)如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=2，AC=CD，求这个伪矩形的面积．44．（23-24九年级·江苏南京·期末）定义：若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”．例如：如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，若BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形．  (1)如图②，在四边形ABCD中，AB=AC，AD∥BC，∠CAD=2∠DBC．求证：四边形ABCD是“近似菱形”，(2)如图③，已知线段BD，求作“近似菱形”ABCD，使得AB=AD，BD平分∠ABC，且∠A与∠C互补．要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．(3)在（2）的条件下，“近似菱形”ABCD中∠A的取值范围是________________．45．（23-24九年级·北京通州·期中）定义：若点P为四边形ABCD内一点，且满足∠APB+∠CPD=180°，则称点P为四边形ABCD的一个“互补点”．(1)如图1，点P为四边形ABCD的一个“互补点”，若∠APD=60°，则∠BPC= ；(2)如图2，点P是菱形ABCD对角线BD上的任意一点（不与点B，D重合），求证：点P为菱形ABCD的一个“互补点”．46．（23-24九年级·广东中山·期中）定义：如果平行四边形的一组对边之和等于一条对角线的长时，我们称这个四边形为“沙漏四边形”．(1)当沙漏四边形是矩形时，两条对角线所夹锐角为______度；(2)如图，在沙漏四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，满足AB+CD=BD，且AB⊥BD，过点B、D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E、F，连接DE、BF，所得四边形BEDF也是沙漏四边形．若BE=1，求BC的长以及△BFC的面积．49．（23-24九年级·山东东营·期末）附加题：我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的品四边形叫得等补四边形．(1)如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（不与B，C重合），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点为点E．请根据给出的定义判断，四边形ADCE______（选择“是”或“不是”）等补四边形．(2)如图2，等补四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四边形ABCD=8，则BD的长为______．(3)如图3，四边形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=5，求四边形ABCD面积的最大值．50．（23-24九年级·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形．(1)如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A落在BC边上的D处，再将纸片分别沿EF，HG折叠，使点B和点C都与点D重合，得到双层四边形EFGH，则双层四边形EFGH为______形．(2)▱ABCD纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形EFGH为矩形，若EF=5，EH=12，求AD的长．(3)如图3，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，ADBC），∠D=90°，AD=CD=10，E是CD上一点，若∠BAE=45°，DE=4，求BE的长度； (3)如图4，△ABC中，AC=2，BC=3，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB=___________时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值． 【答案】(1)45°； (2)BE=587； (3)135°，CD最大值为22+3． 【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得∠GAB=∠EAD，然后求出∠GAF=∠BAF+∠EAD，再根据∠EAF=45°计算即可得解； （2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F可得四边形AFCD是正方形，然后设BE=x，根据上面的结论表示出BF，再求出CE、BC，然后在Rt△BCE中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解； （3）过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，推导出∠BAF=∠DAC，由可证△FAB≌△CAD，可得CD=BF，当B、C、F三点共线时，BF取最大值． 【详解】（1）根据旋转知: △ABG≌△ADE， ∴∠GAB=∠EAD，AG=AE， ∵∠BAD=∠BAF+∠EAF+∠EAD=90°，∠EAF=45°， ∴∠BAF+∠DAE=45°， ∴∠BAF+∠GAB=45°，即∠GAF=45°， 故答案为：45°； （2）过点A作AF⊥CB交CB的延长线于点F，如图， ∵AD∥BC，∠D=90°， ∴∠C=180°−∠D=90°， ∵AD=CD=10， ∴四边形AFCD是正方形， ∴CF=10， 根据上面结论可知BE=DE+BF， 设BE=x， ∵DE=4， ∴BF=BE−DE=x−4， ∴CB=CF−BF=10−x+4=14−x，CE=CD−DE=10−4=6， ∵∠C=90°， ∴CE2+CB2=BE2， ∴36+14−x2=x2， 解得：x=587， ∴BE=587； （3）如图，过点A作AF⊥CA，取AF=AC，连接BF，CF，如图 ∵∠BAF=∠BAC+∠CAF=90°+∠BAC，∠DAC=∠BAD+∠BAC=90°+∠BAC，∴∠BAF=∠DAC， 又∵AC=AF，AB=AD， ∴△FAB≌△CADSAS， ∴BF=CD， ∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可， 在△BCF中，BF≤BC+CF， 当B、C、F三点共线时，BF取最大值，此时BF=BC+CF， 在等腰直角三角形ACF中，AC=AF=2，∠ACF=45°， ∴CF=2AC=22， ∵CB=3，BF最大，即CD最大值为22+3， 此时∠BCA=180°−∠ACF=135°， 故答案为：135°． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 24．（2016·广东广州·一模）如图，在边长为4的菱形ABCD中，BD=4，E、F分别是AD、CD上的动点（包含端点），且AE+CF=4，连接BE、EF、FB． (1)试探究BE与BF的数量关系，并证明你的结论； (2)求EF的最大值与最小值． 【答案】（1）见解析（2）EF的最大值为4，最小值为23． 【详解】试题分析：（1）AE+CF=4，DF+CF=4，则DF=AE,根据题目已知条件可通过角边角证明ΔABE≅ΔDBF,从而证明BE=BF（2）可先证明∆BEF为等边三角形．那么BE=BF=EF,点E在AD上运动，当BE⊥ AD时，BE最短，当E与A或D重合时最长． 解：（1）BE=BF，证明如下： ∵四边形ABCD是边长为4的菱形，BD=4， ∴△ABD、△CBD都是边长为4的正三角形， ∵AE+CF=4， ∴CF=4﹣AE=AD﹣AE=DE， 又∵BD=BC=4，∠BDE=∠C=60°， 在△BDE和△BCF中， DE=DF,∠BDE=∠C,BD=BC, ∴△BDE≌△BCF（SAS）， ∴BE=BF； （2）∵△BDE≌△BCF， ∴∠EBD=∠FBC， ∴∠EBD+∠DBF=∠FBC+∠DBF， ∴∠EBF=∠DBC=60°， 又∵BE=BF， ∴△BEF是正三角形， ∴EF=BE=BF， 当动点E运动到点D或点A时，BE的最大值为4， 当BE⊥AD，即E为AD的中点时，BE的最小值为23， ∵EF=BE， ∴EF的最大值为4，最小值为23． 25．（23-24九年级·江苏无锡·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG． (1)如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H， ①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形； ②求线段AH的长度； (2)在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 ． 【答案】(1)①见解析  ②258 (2)12 【分析】（1）①证明△ABD≌△EAFSAS， 得出∠2=∠EAF,BD=AF,由平行四边形的判定可得出结论； ②证明△AEH≌△FDHSAS，得出HE=HD=x，由勾股定理可得出答案； （2）由旋转的性质画出图形，由三角形面积可求出答案. 【详解】（1）①证明： 如图， ∵四边形形ABCD是矩形， ∴AD=BC,∠BAD=∠ABC=90°， ∵旋转， ∴AE=AB,EF=BC=AD ∠1=∠ABC=∠BAD=90°， 在△ABD和△EAF中， AB=AE∠BAD=∠1AD=EF， ∴△ABD≌△EAF(SAS)， ∴∠2=∠EAF,BD=AF， ∵AB=AE， ∴∠3=∠2=∠EAF， ∴AF∥BD， 又∵AF=BD， ∴四边形ABDF是平行四边形； ②设HD=x， 则AH=4−x， ∵四边形ABDF是平行四边形， ∴AB∥DF,AB=DF， ∴∠ADF=∠BAD=90°， 又∵∠1=90°， ∴∠ADF=∠1， ∵AE=AB,AB=DF， ∴AE=DF， ∴△AEH≌△FDHSAS， ∴HE=HD=x， ∵∠1=90°， ∴EA²+EH²=AH²， 又∵AH=4−x,EA=AB=3, EH=x， ∴3²+x²=4−x²， ∴x=78， ∴AH=4−x=258． （2）∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG， ∴旋转过程中，GF是定值， 当D,A,G三点共时， 三角形DFG的面积最大，如图， 此时DG=8, ∴S△DFG=12FG·DG=12×3×8=12． 故答案为： 12． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 26．（23-24九年级·湖北武汉·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为a,b，且a，b满足：a−6=b−6+6−b，点D为边OA上的一个动点，将△BOD沿BD翻折，得到△BED． (1)直接写出正方形AOBC的边长； (2)如图1，若点D为AO中点，延长DE交AC于点H． ①求CH的长； ②连CE并延长交AO于点F，求CF的长； (3)如图2，若点G为AC上一点，且∠CBG=30°，点M为BE中点，连接GM．当点D从点O开始沿y轴负半轴运动，到GM取得最大值时停止，请直接写出点D运动的路径长． 【答案】(1)6 (2)①2；②210 (3)63 【分析】（1）根据根据二次根式被开方数的非负性即可作答； （2）①由翻折得BE=BO=BC，DE=DO，进而推出Rt△CHB≌Rt△EHBHL，设CH=EH=x，根据勾股定理即可求得CH； ②同角的余有相等，进而推出△ACF≌△CBHAAS，CF=AF2+AC2，作答即可； （3）由翻折BM=12BE，由GM≤GB+BM，当G、B、M共线时，GM=GB+BM最大，BD=2OB，OD=BD2−OB2，即可作答． 【详解】（1）解：∵ a−6=b−6+6−b， ∴b−6=0，6−b=0， ∴b=6， ∴a−6=0， ∴a=6，即OB=OA=6， ∴正方形AOBC的边长为6； （2）由（1）知正方形达长为6， ∵D是OA的中点，∴OD=AD=3， ①由翻折得BE=BO=BC=6，DE=DO=3， ∠DEB=∠DOB=90°， 连接BH， 则∠BEH=∠BCH=90°， ∵BH=BH， ∴Rt△CHB≌Rt△EHBHL， ∴EH=CH， 设CH=EH=x， 则AH=AC−CH=6−x， 在Rt△ADH中， 由AD2+AH2=DH2， 即32+(6−x)2=(3+x)2， 解得x=2， ∴CH的长为2； ②由CH=EH，CB=EB， 得HB垂直平分EC， ∴∠BCF+∠CBH=90°， 又∠ACB=∠ACF+∠BCF=90°， ∴∠CBH=∠ACF（同角的余有相等）， 又∠FAC=∠HCB=90°，AC=CB， ∴△ACF≌△CBHAAS， ∴AF=CH=2， ∴CF=AF2+AC2=22+62=210， 即CF的长为210； （3）由翻折知BE=BO=6， 又M是BE的中点， ∴BM=12BE=3， 由GM≤GB+BM， ∴当G、B、M共线时，GM=GB+BM最大， 如图所示， ∵∠CBG=30°， ∴∠OBG=60°， ∵∠OBD=∠EBD， ∴∠OBD=180°−60°2=60°， ∴∠ODB=30°， ∴BD=2OB=12， ∴OD=BD2−OB2=122−62=63， ∴点D运动的路径长为63． 【点睛】本题考查四边形综合题，涉及正方形的性质，三角形全等的判定与性质，折叠性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，全等三角形的判定和性质． 27．（23-24九年级·河北保定·期中）已知等边三角形ABC的边长为12，D为射线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接BF． (1)如图，当点D在BC边上时，求证：△ACD≌△ABF， (2)在点D的移动过程中，当BF=3时，求BD的长度 (3)设△ABC与菱形ADEF的面积分别为S1，S2，直接写出S1S2的最大值． 【答案】(1)见解析 (2)当BF=3时，求BD的长度为9或15； (3)23 【分析】（1）根据等边三角形的性质，菱形的性质得出AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°，进而得出∠BAF=∠CAD，根据SAS证明△ACD≌△ABF，即可； （2）根据全等三角形的性质得出.CD=BF=3，分当点D在线段BC上时，当点D在线段BC的延长线上时，分类讨论即可求解； （3）连接DF，过点A作AG⊥DF于点G，依题意得出△ADF是等边三角形，则S2=2S△ADF，设AD=m，则DF=m，勾股定理得出AG=32m，进而得出S1=32m2，同理可得S2=363，进而可知当当AD⊥BC时，m取得最小值，即可得出S1S2的最大值． 【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60° ∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°， ∴AD=AF，∠DAF=∠BAC=60°， ∴∠DAF−∠BAD=∠BAC−∠BAD 即∠BAF=∠CAD 在△ACD和△ABF中 AC=AB∠BAF=∠CADAD=AF ∴△ACD≌△ABF SAS （2）解：∵等边三角形ABC的边长为12， ∴BC=12， ∵△ACD≌△ABF ∴.CD=BF=3 当点D在线段BC上时，如图所示， 此时BD=BC−CD=12−3=9， 当点D在线段BC的延长线上时，如图所示， 此时BD=BC+CD=12+3=1， 综上所述，当BF=3时，求BD的长度为9或15； （3）如图所示，连接DF，过点A作AG⊥DF于点G， ∵四边形ADEF是菱形，∠DAF=60°， ∴△ADF是等边三角形， S2=2S△ADF， 设AD=m，则DF=m， ∵AG=DF， ∴DG=FG=12DF=12m， ∴AG=AD2−DG2=m2−(12m)2=32m， ∴S2=2SΔADF=2×12DF⋅AG=m⋅32m=32m2， 同理S1=34×AC2=34×122=363， ∴S1S2=36332m2=72m2， 当m取得最小值时，S1S2有最大值， ∴当AD⊥BC时，m取得最小值， 此时m=AD=32AC=32×12=63， ∴S1S2=72m2=72(63)2=23, 即S1S2的最大值为23 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 28．（23-24九年级·福建莆田·期中）如图1，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是矩形，且顶点O位于原点，顶点B、C分别位于x轴、y轴上．若Aa,b满足a−5+b2−6b+9=0． (1)求点A的坐标； (2)取AC的中点M，连接MO，将△CMO沿MO翻折得到△NMO，连接AN并延长交x轴于P点．求证：点P为OB的中点； (3)如图2，在（2）的条件下，点D位于线段AC上，且CD=4．点E为平面内一动点，且满足DE⊥OE，连接PE．请你直接写出线段PE长度的最大值__________． 【答案】(1)A5,3 (2)见解析 (3)5+102 【分析】（1）根据已知条件，算术平方根的非负性以及偶次幂的非负性求得a,b的值，即可求解； （2）证明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP（AAS），则PB=CM=12OB，即可求解； （3）当点P2.5,0、Q、E三点共线时，PE的长度最大，进而求解． 【详解】（1）解：∵Aa,b满足a−5+b2−6b+9=0即a−5+b−32=0． ∴a−5=0,b−3=0， ∴a=5,b=3，即A5,3 （2）∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称， ∴ON=OC=3，MN=AM=52=AM， 连接NC， ∵MN=AM=MC， ∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN， 设∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β， 在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，即2α+2β=180°， ∴α+β=90°， ∴∠CNA=90°； ∵∠NCA+∠CAN=90°，∠NCA+∠OCM=90°， ∴∠CAN=∠OCM， 同理∠NCA=∠BAP， ∴∠COM=∠BAP， ∵AB=CO，∠OCM=∠ABP=90°， ∴△OCM≌△ABP（AAS）， ∴PB=CM=52=12OB， ∴点P为OB的中点； （3）取OD的中点Q，连接QE，QP． ∵CD=4， ∴ D4,3 ∴OD=32+42=5 ∵∠OED=∠OCA=90°，点Q是OD的中点， ∴QE=12OD=2.5， ∵D4,3，则Q2,32， ∴ PQ=2−2.52+1.52=102 当点P2.5,0、Q、E三点共线时，PE的长度最大， 则PE的最大值=QE+PQ= 5+102． 故答案为5+102． 【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，轴对称的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 29．（23-24九年级·广东广州·期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别为CD，BC边上的点，连接FE，将△FCE沿FE折叠，C对应的点为C'． (1)当点F与点B重合时， ①如图1，∠EBC=30°，M为BE的中点，连接MC'，MC， 求证：四边形MC'EC为菱形； ②如图2，延长EC'交AD于点N，连接BN，AC，BN与BE分别交AC于点P，Q，猜想线段AP，PQ，QC满足的数量关系，并加以证明： (2)当点F与点B不重合时，如图3，E为CD的中点，连接AC'，求四边形AC'ED面积的最大值． 【答案】(1)①见详解；②AP2+QC2=PQ2，证明见详解 (2)925+9 【分析】（1）①由折叠性质知CE=C'E，根据四边形ABCD是正方形，得出∠BCD=90°=∠FC'E．当点F与点B重合，∠EBC=30°时，∠CEB=60°，根据直角三角形的性质和折叠性质得出CM=12BE=C'M=ME=BM，即可得△MCE为等边三角形，根据等边三角形性质得出MC=EC=C'E=MC'，即可证明四边形MC'EC为菱形； ②根据四边形ABCD是正方形，得出BC=AB=CD=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠BAC=∠BCA=45°．结合折叠可得BC'=BC=BA，∠BC'E=∠BCE=90°,∠CBE=∠C'BE，证明Rt△BAN≌Rt△BC'N，得出∠C'BN=∠ABN，∠NBE=45°，过点B作P'B⊥PB且P'B=PB，连接P'C，P'Q，证明△CP'B≌△APB，得出P'C=PA,∠BCP'=∠PAB=45°，再证明△PBQ≌△P'BQ，得出P'Q=PQ，在△P'CQ'中，得出∠P'CQ=90°，根据勾股定理即可求解； （2）如图，连接AE，根据题意得出C'E=CE=DE=12CD=3，即可求出S△ADE=9，在△AC'E中，根据勾股定理算出AE，过C'作C'H⊥AE，得出S△AC'E=352C'H，根据C'H≤C'E=3，得出当C'E⊥AE时，C'H最大，最大为3，即可得S△AC'Emax=925，再根据SAC'ED=S△AC'E+S△ADE，即可求解． 【详解】（1）①证明：由折叠性质知CE=C'E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD=90°=∠FC'E． 当点F与点B重合，∠EBC=30°时，∠CEB=60°， ∵M为BE中点， ∴Rt△BCE,Rt△BC'E中，CM=12BE=C'M=ME=BM， ∴△MCE为等边三角形， ∴MC=EC=C'E=MC'， ∴四边形MC'EC为菱形； ②AP2+QC2=PQ， 证明：如图，∵四边形ABCD是正方形， ∴BC=AB=CD=6,∠ABC=∠BCD=90°,∠BAC=∠BCA=45°． 结合折叠可得BC'=BC=BA，∠BC'E=∠BCE=90°,∠CBE=∠C'BE， ∴∠BC'N=90°=∠BAN， ∵BN=BN， ∴Rt△BAN≌Rt△BC'N(HL)， ∴∠C'BN=∠ABN， ∴∠NBE=∠C'BN+∠C'BE=12∠ABC=45°， 过点B作P'B⊥PB且P'B=PB，连接P'C，P'Q， ∴∠P'BP=90°=∠ABC， ∴∠P'BC=∠ABP， ∵AB=CB， ∴△CP'B≌△APB(SAS)， ∴P'C=PA,∠BCP'=∠PAB=45°， ∵∠P'BQ=∠PBP'−∠PBQ=45°=∠PBQ， 且BQ=BQ,P'B=PB， ∴△PBQ≌△P'BQ(SAS)， ∴P'Q=PQ， 在△P'CQ'中，∠P'CQ=∠BCP'+∠BCQ=90°， ∴P'C2+QC2=P'Q2， 即AP2+QC2=PQ2； （2）解：如图，连接AE， ∵E为DC中点． ∴C'E=CE=DE=12CD=3， ∴S△ADE=12AD⋅DE=12×6×3=9， 在△AC'E中，AE=AD2+DE2=35， 过C'作C'H⊥AE， ∴S△AC'E=12AE⋅C'H=352C'H， ∵C'H≤C'E=3， ∴当C'E⊥AE时，C'H最大，最大为3， ∴S△AC'Emax=352×3=925， ∵SAC'ED=S△AC'E+S△ADE， ∴SAC'EDmax=925+9． 【点睛】该题主要考查了菱形的判定，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 30．（23-24九年级·四川成都·期中）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8． (1)将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点F处（如图①），设DF与BC相交于点G，求证：BG= DG； (2)将矩形沿直线EF折叠，使点B的对应点B'落在CD边上（如图②），点A的对应点为A'，连接BB'交EF于点O．当DB'=2时，求EF、OF的长； (3)点M在线段AB上，点N在线段BC上，（如图③）若按MN折叠后，点B落在矩形ABCD的AD边上H点，请求AH的最大值和最小值． 【答案】(1)证明见解答 (2)EF的长是35，OF的长是5 (3)AH的最大值为6，最小值为8−27 【分析】（1）由矩形的性质得BC∥AD，则∠CBD=∠ADB，由折叠得∠FDB=∠ADB，所以∠CBD=∠FDB，则BG=DG； （2）连接BE、B'E，由CD=AB=6,AD=BC=8,DB'=2，得DE=8−AE,CB'=4，则BB'= BC2+CB'2=45，因为EF垂直平分BB'，所以B'E=BE,B'F=BF=8−CF，由勾股定理得22+(8−AE)2=AE2+62,CF2+42=(8−CF)2，求得AE=2,CF=3，则DE=6,BF=5，由12 ×45EF=6×8−12×6×2−12×6×2−12×4×3=S四边形BEB'F，求得EF=35，而∠BOF=90°,OB=OB'=25，则OF=BF2−OB2=5； （3）当点N与点C重合时，AH的值最小，由MC垂直平分BH，得HC=BC=8，则DH= HC2−CD2=27，所以AH=8−27；当点M与点A重合时，AH的值最大，此时AH=AB=6，所以AH的最大值为6，最小值为8−27． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴BC∥AD, ∴∠CBD=∠ADB, 由折叠得∠FDB=∠ADB， ∴∠CBD=∠FDB, ∴BG=DG. （2）解：如图②，连接BE、B'E， ∵AB=6,BC=8,DB'=2， ∴CD=AB=6,AD=BC=8, ∴DE=8−AE,CB'=CD−DB'=6−2=4, ∴BB'=BC2+CB'2=82+42=45, 由折叠得点B'与点B关于直线EF对称， ∴EF垂直平分BB', ∴B'E=BE,B'F=BF=8−CF, ∴∠A=∠D=∠C=90°, ∴DB'2+DE2=B'E2=BE2=AE2+AB2,CF2+CB'2=B'F2, ∴22+(8−AE)2=AE2+62,CF2+42=(8−CF), 解得AE=2,CF=3， ∴DE=8−2=6,BF=8−3=5, ∵12BB'⋅EF=AB⋅BC−12AB⋅AE−12DE⋅DB'−12CB'⋅CF=S四边形BEB'F， ∴12×45EF=6×8−12×6×2−12×6×2−12×4×3, 解得EF=35， ∴∠BOF=90°,OB=OB'=12BB'=25, ∴OF=BF2−OB2= 52−(25)2=5, ∴EF的长是35，OF的长是5． （3）解：如图③，当点N与点C重合时，AH的值最小， ∵点H与点B关于直线MC对称， ∴MC垂直平分BH， ∴HC=BC=8, ∴DH=HC2−CD2= 82−62=27, ∴AH=AD−DH=8−27； 如图④，当点M与点A重合时，AH的值最大， ∵MH=MB,且MH=AH,MB=AB, ∴AH=AB=6, ∴AH的最大值为6，最小值为8−27． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 【题型4 特殊平行四边形中的中点四边形问题】 31．（23-24九年级·江苏常州·期中）如图，D、E、F分别是△ABC各边的中点． (1)四边形ADEF是怎样的四边形？证明你的结论． (2)请你为△ABC添加一个条件，使得四边形ADEF是矩形，证明你的结论． 【答案】(1)四边形ADEF为平行四边形，证明见解析 (2)∠DAF=90°，四边形ADEF为矩形，证明见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥AC，EF∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论； （2）根据矩形的判定定理证明． 【详解】（1）解：四边形ADEF为平行四边形，理由如下： ∵D，E，F分别是△ABC各边的中点， ∴DE∥AC，EF∥AB， ∴四边形ADEF是平行四边形； （2）∠DAF=90°，四边形ADEF为矩形， 理由如下：由（1）得：四边形ADEF为平行四边形， 又∵∠DAF=90°， ∴平行四边形ADEF是矩形． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形和矩形的判定定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 32．（23-24九年级·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC的中点．O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．    (1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形； (2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．） 【答案】(1)见解析 (2)OA=BC时，平行四边形DEFG是菱形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定、三角形中位线及菱形的性质，解题的关键是得到证明平行四边形的条件． （1）由于D、E分别是AB、AC边的中点, 可得DE是△ABC的中位线，同理可得GF是△OBC的中位线，由三角形中位线定理即可得到DGFE是平行四边形； （2）根据DG=12AO，GF=12BC，OA=BC，可以得到DG=GF，即可得到平行四边形DEFG是菱形． 【详解】（1）证明: ∵D、E分别是AB、AC边的中点, ∴DE∥BC,且DE=12BC， 同理，GF∥BC,且GF=12BC， ∴DE∥GF且DE=GF, ∴四边形DEFG是平行四边形； （2）当OA=BC时，平行四边形DEFG是菱形.理由为：   D、G分别是AB、BO边的中点, ∴DG=12AO， 又∵GF=12BC，OA=BC， ∴DG=GF， ∴平行四边形DEFG是菱形． 33．（23-24九年级·江苏南通·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做“中点四边形”．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，依次连接各边中点得到“中点四边形”EFGH． (1)如图，“中点四边形”EFGH的形状是 ； (2)求证：矩形的“中点四边形”是菱形．（画图，写出已知、求证和证明） 【答案】(1)平行四边形 (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的性质，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． （1）连接BD，得出EH是△ABD的中位线，即EH∥BD，EH=12BD，同理可得，FG∥BD，FG=12BD，即可证明； （2）连接AC、BD，根据三角形中位线可得四边形EFGH是平行四边形，再利用矩形的性质得出AC=BD，即可证明． 【详解】（1）解：连接BD，如图， ∵E、H分别是边AB、DA的中点， ∴EH是△ABD的中位线 ∴EH∥BD，EH=12BD， 同理，FG∥BD，FG=12BD， ∴EH=FG, EH∥FG, ∴“中点四边形”EFGH的形状是平行四边形． 故答案为：平行四边形． （2）如图， 已知：矩形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点     求证：四边形EFGH是菱形            证明：连接AC、BD． ∵E、F分别是边AB、BC的中点 ∴EF是△ABC的中位线 ∴EF∥AC，EF=12AC 同理，可得HG∥AC，HG=12AC，FG∥BD，FG=12BD ∴EF∥HG，EF=HG ∴四边形EFGH是平行四边形      ∵四边形ABCD是矩形 ∴ AC=BD ∴ EF=FG ∴四边形EFGH是菱形． 34．（23-24九年级·广东佛山·阶段练习）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，点O是△ABC所在平面上一个动点，连接OB，OC，点G，F分别是OB，OC的中点，顺次连接点D，G，F，E．    (1)如图，当点O在△ABC的外部时，求证：四边形DGFE是平行四边形； (2)当点O在△ABC的内部时，要使四边形DGFE是正方形，则OA与BC满足的条件是：． （直接写出结果即可） 【答案】(1)见详解 (2)OA=BC且OA⊥BC 【分析】（1）利用三角形中位线定理得出DE∥GF且DE=GF，进而得出四边形DGFE是平行四边形； （2）利用正方形的判定方法邻边相等的矩形是正方形得出即可． 【详解】（1）证明：如图1， ∵点D、E分别是AB、AC边的中点， ∴DE∥BC，且DE=12BC， 同理GF∥BC，且GF=12BC， ∴DE∥GF且DE=GF， ∴四边形DEFG是平行四边形．    （2）解：如图2，当OA=BC且OA⊥BC时，平行四边形DEFG是正方形，理由如下： ∵四边形DEFG是平行四边形， DG=12AO=EF，DE=GF=12BC，GF∥DE， 当OA=BC时，DG=GF， ∵G、F为OB，OC的中点， ∴GF∥BC， 当OA⊥BC时，∠AHB=90°， ∴∠AMG=∠AHB=90°， ∵D、G分别为AB、OB的中点， ∴DG∥AO， ∴∠DGM=180°−∠AMG=90°， ∴DG⊥GF， ∴四边形DEFG是正方形；    【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定方法是解题关键． 35．（2024·广东韶关·模拟预测）我们把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，如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，可证中点四边形EFGH是平行四边形，如果我们对四边形ABCD的对角线AC与BD添加一定的条件，则可使中点四边形EFGH成为特殊的平行四边形，请你经过探究后回答下面问题？ (1)当AC______BD时，四边形EFGH为菱形； (2)当AC______BD时，四边形EFGH为矩形； (3)当AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？请回答并证明你的结论． 【答案】(1)= (2)⊥ (3)见解析 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，熟练的掌握三角形的中位线定理并在推理论证中正确的运用是解题的关键． （1）根据三角形得中位线定理GH=EF=12AC， EH=GF=12BD，结合题意AC=BD，则可得到四边形EFGH是菱形； （2）根据三角形的中位线定理，可得GH∥AC，EH∥BD，，结合题意四边形EFGH是矩形，可得AC⊥BD； （3）结合（1）（2）易得四边形EFGH为正方形． 【详解】（1）解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点， ∴EH、FG分别是△ABD和△CBD的中位线； ∴GH=EF=12AC， EH=GF=12BD； 当AC=BD时， ∴GH=EF=EH=GF， ∵四边形EFGH是平行四边形， ∴四边形EFGH是菱形； 故答案为：= （2）∵四边形EFGH是矩形， ∴∠GHE=90°， ∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点， ∴EH、FG分别是△ABD和△CBD的中位线； ∴GH∥AC，EH∥BD， ∴∠HMC=∠GHE=90°，∠DNC=∠HMC=90° 即：AC⊥BD， ∴当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形． （3）当AC=BD时，由（1）得四边形EFGH是菱形； 当AC⊥BD时，由（2）四边形EFGH是矩形； ∴四边形EFGH是正方形； 故当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形． 36．（23-24九年级·吉林·阶段练习）【操作一】如图①，作两条互相垂直的直线m、n交于点O；以点O为圆心、适当长为半径画弧，交直线m于点A、C；再以点O为圆心、另一适当长为半径画弧，交直线n于点B、D；顺次连接 A、B、C、D．求证：四边形ABCD是菱形；    【操作二】如图②，取图①中菱形ABCD的各边中点E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH，四边形EFGH称为四边形ABCD的中点四边形，若AB=13，AC=24，则四边形EFGH的面积为 ． 【答案】[操作一]见解析；[操作二]60 【分析】[操作一]根据作图过程得到OA=OC，OB=OD，证明四边形ABCD是平行四边形，再根据对角线互相垂直，即可证明菱形； [操作二]根据菱形的性质和勾股定理得到OB=5，再根据三角形中位线定理证明出四边形EFGH是平行四边形，进一步得到四边形EFGH是矩形，从而利用面积公式计算即可． 【详解】解：[操作一] 由作图可知：OA=OC，OB=OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形； [操作二] ∵AC=24， ∴OA=OC=12， ∴OB=OD=132−122=5，即BD=10， ∵E、F分别是AB，BC中点， ∴EF=12AC=12，EF∥AC 同理：HG=12AC=12，EH=FG=12BD，HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD， ∴四边形EFGH是平行四边形， 又AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴四边形EFGH是矩形， ∵EH=12BD=5， ∴四边形EFGH的面积为EF×EH=12×5=60． 【点睛】本题考查了尺规作图，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是理解中点四边形的定义，依据中位线定理证明矩形． 37．（23-24九年级·山西吕梁·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，且AC⊥BD，垂足为O，顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；再顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2，…如此下去得到四边形AnBnCnDn． (1)判断四边形A1B1C1D1的形状，并说明理由． (2)求四边形A1B1C1D1的面积． (3)直接写出四边形AnBnCnDn的面积（用含n的式子表示）． 【答案】(1)四边形A1B1C1D1是矩形，理由见解析 (2)12 (3)24×12n 【分析】（1）根据中位线的性质可得A1D1∥BD，A1D1=12BD，B1C1∥BD，B1C1=12BD，C1D1∥AC，C1D1=12AC，A1B1∥AC，A1B1=12AC；即有A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，证得四边形A1B1C1D1是平行四边形，结合AC⊥BD，问题得解； （2）由（1）得四边形A1B1C1D1是矩形，A1B1=12AC，B1C1是△BCD的中位线，可得B1C1=12BD，从而得到A1B1=3，B1C1=4，再由矩形的面积公式计算，即可． （3）由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，即可求解． 【详解】（1）解：四边形A1B1C1D1是矩形，理由如下： 在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1， ∴A1、D1分别为AB、AD的中点， ∴A1D1是△ABD的中位线， ∴A1D1∥BD，A1D1=12BD， 同理可得：B1C1∥BD，B1C1=12BD，C1D1∥AC，C1D1=12AC，A1B1∥AC，A1B1=12AC； ∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形， ∵AC⊥BD， ∴A1B1⊥A1D1， ∴平行多边形A1B1C1D1是矩形， （2）解：由（1）得四边形A1B1C1D1是矩形，A1B1=12AC，B1C1是△BCD的中位线， ∴B1C1=12BD． 又∵AC=6，BD=8， ∴A1B1=3，B1C1=4， ∴S矩形A1B1C1D1=A1B1×B1C1=3×4=12． （3）解：∵四边形ABCD中，AC=6，BD=8，且AC⊥BD， ∴S四边形ABCD=6×8×12=24； 由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半， 即四边形AnBnCnDn的面积是S矩形AnBnCnDn=24×12n． 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，中点四边形，矩形的判定与性质，解题的关键是学会从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题． 38．（23-24九年级·安徽淮南·期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．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．试说明中点四边形EFGH是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思路：      反思交流： (1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？ 依据1:　 ；依据2:　 　； ②连接AC，若AC=BD时，则中点四边形EFGH的形状为　 ；并说明理由； 创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究： (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的形状为 ，并说明理由； (3)若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其它条件不变，则中点四边形EFGH的形状为　 　． 【答案】(1)①三角形的中位线定理；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②菱形，理由见解析； (2)四边形EFGH是菱形，理由见解析 (3)正方形 【分析】（1）①根据三角形中位线定理解答即可； ②根据菱形的判定方法进行解答即可； （2）连接AC，BD，证明△APC≌△BPD，得出AC=BD，再根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （3）连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J，证明∠CPJ=∠DOJ=90°，再证明∠EHG=∠BKG=90°，根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明． 【详解】（1）解：①依据1：三角形的中位线定理； 依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ②菱形；理由如下： 如图1中，    根据题意可知，四边形EFGH为平行四边形， ∵AE=EB，AH=HD， ∴EH=12BD， ∵DH=HA，DG=GC， ∴HG=12AC， ∵AC=BD， ∴HE=HG， ∴四边形EFGH是菱形． （2）解：结论：四边形EFGH是菱形． 理由：如图，连接AC，BD，   ∵∠APB=∠CPD， ∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD， 即：∠BPD=∠APC， ∵PA=PB，PC=PD， ∴△APC≌△BPD， ∴AC=BD， ∴HG=HE， 由问题情境可知：四边形EFGH是平行四边形 ∴四边形EFGH是菱形． （3）解：结论：正方形． 理由：如图，连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J．    ∵△APC≌△BPD，∠DPC=90°， ∴∠PDB=∠PCA， ∵∠PJC=∠DJO， ∴∠CPJ=∠DOJ=90°， ∵HG∥AC， ∴∠BKG=∠BOC=90°， ∵EH∥BD， ∴∠EHG=∠BKG=90°， ∵四边形EFGH是菱形， ∴四边形EFGH是正方形． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． 39．（23-24九年级·江西上饶·阶段练习）我们定义：若E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，且四边形EFGH是矩形，则四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形． (1)如图1，四边形ABCD是菱形，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，求证；四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形．    (2)如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边，在△ABC外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，其中∠BAD=∠ACE=90o，F，G，H，M分别为DE，BD，BC，CE的中点．    ①求证：四边形FGHM是四边形BCED的中矩四边形． ②若四边形FGHM的面积为8，∠ABC=45°，求BD2+BC2的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②32 【分析】（1）证明：如图，连接AC，BD，证明AC⊥BD，EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG，可得EH⊥EF，四边形EFGH是平行四边形，可得四边形EFGH是矩形，从而可得结论； （2）①如图，连接CD，BE交于点T，记CD与AB的交点为Q，证明四边形GFMH是平行四边形，△DAC≌△BAESAS，可得∠ADC=∠ABE，证明∠BTQ=∠BAD=90°，可得FG⊥HG，从而可得结论；②证明四边形GHMF是正方形，可得GH=22，（负根舍去）CD=2GH=42，证明∠DBC=90°，再利用勾股定理可得答案． 【详解】（1）证明：如图，连接AC，BD，      ∵E，F，G，H分别是菱形ABCD各边的中点， ∴AC⊥BD，EH∥BD∥FG，EF∥AC∥HG， ∴EH⊥EF，四边形EFGH是平行四边形， ∴四边形EFGH是矩形， ∴四边形EFGH是四边形ABCD的中矩四边形． （2）①如图，连接CD，BE交于点T，记CD与AB的交点为Q，    由题意得：GF∥BE∥HM，GH∥CD∥FM， ∴四边形GFMH是平行四边形， ∵等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，∠BAD=∠ACE=90o， ∴∠DAC=∠BAE，AD=AB，AC=AE， ∴△DAC≌△BAESAS， ∴∠ADC=∠ABE， ∵∠AQD=∠BQT， ∴∠BTQ=∠BAD=90°， ∴CD⊥BE，而GF∥BE∥HM，GH∥CD∥FM， ∴FG⊥HG， ∴四边形GHMF是矩形， ∴四边形FGHM是四边形BCED的中矩四边形． ②∵△DAC≌△BAE， ∴CD=BE， ∵F，G，H，M分别为DE，BD，BC，CE的中点． ∴FG=12BE=HM，GH=12CD=FM， ∴GF=GH，而四边形GHMF是矩形， ∴四边形GHMF是正方形， ∵四边形FGHM的面积为8， ∴GH2=8， ∴GH=22，（负根舍去） ∴CD=2GH=42， ∵∠ABC=45°=∠ABD， ∴∠DBC=90°， ∴BD2+BC2=CD2=422=32． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定，正方形的判定，勾股定理的应用，三角形的中位线的性质，全等三角形的判定与性质，理解新定义的含义，作出合适的辅助线是解本题的关键． 40．（23-24九年级·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 【概念理解】： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 【性质探究】： （2）如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形ABCD的对角线AC，BD的关系； 【问题解决】： （3）如图2．以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”； 【拓展应用】： 如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点． （4）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由． （5）若AC=2，求AB+CD的最小值．    【答案】（1）D；（2）AC=BD，AC⊥BD；（3）证明见解析；（4）MN=22AC，理由见解析；（5）AB+CD的最小值为22 ． 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：EF=12AC，EF∥AC，FG=12BD，FG∥BD，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG，推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论； （4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论； （5）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形； （2）AC=BD，AC⊥BD．理由如下： ∵四边形ABCD是“中方四边形”， ∴四边形EFGH是正方形， ∴EF=FG=HG=EH，∠EFG=∠FGH=∠GHE=∠HEF=90°， ∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点， ∴EF=12AC，EF∥AC，FG=12BD，FG∥BD， ∴AC=BD，AC⊥BD． （3）如图，设四边形BCGE的边BC、CG、GE、BE的中点分别为M、N、R、L，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，    ∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L， ∴MN、NR，RL，LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线， ∴MN∥BG，MN=12BG，RL∥BG，RL=12BG，RN∥CE，RN=12CE，ML∥CE，ML=12CE， ∴MN∥RL，MN=RL，RN∥CE∥ML，RN=ML， ∴四边形MNRL是平行四边形， ∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形， ∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°， ∴∠EAC=∠BAG， ∴△EAC≌△BAGSAS， ∴CE=BG，∠AEC=∠ABG， 又∵RL=12BG，RN=12CE， ∴RL=RN， ∴平行四边形MNRL是菱形， ∵∠EAB=90°， ∴∠AEP+∠APE=90°． 又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK， ∴∠ABG+∠BPK=90°， ∴∠BKP=90°， 又∵MN∥BG，ML∥CE， ∴∠LMN=90°． ∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”． （4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，    ∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， ∴四边形ENFM是正方形， ∴FM=FN，∠MFN=90°， ∴MN=FM2+FN2=2FM， ∵M，F分别是AB，BC的中点， ∴FM=12AC， ∴MN=22AC； （5）如图， 连接BD交AC于O，连接OM、ON，    当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长， ∴2OM+ON的最小值=2MN， 由性质探究（1）知：AC⊥BD， 又∵M，N分别是AB，CD的中点， ∴AB=2OM，CD=2ON， ∴2OM+ON=AB+CD， ∴AB+CD的最小值=2MN， 由拓展应用（4）知：MN=22AC； 又∵AC=2， ∴MN=2， ∴AB+CD的最小值为22． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 【题型5 特殊平行四边形中的新定义问题】 41．（23-24九年级·山东威海·期中）【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 (1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形ABCD的边CD，AD上，CE=DF，∠A=60°．四边形BEDF是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） (2)如图Ⅱ，在△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分线和边AB的中垂线交于点D，中垂线交边AC于点G，连接DA，DB．四边形ADBC是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 【答案】(1)是 (2)四边形ADBC是补等四边形，证明见解析 【分析】（1）连接BD，根据菱形性质得出CD=AD=AB=CB，CD∥AB，再结合CE=DF，∠A=60°，通过SAS证明△CBE≌△DBF，结合角的等量代换，即可作答． （2）作DE⊥CB，DF⊥CA．因为角平分线的性质 ，得出DE=DF，又因为DG垂直平分AB，得出DB=DA，再证明Rt△DEB≌Rt△DFA，结合角的等量代换，即可作答． 【详解】（1）解：连接BD，如图： ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD=AD=AB=CB，CD∥AB， ∴∠A+∠CDA=180° ∵∠A=60° ∴∠CDA=120°，∠BDF=12∠CDA=60°，△ABD是等边三角形 ∴BD=DA=BC ∵CE=DF， ∴△CBE≌△DBFSAS ∴EB=BF，∠BFD=∠BEC ∵∠DEB+∠BEC=180° ∴∠DEB+∠BFD=180° ∴四边形BEDF是补等四边形， 故答案为：是； （2）解：四边形ADBC是补等四边形． 理由如下：作DE⊥CB，DF⊥CA． ∴∠DEB=∠DFC=90°． ∴∠ECA+∠EDF=180° ∵CD平分∠ECA， ∴DE=DF． ∵DG垂直平分AB， ∴DB=DA ∴Rt△DEB≌Rt△DFA ∴∠EDB=∠FDA． ∴∠ECA+∠BDA=180° ∴四边形ADBC是补等四边形． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 42．（23-24九年级·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形ABCD中， E为BC上一点， 连接AE， 过点B作BG⊥AE于点H， 交CD于点G， 连AG，EG． ①判断四边形ABEG是否为“神奇四边形”，并说明理由； ②如图2， 点M，N，P，Q分别是AB，AG，GE，EB的中点． 判断四边形MNPQ是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形ABCD的边AB，CD上， 把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=2，正方形的边长为6，求线段OF的长． 【答案】(1)④ (2)①四边形ABEG是“神奇四边形”，见解析；②四边形MNPQ是“神奇四边形”，见解析 (3)103 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABE=∠BCG=90°，利用等量代换可得∠CBG=∠BAE，证得△ABE≌△BCGASA，可得AE=BG，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得MN=PQ=12BG，MN∥BG∥PQ，MQ=NP=12AE，MQ∥NP∥AE，从而证得四边形MNPQ是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得∠NMQ=90°，由①可得，AE=BG，可得NM=MQ，证得四边形MNPQ是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长AO交BC于点S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B'F=6−x，再由勾股定理列方程求得x=103，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． （2）解：①四边形ABEG是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABE=∠BCG=90°， ∵BG⊥AE， ∴∠CBG+∠AEB=90°， 又∵∠AEB+∠BAE=90°， ∴∠CBG=∠BAE， ∴△ABE≌△BCGASA， ∴AE=BG， 又∵BG⊥AE， ∴四边形ABEG是“神奇四边形”． ②四边形MNPQ是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是AB，AG，GE，EB的中点， ∴MN=PQ=12BG，MN∥BG∥PQ，MQ=NP=12AE，MQ∥NP∥AE， ∴四边形MNPQ是平行四边形， ∵MN∥BG，BG⊥AE， ∴MN⊥AE， ∴∠EAM+∠AMN=90°， ∵∠EAM+∠AEB=90°， ∴∠AMN=∠AEB， ∵MQ∥AE， ∴∠AEB=∠MQB， ∴∠AMN=∠MQB， ∵∠QMB+∠MQB=90°， ∴∠QMB+∠AMN=90°， ∴∠NMQ=90°， 由①可得，AE=BG， ∴NM=MQ， ∴四边形MNPQ是正方形， ∴MP⊥QN，且MP=QN， ∴四边形MNPQ是“神奇四边形”． （3）解：延长AO交BC于点S， 由折叠的性质得，BF=B'F，AB'=BS=2，AO=SO，∠B=∠B'， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=6，∠B=90°， ∴AS=62+22=210，∠B=∠B'=90°， ∴AO=12AS=10， 设AF=x，则BF=B'F=6−x， 在Rt△AB'F中，22+6−x2=x2， 解得x=103， ∴AF=103， ∵AO⊥FR， ∴∠AOF=90°， ∴OF=1032−102=103． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 43．（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心． (1)①写出一种你学过的伪矩形： ． ②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ． A．正方形    B．矩形    C．菱形    D．无法确定 (2)如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD=90°，AC=3，CD=2，求BC的长． (3)如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=2，AC=CD，求这个伪矩形的面积． 【答案】(1)①等腰梯形；②C (2)5 (3)39+3 【分析】（1）①根据题意，写出对角线相等的四边形，例如等腰梯形，即可求解； ②根据中位线的性质可得EF=GH=12BD,EH=FG=12AC，进而根据伪矩形的定义，可得BD=AC，进而即可得出结论； （2）根据伪矩形的定义，可得BD=AC，进而勾股定理，即可求解． （3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案． 【详解】（1）①写出一种你学过的伪矩形：等腰梯形； 故答案为：等腰梯形． ②如图所示，伪矩形ABCD中，AC=BD， E,F,G,H分别为四边中点， ∴EF=GH=12BD,EH=FG=12AC ∴EF=FG=GH=HE ∴四边形EFGH是菱形； ∴顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形， 故选：D． （2）∵在伪矩形ABCD中，AC=3 ∴ BD=AC=3 ∵ ∠BCD=90°，BD=3，CD=2， ∴ BC=BD2−CD2=32−22=5； （3）解：作DF⊥BC，垂足为F， ∵伪矩形ABCD中，AC=BD，AC=DC， ∴BD=CD， ∵ ∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=2， ∴ AB=12AC，BC=AC2−AB2=3AB=23， ∴ AC=CD=BD=4 ∵BD=CD，DF⊥BC ∴BF=CF=12BC=3 ∴DF=CD2−CF2=16−3=13 ∴这个伪矩形的面积为=12FC×DF+12(AB+DF)×BF =12×3×13+122+13×3 =39+3 44．（23-24九年级·江苏南京·期末）定义：若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”．例如：如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，若BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形．    (1)如图②，在四边形ABCD中，AB=AC，AD∥BC，∠CAD=2∠DBC． 求证：四边形ABCD是“近似菱形”， (2)如图③，已知线段BD，求作“近似菱形”ABCD，使得AB=AD，BD平分∠ABC，且∠A与∠C互补． 要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明． (3)在（2）的条件下，“近似菱形”ABCD中∠A的取值范围是________________． 【答案】(1)证明见解析 (2)见解析 (3)60°<∠A<180° 且∠A≠90° 【分析】（1）根据“近似菱形”的定义，平行线的性质和等边对等角，证明∠ABD=∠DBC，进而得出结论； （2）作菱形ABED，以D为圆心，DE为半径画弧，交BE于点C，连接CD，则四边形ABCD为求作的“近似菱形”； （3）根据菱形的性质得出AB=BE=DE=AD，∠A=∠E，进而得出∠A+∠BCD=180°，再证明∠A=∠CDA，当BC最小时，∠A最小，当BC=0时，∠A=60°，当∠A=90°时，不符合“近似菱形”的定义，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵AB=AC，    ∴∠ABC=∠ACB， ∵AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACB， ∴∠CAD=∠ABC， ∵∠CAD=2∠DBC， ∴∠ABC=2∠DBC， ∴∠ABD=∠DBC， ∵AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC， ∴∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD ， ∵BD平分∠ABC， ∴四边形ABCD是“近似菱形”． （2）解：作法：    ①作菱形ABED； ②以D为圆心，DE为半径画弧，交BE于点C； ③连接CD． 则四边形ABCD为求作的“近似菱形”； （3）解：∵菱形ABED， ∴AB=BE=DE=AD，∠A=∠E， ∵CD=DE， ∴∠E=∠DCE， ∴∠A=∠DCE， ∵∠DCE+∠BCD=180°， ∴∠A+∠BCD=180°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD， ∵AB=AD， ∴∠ABD=∠ADB， ∴∠CBD=∠ADB， ∴AD∥BC， ∴∠BCD+∠CDA=180°， ∴∠A=∠CDA， 当BC最小时，∠A最小，当BC=0时，∠A=60°， ∴60°<∠A<180° 当∠A=90°时，不符合“近似菱形”的定义， ∴60°<∠A<180° 且∠A≠90°． 【点睛】本题考查“近似菱形”的定义，平行线的性质，等边对等角，正确理解新定义是解题的关键． 45．（23-24九年级·北京通州·期中）定义：若点P为四边形ABCD内一点，且满足∠APB+∠CPD=180°，则称点P为四边形ABCD的一个“互补点”． (1)如图1，点P为四边形ABCD的一个“互补点”，若∠APD=60°，则∠BPC= ； (2)如图2，点P是菱形ABCD对角线BD上的任意一点（不与点B，D重合），求证：点P为菱形ABCD的一个“互补点”． 【答案】(1)120° (2)证明见解析 【分析】（1）根据点P为四边形ABCD的一个“互补点”的定义，可得出∠APB+∠CPD=180°，从而根据周角的定义可求出结果； （2）根据菱形的性质可证得AB=BC，∠ABP=∠CBP，再证明△ABP≌△CBP，可证得∠1=∠3，同理得出∠2=∠4，然后证明∠1+∠2=180°，即可求证． 【详解】（1）解：∵点P为四边形ABCD的一个“互补点”， ∴∠APB+∠CPD=180°， ∵∠APB+∠CPD+∠APD+∠BPC=360°，∠APD=60°， ∴∠BPC=120°， 故答案为：120°； （2）证明：如图，连接AP、PC， ∵菱形ABCD， ∴AB=BC，∠ABP=∠CBP， ∵BP=BP， ∴△ABP≌△CBPSAS， ∴∠1=∠3， 同理∠2=∠4， ∵∠1+∠3+∠2+∠4=360°， ∴2∠1+2∠2=360°， ∴∠1+∠2=180°，即∠APB+∠CPD=180° ∴点P为菱形ABCD的一个“互补点”  ． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，关键是理解题意，确定“互补点”的实际意义． 46．（23-24九年级·广东中山·期中）定义：如果平行四边形的一组对边之和等于一条对角线的长时，我们称这个四边形为“沙漏四边形”． (1)当沙漏四边形是矩形时，两条对角线所夹锐角为______度； (2)如图，在沙漏四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，满足AB+CD=BD，且AB⊥BD，过点B、D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，垂足为E、F，连接DE、BF，所得四边形BEDF也是沙漏四边形．若BE=1，求BC的长以及△BFC的面积． 【答案】(1)60 (2)BC=10，S△BFC=12 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据沙漏四边形即平行四边形的特征得出AB=CD，AB∥CD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，在根据矩形的性质得出AC=BD，得出△AOB为等边三角形，即可得出夹角的度数； （2）根据四边形ABCD是沙漏四边形，得AB=OB=OD=CD，在证∠ABO=∠CDO=90°，根据BE⊥AO，DF⊥OC，AB=OB=OD=CD得∠EBO=∠EOB=∠FDO=∠FOD=45°，利用四边形BEDF是沙漏四边形，得EC=3BE=3，利用勾股定理得出BC=10，根据三角形面积计算公式即可得出结论． 【详解】（1）∵四边形ABCD是沙漏四边形， ∴ AB=CD，AB∥CD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD ∵四边形ABCD是矩形， ∴ AC=BD， ∵ AB+CD=BD=OB+OD， ∴ AB=OB=OD=CD ∴ △AOB为等边三角形， ∴ ∠AOB=60° 故答案为：60． （2）∵ AB⊥BD， ∴ ∠ABO=90°， ∵四边形ABCD是沙漏四边形， ∴ AB=CD，AB∥CD，OA=OC，OB=OD ∵ AB+CD=BD=OB+OD， ∴ AB=OB=OD=CD ∵ AB∥CD，∠ABO=90°， ∴ ∠ABO=∠CDO=90° ∵ BE⊥AO，DF⊥OC，AB=OB=OD=CD ∴ ∠BEO=∠DFO=90°，∠EBO=∠FDO=45°，OE=12AO，OF=12CO ∴ ∠EBO=∠EOB=∠FDO=∠FOD=45° ∵四边形BEDF是沙漏四边形， ∴ OE=OF=BE， ∵ BE=EO=OF=CF=1， ∴ EC=3BE=3， 在Rt△BEC中， BC2=BE2+EC2=12+32=10， ∴ BC=10 S△BFC=12FC⋅BE=12×1×1=12 47．（23-24九年级·福建三明·期中）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形．邻等四边形中，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，对角线AC平分∠BCD，求证：四边形ABCD是邻等四边形； (2)如图2，在5×6的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D，并分别用D1，D2，D3，……表示； (3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠A=∠B=90∘，∠BCD为邻等角．若AB=8，AD=6，求邻等四边形ABCD的周长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)923． 【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠BCD=90°，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD的格点D；②∠B=∠BAD=90°，结合图形再确定满足AB=AD的格点D； （3）如图，过D作DE⊥BC于E，则四边形ABED是矩形，由矩形的性质得BE=AD=6，DE=AB=8，∠BED=∠DEC=90°，进而利用勾股定理求得CB=CD=253，从而即可得解． 【详解】（1）证明：∵∠BAD=∠B=90°， ∴∠BAD+∠B=180°， ∴AD∥BC,， ∴∠DAC=∠BCA， ∵对角线AC平分∠BCD， ∴∠DCA=∠BCA， ∴∠DCA=∠DAC， ∴CD=AD， ∴四边形ABCD为邻等四边形． （2）解：D1，D2，D3即为所求；    （3）解：∵四边形ABCD是邻等四边形，∠A=∠B=90∘，∠BCD为邻等角． ∴BC=CD， 如图，过D作DE⊥BC于E，    ∵∠A=∠B=90∘， ∴四边形ABED是矩形， ∴BE=AD=6，DE=AB=8，∠BED=∠DEC=90°， ∴CD2=CE2+DE2即CD2=CD−62+82 ∴CB=CD=253， ∴邻等四边形ABCD的周长为8+6+253+253=923． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的判定及性质，等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键． 48．（23-24九年级·湖南长沙·期中）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“宁美四边形”的是　　（填序号）； (2)如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG．求证：四边形ABEG是“宁美四边形”； (3)如图2，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=2，正方形的边长为6，求线段OF的长． 【答案】(1)④ (2)见解析 (3)103 【分析】（1）由“宁美四边形”的定义即可得出结论； （2）证△ABE≌△BCG，得AE=BG，再由“宁美四边形”的定义即可得出结论； （3）延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B'F=6−x，再由勾股定理得22+(6−x)2=x2，解得x=103，再次利用勾股定理，即可解决问题． 【详解】（1）∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等， ∴正方形是“宁美四边形”， 故答案为：④； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=∠BCD=90°， ∴∠ABG+∠CBG=90°， ∵BG⊥AE， ∴∠BAE+∠ABG=90°， ∴∠BAE=∠CBG， 在△ABE和△BCG中， ∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABE=∠BCG， ∴△ABE≌△BCGASA， ∴AE=BG， 又∵BG⊥AE， ∴四边形ABEG是“宁美四边形”； （3）图3，延长AO交BC于S， 由翻折的性质可知，BF=B'F，AB'=BS=2，AO=SO，∠B'=∠B， ∵四边形ABCD是正方形，边长为6， ∴AB=6，∠B=90°， ∴AS=AB2+BS2=62+22=210，∠B'=∠B=90°， ∴AO=12AS=10， 设AF=x，则BF=B'F=6−x， 在Rt△AB'F中，由勾股定理得：22+(6−x)2=x2， ∴x=103， ∴AF=103， ∵AO⊥FR， ∴∠AOF=90°， ∴OF=AF2−AO2=(103)2−(10)2=103， 即线段OF的长为103． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“宁美四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 49．（23-24九年级·山东东营·期末）附加题： 我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的品四边形叫得等补四边形． (1)如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（不与B，C重合），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点为点E．请根据给出的定义判断，四边形ADCE______（选择“是”或“不是”）等补四边形． (2)如图2，等补四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四边形ABCD=8，则BD的长为______． (3)如图3，四边形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=5，求四边形ABCD面积的最大值． 【答案】(1)是 (2)4 (3)252 【分析】本题主要考查了利用旋转作全等三角形，三角形和四边形的面积，等补四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用旋转作辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）根据旋转的性质得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论； （2）如图2，将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，先证明D、C、G三点共线，根据旋转的性质可知：S四边形ABCD=S△BDG=8，根据三角形的面积公式可得BD的长； （3）如图3，作辅助线：将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，先证明A、D、E三点共线，则S四边形ABCD=S△BDE，当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，从而得结论． 【详解】（1）解：由旋转得：AD=AE，∠ADB=∠AEC， ∵∠ADC+∠ADB=180°， ∴∠ADC+∠AEC=180°， ∴四边形ADCE是等补四边形． 故答案为：是； （2）解：如图2，∵∠ABC=90°，AB=BC， ∴将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG， ∴∠BAD=∠BCG，BD=BG，∠DBG=90°， ∵∠ABC=∠ADC=90°， ∴∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠BAD+∠BCD=180°， ∴∠BCD+∠BCG=180°， ∴D、C、G三点共线， ∵S四边形ABCD=8， ∴S△BDG=8， ∴ 12BD2=8， ∴BD=4（负值舍去）； 故答案为：4． （3）解：∵AB=BC，   ∴将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，如图3， ∴BD=BE=5，∠BAE=∠C，S△ABE=S△BCD， ∵∠BAD+∠C=180°， ∴∠BAD+∠BAE=180°， ∴A、D、E三点共线， ∴S四边形ABCD=S△BDE， 当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，为S△BDE=12×5×5=252． 则四边形ABCD面积的最大值为252． 50．（23-24九年级·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形． (1)如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A落在BC边上的D处，再将纸片分别沿EF，HG折叠，使点B和点C都与点D重合，得到双层四边形EFGH，则双层四边形EFGH为______形． (2)▱ABCD纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形EFGH为矩形，若EF=5，EH=12，求AD的长． (3)如图3，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD