专题05 垂美四边形与378模型、578模型（几何模型讲义）数学新教材沪科版八年级下册

专题05 垂美四边形与378模型、578模型 三角形相关模型在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须熟练掌握的核心内容，本专题就垂美四边形模型、378 模型、578 模型进行梳理及对应试题分析，方便同学们精准掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展。 所以在学习几何模型要能够做到的就是： ① 认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型； ② 记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法； ③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。 当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.垂美四边形模型 2 模型2.378和578模型 5 6 模型1.垂美四边形模型 垂美四边形的定义：若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。 几何特征：四边形 中，对角线 ，垂足为 ，即为垂美四边形。 图1 图2 图3 图4 条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD； 结论：①AB2+CD2＝AD2+BC2； ②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半，即S四边形ABCD=AC∙BD。 证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得，，， ∴； ∵AC⊥BD，∴S△ABC=AC∙BO ，S△ADC=AC∙DO ∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD。 条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP； 结论：DP2+BP2=AP2+PC2 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADP＝∠BCP＝90°，AD=BC， 由勾股定理得∴，∴。 条件：如图3（或图4），在矩形ABCD中，P为矩形内部（外部）任意一点，连接AP、BP，CP，DP； 结论：AP2+PC2=DP2+BP2 证明：过点作的垂线，交于点，交于点，则四边形和为矩形， ，由勾股定理得：则 ，， ，．（图4的证明和图3证明相同） 用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。 【常见易错点】 ① 混淆“对边平方和”与“邻边平方和”，记错公式； ② 未识别出对角线垂直的隐含条件，无法套用模型； ③ 复杂图形中无法拆分出垂美四边形，不会构造辅助线。 例1（2023秋•碑林区校级期中）如图所示，AC⊥BD，O为垂足，设m＝AB2+CD2，n＝AD2+BC2，则m，n的大小关系为（　　） A．m＜n B．m＞n C．m＝n D．不确定 例2（2025春•广东校级期中）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：给出下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中一定是“垂美四边形”的是 （填序号）； （2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．求证：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）解决问题：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，AB＝3． ①请问四边形CGEB是垂美四边形吗？并说明理由； ②求GE的长． 例3（23-24八年级上·河北保定·期中）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，对角线交于点．若，，则等于（    ）    A． B． C． D． 例4（23-24九年级上·天津·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； 例5（2023·江苏盐城·一模）如图，四边形的对角线和互相垂直，，则四边形面积最大值为 ．    例6（2024·陕西·一模）已知矩形ABCD中有一点P，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，则PD＝ ． 模型2.378和578模型 378和578模型：边长为3、7、8或5、7、8的三角形（如图1）。 当我们遇到两个三角形的三边长分别为 3，7，8 和 5，7，8 的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为 8的等边三角形。 图1 图2 图3 图4 条件：当两个三角形的边长分别为3，7，8和5，7，8时； 结论：①这两个三角形的面积分别为、；②3、8与5、8夹角都是60；③将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形。 证明：如图2，过点C作CM⊥AB于点M，设BM=x 则AM=3+x，∴∠CMB=90°， 在Rt∆ACM中：CM2 =AC2 - AM2，在Rt∆BCM中：CM2 =BC2 - BM2， ∴AC2 - AM2 = BC2 - BM2，即82 -（3+x）2 = 72 - x2，解得x=1，∴CM =4，∴CM =， ∴S∆ABC=AB•CM = •3•=，∵CM =4，AC=8，∠ACM=30°，∠CAM=60°。 如图3，过点F作FN⊥DE于点N，设DN=x 则NE=5-x，∴∠FND=90°， 在Rt∆DNF中：NF2 =DF2 - DN2， 在Rt∆ENF中：NF2 =EF2 - NE2， ∴DF2-DN2 =EF2-NE2，即72-x2 =82 -（5-x）2 ，解得x=1，NE=4，∴NF = ， ∴S∆DEF=•DE•NF = •5•=，∵NE =4，EF=8，∠EFN=30°，∠FEN=60°。 ∴CM =NF = ，∠CMB=∠FND=90°，∵CB =DF=7，∴Rt∆BCM ≌Rt∆DNF，∴∠CBM=∠FDN， ∵∠CBM+∠ABC=180°，∴∠FDN+∠ABC=180°，∵AC =EF =8。 ∴将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形（如图4）。 【模型应用】 •填空/选择中快速判定特殊角，无需复杂计算； •直接套用面积公式，秒解三角形面积； •结合全等、旋转、勾股定理综合求解几何综合题。 【常见易错点】 ① 混淆378、578模型的面积与特殊角位置； ② 误将非7的边当作60°角对边，导致角度判断错误； ③ 忘记模型推导原理，题目变形后无法用勾股定理还原计算。 例1（2023·绵阳市·八年级专题练习）如图，△ABC的边AB＝8，BC＝5，AC＝7．求BC边上的高． 例2（2023八年级上·江苏·专题练习）已知在中，，，，则的面积为（　　） A． B． C． D． 例3（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，，，，则的长为 ． 1．边长为5，7，8的三角形的最大角和最小角的和是（　　） A．90° B．150° C．135° D．120° 2．已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则∠C＝（　　） A．45° B．37° C．60° D．90° 3．（2025春•松原期末）如图，在平面直角坐标系中，A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为（　　） A．（2，0） B．（6，0） C．（8，0） D．（2，0）或（8，0） 4．（2024•碑林区校级四模）如图，在四边形ABCD中，AD⊥BD，∠BDC＝∠BCA＝45°，∠BAC＝30°，若，则AC的长为 ． 5．（2024春•永定区期末）综合与实践：构图法求三角形的面积． 问题提出 在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积． 素材1 某数学兴趣小组发现，如果运用三角形面 积公式Sah（a为底边，h为对应的高） 求解，那么高h的计算较为复杂．进一步 观察发现AB，BC，AC，若把 △ABC放到图1的正方形网格中（每个小 正方形的边长为1），且△ABC的三个顶 点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需 求三角形的高，直接借助网格就能计算出 △ABC的面积．这种借助网格计算面积的 方法称为“构图法”． 素材2 某园艺公司对一块三角形花圃PQR进行改造 ，如图3所示，分别以原花圃的PQ，PR为边 向外扩建正方形花圃PQGF，正方形花圃PR DE，并增加三角形花圃FPE，将原花圃改造为六边形QRDEFG． 任务1 （1）请直接写出图1中的三角形面积 . 任务2 （2）已知△KMN三边KM，MN，KN的长分别为，2，，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为1）画出相应的△KMN，并求出它的面积． 任务3 （3）若三角形花圃的边PQ＝2，PR，QR＝3，求改造后的六边形花圃QRDEFG的面积． 6．以三角形三边为边分别向形外作正方形，正方形的面积分别是25，15，40，判断此三角形的形状． 7．（2024秋•唐河县期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割． （1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由； （2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长． 8．（2025春•雨花区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，CD⊥AB于D． 求：（1）AC的长和△ABC的面积；（2）CD的长． 9．（2024春•赵县期中）如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． （1）性质探究：如图1．已知四边形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＝2，则S△ABC＝ ． 10．我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形． 【概念理解】 （1）我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是 ； 【性质探究】 （2）如图（1），已知四边形ABCD是垂美四边形，对角线的交点为O，请探究AB2+CD2与AD2+BC2之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）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BE，CG，EG，已知AC＝4，AB＝5，求GE2． 11．（2025秋•梅县区期末）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图①，已知四边形ABCD是垂美四边形，请探究两组对边AB2+CD2与AD2+BC2之间的数量关系，并说明理由； （2）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BE，CG，EG，已知AC＝4，AB＝5，求GE2． 12．（2025秋•莱芜区期末）规定：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，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝AD，OB＝OD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由： （2）性质探究 如图2，四边形ABCD是垂美四边形，其对角线AC，BD交于点O． 猜想：AB2﹣CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想； （3）解决问题 如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形ABE，其中，∠DAC＝∠EAB＝90°，连结BD，CE，DE．已知，求DE的长． 13．（2024秋•叶县期末）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 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．若AC＝2，AB＝5，则 ①求证：△AGB≌△ACE ②GE＝ ． 14．（2025春•姑苏区校级月考）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系： ． （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CG，BE，GE，已知AC＝4，AB＝5． ①求证：四边形BCGE为垂美四边形； ②求出四边形BCGE的面积． 15．（2024秋•福田区月考）如图①，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 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＝2，AB＝5，则GE＝ ． 16．（2025秋•未央区校级月考）如图1，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：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）解决问题：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，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长． 17．（2025春•和田市期末）【知识感知】（1）如图1，四边形ABCD的两条对角线交于点O，我们把这种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，属于垂美四边形的是 ；（只填序号） 【性质探究】（2）如图1，试探究垂美四边形ABCD的四条边AB，CD，BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明； 【性质应用】（3）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，，求GE的长． 18．（2024春•通州区校级月考）如图1，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解，在四边形ABCD中，以下是垂美四边形的是 ． ①平行四边形；②矩形；③菱形；④AB＝AD，CB＝CD． （2）性质探究，小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图1，在四边形ABCD中，若AC⊥BD，则AB2+CD2＝AD2+BC2．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）问题解决：如图2．在△ABC中，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC的中点，连接AE、BD．有AE⊥BD，求AB． 19．（2025春•花都区校级期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图1，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD 垂美四边形（填“是”或“不是”）． （2）如图2，探究垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． （3）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ACDE与正方形ABFG，连接CG，BE，GE，CG与BE交于点O，已知AC＝4，AB＝5，求△OGE的中线OH的长． 20．（2025秋•修文县期中）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图（a），已知四边形ABCD是垂美四边形，AC⊥BD，垂足为O． （1）发现：由勾股定理得DO2+AO2＝ ，BO2+CO2＝ ． （2）猜想：AB2+CD2 AD2+BC2．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图（b），在△ABE中，∠ABE＝90°，分别以AE和BE为边向外作等腰直角△AED和等腰直角△BEC，∠AED＝∠BEC＝90°，BD与AC相交于点O． （3）①判断四边形ABCD是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出DC的长． 21．（2025春•高新区期末）定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”． （1）下列选项中一定是“奇妙四边形”的是 ； A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 （2）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为AB边上一动点（E不与A，B重合），DE交AC于点F，过F作FG⊥DE交BC于点G． ①判断四边形CDFG是否为“奇妙四边形”，并说明理由； ②若四边形BGFE是“奇妙四边形”，连接DG，请直接写出△DFG的面积． 22．（2024秋•海淀区校级期末）定义：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）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，则根据勾股定理： AB2＝ + ； BC2＝ + ； CD2＝ + ； AD2＝ + ； 所以，用等式表示AB2、BC2、CD2、AD2之间的数量关系是 ； （2）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ACGD和正方形ABFE，连接BD、CE、DE，CE分别交AB、BD于点M，N． ①CE与BD的位置关系是 ，给出证明； ②若AB＝4，，则线段DE的长是 ． 23．（2024春•开封期末）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AB，CD与BC，AD之间的数量关系． 猜想结论：（要求用文字语言叙述） 写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）． （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． 24．（2025秋•青岛校级月考）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：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形和正方形，这四种图形中是垂美四边形的是 ； （2）性质探究：小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即：如图②，若四边形ABCD是垂美四边形，则AB2+CD2＝AD2+BC2．请判断小美同学的说法是否正确，并说明理由； （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．若AC＝2，AB＝5，则GE＝ ． 25．（2025春•芜湖校级期中）【理解定义】一组对边相等且垂直的四边形叫等垂四边形．如图1，四边形ABCD中；AB＝CD，AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底． （1）【性质初探】等垂四边形两个钝角的度数和为 ； （2）【拓展研究】如图2，M，N分别为等垂四边形ABCD的底AD，BC的中点，试探索MN与AB的数量关系，小坤的想法是连接一个中点与四边形对边的一个顶点，得到一条线段，再倍长这条线段，请按此方法求出MN与AB的数量关系； （3）【实践应用】如图3，直线l1，l2是两条相互垂直的公路，利用三段围栏AB，BC，AD靠路边按如图方式围成一块四边形种植园，第四条边CD做成一条隔离带，已知AB＝250米，BC＝240米，AD＝320米，此隔离带最长为多少米？ 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 垂美四边形与378模型、578模型 三角形相关模型在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须熟练掌握的核心内容，本专题就垂美四边形模型、378 模型、578 模型进行梳理及对应试题分析，方便同学们精准掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展。 所以在学习几何模型要能够做到的就是： ① 认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型； ② 记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法； ③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。 当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.垂美四边形模型 2 模型2.378和578模型 8 12 模型1.垂美四边形模型 垂美四边形的定义：若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。 几何特征：四边形 中，对角线 ，垂足为 ，即为垂美四边形。 图1 图2 图3 图4 条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD； 结论：①AB2+CD2＝AD2+BC2； ②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半，即S四边形ABCD=AC∙BD。 证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得，，， ∴； ∵AC⊥BD，∴S△ABC=AC∙BO ，S△ADC=AC∙DO ∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD。 条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP； 结论：DP2+BP2=AP2+PC2 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADP＝∠BCP＝90°，AD=BC， 由勾股定理得∴，∴。 条件：如图3（或图4），在矩形ABCD中，P为矩形内部（外部）任意一点，连接AP、BP，CP，DP； 结论：AP2+PC2=DP2+BP2 证明：过点作的垂线，交于点，交于点，则四边形和为矩形， ，由勾股定理得：则 ，， ，．（图4的证明和图3证明相同） 用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。 【常见易错点】 ① 混淆“对边平方和”与“邻边平方和”，记错公式； ② 未识别出对角线垂直的隐含条件，无法套用模型； ③ 复杂图形中无法拆分出垂美四边形，不会构造辅助线。 例1（2023秋•碑林区校级期中）如图所示，AC⊥BD，O为垂足，设m＝AB2+CD2，n＝AD2+BC2，则m，n的大小关系为（　　） A．m＜n B．m＞n C．m＝n D．不确定 【答案】C 【分析】根据已知可得△AOB、△BOC、△COD、△AOD均为直角三角形，利用勾股定理即可解决． 【解答】解：∵AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠AOD＝90°， ∴△AOB、△BOC、△COD、△AOD均为直角三角形， ∴在Rt△AOB中，由勾股定理可得；AB2＝OB2+OA2； 同理：AB2＝OB2+OA2 CB2＝OB2+OC2； CD2＝OC2+OD2； AD2＝OD2+OA2； ∴m＝AB2+CD2＝OB2+OA2+OC2+OD2， n＝AD2+BC2＝OD2+OA2+OB2+OC2； ∴m＝n， 故答案选：C． 例2（2025春•广东校级期中）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：给出下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．其中一定是“垂美四边形”的是 （填序号）； （2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．求证：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）解决问题：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，AB＝3． ①请问四边形CGEB是垂美四边形吗？并说明理由； ②求GE的长． 【答案】（1）③④； （2）证明过程见解析； （3）①证明过程见解析； ②2． 【分析】（1）（1）根据垂美四边形的定义即可判断； （2）根据勾股定理解答即可； （3）①连接CG、BE，AB与CE交于点O，BG与CE交于点N，证明△GAB≌△CAE（SAS），进而得BG⊥CE，再根据（1）的结论便可求得结果． ②由（2）得出CG2+BE2＝CB2+GE2，根据勾股定理可得出答案． 【解答】解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直， ∴菱形、正方形都是垂美四边形． 故答案为：③④． （2）证明：∵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； （3）①连接CG、BE，AB与CE交于点O，BG与CE交于点N，如图2， ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC， 又∠AEC+∠AOE＝90°， ∴∠ABG+∠AOE＝90°， 即CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形； ②由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC，AB＝3， ∴BC2，CGAC，BEAB＝3， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB224， ∴GE＝2． 例3（23-24八年级上·河北保定·期中）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，对角线交于点．若，，则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据垂美四边形的性质，勾股定理的运用即可求解，本题主要考查勾股定理的运用，掌握勾股定理的计算是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是“垂美”四边形，即， ∴在中，，在中，， ∴， 在中，，在中，， ∴，∴，故选：． 例4（23-24九年级上·天津·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． 例5（2023·江苏盐城·一模）如图，四边形的对角线和互相垂直，，则四边形面积最大值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了二次函数最值以及四边形面积求法．直接利用对角线互相垂直的四边形面积求法得出，再利用配方法求出二次函数最值． 【详解】解：设，四边形的面积为S，∵，∴， ∵四边形的对角线和互相垂直，∴， ∴当时，S取得最大值，最大值为，即四边形面积最大值为．故答案为：． 例6（2024·陕西·一模）已知矩形ABCD中有一点P，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，则PD＝ ． 【答案】 【分析】由ABCD是矩形，过P作GHBC交AB、CD于点G、H，过P作EFAB交AD、BC于点E、F，在所形成的直角三角形中，由勾股定理得出AP2+CP2=BP2+DP2，从而求出DP． 【详解】解：过点P作GHBC交AB、CD于点G、H，过点P作EFAB交AD、BC于点E、F， 设AE=BF=c，AG=DH=a，GB=HC=b，ED=FC=d ，，， PA＝1，PB＝2，PC＝3， 即（负值已舍去）故答案为：． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质，勾股定理，关键是利用勾股定理列方程组． 模型2.378和578模型 378和578模型：边长为3、7、8或5、7、8的三角形（如图1）。 当我们遇到两个三角形的三边长分别为 3，7，8 和 5，7，8 的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为 8的等边三角形。 图1 图2 图3 图4 条件：当两个三角形的边长分别为3，7，8和5，7，8时； 结论：①这两个三角形的面积分别为、；②3、8与5、8夹角都是60；③将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形。 证明：如图2，过点C作CM⊥AB于点M，设BM=x 则AM=3+x，∴∠CMB=90°， 在Rt∆ACM中：CM2 =AC2 - AM2，在Rt∆BCM中：CM2 =BC2 - BM2， ∴AC2 - AM2 = BC2 - BM2，即82 -（3+x）2 = 72 - x2，解得x=1，∴CM =4，∴CM =， ∴S∆ABC=AB•CM = •3•=，∵CM =4，AC=8，∠ACM=30°，∠CAM=60°。 如图3，过点F作FN⊥DE于点N，设DN=x 则NE=5-x，∴∠FND=90°， 在Rt∆DNF中：NF2 =DF2 - DN2， 在Rt∆ENF中：NF2 =EF2 - NE2， ∴DF2-DN2 =EF2-NE2，即72-x2 =82 -（5-x）2 ，解得x=1，NE=4，∴NF = ， ∴S∆DEF=•DE•NF = •5•=，∵NE =4，EF=8，∠EFN=30°，∠FEN=60°。 ∴CM =NF = ，∠CMB=∠FND=90°，∵CB =DF=7，∴Rt∆BCM ≌Rt∆DNF，∴∠CBM=∠FDN， ∵∠CBM+∠ABC=180°，∴∠FDN+∠ABC=180°，∵AC =EF =8。 ∴将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形（如图4）。 【模型应用】 •填空/选择中快速判定特殊角，无需复杂计算； •直接套用面积公式，秒解三角形面积； •结合全等、旋转、勾股定理综合求解几何综合题。 【常见易错点】 ① 混淆378、578模型的面积与特殊角位置； ② 误将非7的边当作60°角对边，导致角度判断错误； ③ 忘记模型推导原理，题目变形后无法用勾股定理还原计算。 例1（2023·绵阳市·八年级专题练习）如图，△ABC的边AB＝8，BC＝5，AC＝7．求BC边上的高． 解：作AD⊥BC于D， 由勾股定理得，AD2＝AB2﹣BD2，AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，即82﹣（5﹣CD）2＝72﹣CD2，解得，CD＝1， 则BC边上的高AD＝＝4． 另解：可以和三边长为 3，7，8 的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，从而求解。 例2（2023八年级上·江苏·专题练习）已知在中，，，，则的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，在和中根据勾股定理表示出和，列出方程求出，代入求出的值，再根据三角形的面积公式求出面积即可． 【详解】解：如图，过作，垂足为．设，则，      ∵在和中，， ，解得，． ．故选：C． 另解：可以和三边长为 3，7，8 的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，从而求解。 【点睛】本题考查了勾股定理以及三角形的面积公式，熟练掌握利用勾股定理表示相应线段之间的关系是解题的关键． 例3（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，，，，则的长为 ． 【答案】5或3 【分析】分当是锐角三角形时，当是钝角三角形时两种情况，过点A作于D，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理分别求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，当是锐角三角形时，过点A作于D， ∵，∴，∴，∴， ∴，∴；       如图所示，当是钝角三角形时，过点A作于D， ∵，∴，∴， ∴，∴，∴； 综上所述，的长为5或3，故答案为：5或3． 【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 1．边长为5，7，8的三角形的最大角和最小角的和是（　　） A．90° B．150° C．135° D．120° 【答案】D 【分析】过点A作AD⊥BC于D，设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，由勾股定理得72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，得出CD＝4，则CDAC，再证∠CAD＝30°，则∠C＝60°，然后由三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：如图，△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5， 过点A作AD⊥BC于D， 设CD＝x， 则BD＝BC﹣CD＝5﹣x， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， 即：72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2， 解得：x＝4， ∴CD＝4， ∴CDAC， ∴∠CAD＝30°， ∴∠C＝90°﹣30°＝60°， ∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣60°＝120°， 故选：D． 2．已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则∠C＝（　　） A．45° B．37° C．60° D．90° 【答案】C 【分析】过点A作AD⊥BC于D，设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，由勾股定理得72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，得出CD＝4，则CDAC，再证∠CAD＝30°，即可求解． 【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，如图所示： 设CD＝x， 则BD＝BC﹣CD＝5﹣x， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， 即：72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2， 解得：x＝4， ∴CD＝4， ∴CDAC， ∴∠CAD＝30°， ∴∠C＝90°﹣30°＝60°， 故选：C． 3．（2025春•松原期末）如图，在平面直角坐标系中，A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为（　　） A．（2，0） B．（6，0） C．（8，0） D．（2，0）或（8，0） 【答案】D 【分析】两种情况： （1）作DT垂直⊥AC于T点，得正方形，利用正方形的性质可得结论； （2）过D作DH⊥CE于H，利用角平分线的性质与勾股定理可得结论． 【解答】解：分两种情况： （1）如图，过D作DT⊥AC于T， ∵A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12）， ∴∠DBA＝∠BAT＝∠ATD＝90°，BD＝BA＝12， ∴四边形ABDT是正方形， 连接AD，则∠BAD＝∠TAD＝45°， ∴E，A重合时，有∠BED＝∠DEC， ∴E点的坐标为（8，0）； （2）2如图，过D作DH⊥EC于H， ∵∠BED＝∠DEC，DB⊥BE， ∴DB＝DH＝12， 又∵DE＝DE， ∴Rt△BDE≌Rt△HDE（HL）， ∴HE＝BE， 由（1）知四边形ABDT是正方形， ∴BD＝DT＝AB＝AT＝12， ∴DH＝DT＝12， 又∵CD＝CD， ∴Rt△DTC≌Rt△DHC（HL）， ∴CT＝CH， ∵AC＝8， ∴CT＝CH＝AT﹣AC＝4， 设BE＝x，则HE＝x， ∴CE＝HE+CH＝x+4， AE＝AB﹣BE＝12﹣x， 在Rt△AEC中，由勾股定理可得： AE2+AC2＝CE2，即：（12﹣x）2+82＝（x+4）2， 解得：x＝6， ∴BE＝6， ∴OE＝BE﹣OB＝6﹣4＝2， 此时E（2，0）， 综上所述：E（2，0）或（8，0）， 故答案选：D． 4．（2024•碑林区校级四模）如图，在四边形ABCD中，AD⊥BD，∠BDC＝∠BCA＝45°，∠BAC＝30°，若，则AC的长为 ． 【答案】2． 【分析】作BE⊥CA，由∠BCA＝45°，BE⊥CA，得到CE＝BE，，进而得到点E为△CBD外接圆圆心，BE＝DE，∠EBD＝∠EDB，由BE⊥CA，AD⊥BD，得到EBAD四点共圆，∠EDB＝∠EAB＝30°，进而得到△EBD为顶角120°的等腰三角形，，在Rt△CBE和Rt△EBA中，根据三角函数，求出CE，EA的长，即可求解， 【解答】解：过点B作BE⊥CA，交CA于点E，连接DE， ∵∠BCA＝45°，BE⊥CA， ∴CE＝BE，， ∴点E为△CBD外接圆圆心， ∴BE＝DE， ∴∠EBD＝∠EDB， ∵BE⊥CA，AD⊥BD， ∴EBAD四点共圆， ∴∠EDB＝∠EAB＝30°， ∴∠EBD＝∠EDB＝30°， ∴△EBD为顶角120°的等腰三角形， ∴， 在Rt△CBE中，， 在Rt△EBA中，， ∴， 故答案为：． 5．（2024春•永定区期末）综合与实践：构图法求三角形的面积． 问题提出 在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积． 素材1 某数学兴趣小组发现，如果运用三角形面 积公式Sah（a为底边，h为对应的高） 求解，那么高h的计算较为复杂．进一步 观察发现AB，BC，AC，若把 △ABC放到图1的正方形网格中（每个小 正方形的边长为1），且△ABC的三个顶 点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需 求三角形的高，直接借助网格就能计算出 △ABC的面积．这种借助网格计算面积的 方法称为“构图法”． 素材2 某园艺公司对一块三角形花圃PQR进行改造 ，如图3所示，分别以原花圃的PQ，PR为边 向外扩建正方形花圃PQGF，正方形花圃PR DE，并增加三角形花圃FPE，将原花圃改造为六边形QRDEFG． 任务1 （1）请直接写出图1中的三角形面积 . 任务2 （2）已知△KMN三边KM，MN，KN的长分别为，2，，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为1）画出相应的△KMN，并求出它的面积． 任务3 （3）若三角形花圃的边PQ＝2，PR，QR＝3，求改造后的六边形花圃QRDEFG的面积． 【答案】任务1：3.5； 任务2：图见解析，S△KMN＝3； 任务3：图见解析，六边形花圃ORDEFG的面积为19． 【分析】任务1，根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解； 任务2：根据网格的特点作出△KMN三边KM，MN，KN的长分别为、2、，然后根据长方形的面积减去三个三角形的面积即可求解； 任务3，根据任务2的方法，将图形放置网格中求得S△POR＝3，进而求得两个正方形的面积，即可求解． 【解答】解：任务1：如图所示， ∴S△ABC＝﹣3×31×22×31×3＝9﹣1﹣33.5， 故答案为：3.5． 任务2：如图所示△KMN三边KM、MN、KN的长分别为 ，2，， ∴S△KMN＝2×42×12×21×4＝8﹣1﹣2﹣2＝3； 任务3：如图所示PQ＝2，PR，QR＝3， ∵S△PQR3×2＝3＝S△PEF， ∴改造后的六边形花圃QRDEFG的面积为3×2+PQ2+PR2＝6+8+5＝19． 6．以三角形三边为边分别向形外作正方形，正方形的面积分别是25，15，40，判断此三角形的形状． 【答案】见试题解答内容 【分析】由已知得三个正方形的面积分别是三角形各边的平方，根据勾股定理的逆定理可判定此三角形是直角三角形． 【解答】解：如图， ∵S1＝AB2＝25，S2＝BC2＝15，S3＝AC2＝40， 而25+15＝40， ∴AB2+BC2＝AC2， ∴△ABC是直角三角形． 7．（2024秋•唐河县期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割． （1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由； （2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，可得AM2+NB2＝MN2，根据勾股定理逆定理得出以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，再根据线段勾股分割点的定义即可判断； （2）设BN＝x，则MN＝12﹣AM﹣BN＝7﹣x，分两种情形①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题． 【解答】解：（1）点M、N是线段AB的勾股分割点．理由如下： ∵AM2+BN2＝2.52+62＝42.25，MN2＝6.52＝42.25， ∴AM2+NB2＝MN2， ∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形， ∴点M、N是线段AB的勾股分割点； （2）设BN＝x，则MN＝30﹣AM﹣BN＝25﹣x， ①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2， 即（25﹣x）2＝x2+25， 解得x＝12； ②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2． 即x2＝25+（25﹣x）2， 解得x＝13． 综上所述，BN＝12或13． 8．（2025春•雨花区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，CD⊥AB于D． 求：（1）AC的长和△ABC的面积；（2）CD的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据勾股定理求得AC的长；利用三角形的面积公式可求出△ABC的面积； （2）再根据三角形的面积公式是一定值求得CD即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm， AC4（cm）； S△ABCAC•BC4×3＝6（cm2）； （2）∵CD⊥AB， ∴S△ABCAC•BCAB•CD， ∴CD2.4（cm）． 9．（2024春•赵县期中）如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． （1）性质探究：如图1．已知四边形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＝2，则S△ABC＝ ． 【答案】见试题解答内容 【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方法一：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． 方法二：连接PC，AQ，PQ，延长PB使BH＝AB，由①得，△BPC≌△BAQ，证明△BQH≌△BCA（SAS），得出S△ABC＝S△PBQ＝S△QBH，则可得出答案． 【解答】解：（1）证明：如图1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方法一：连接PC、AQ交于点D，如图2， ∵△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连接PC、AQ交于点D，如图3， 同①可证△PBC≌△ABQ（SAS），AQ＝PC且AQ⊥PC， ∵M、N分别是AC、AP中点， ∴MNPC， ∵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△ABCBC×BE． 方法二： 连接PC，AQ，PQ，延长PB使BH＝AB， 由①得，△BPC≌△BAQ， ∴PC＝AQ＝2MN＝4，PC⊥AQ， ∴∠PBM＝∠QBC＝90°， ∴∠PBQ+∠ABC＝180°， 即∠QBH＝∠CBA， ∵BQ＝BC，AB＝PB＝BH， ∴△BQH≌△BCA（SAS）， ∴S△ABC＝S△PBQ＝S△QBH， ∴S△ABC ． 故答案为：． 10．我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形． 【概念理解】 （1）我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是 ； 【性质探究】 （2）如图（1），已知四边形ABCD是垂美四边形，对角线的交点为O，请探究AB2+CD2与AD2+BC2之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）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BE，CG，EG，已知AC＝4，AB＝5，求GE2． 【答案】（1）菱形、正方形； （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵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， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2． （3）73． 【分析】（1）根据菱形、正方形的对角线垂直可得结论； （2）根据垂美四边形的定义结合勾股定理可得出结论； （3）连接CE，BG，CE交AB于点M，证明△GAB≌△CAE（SAS），得出∠ABG＝∠AEC．推出四边形CGEB是垂美四边形．再根据勾股定理可推出结果． 【解答】解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直， ∴菱形、正方形一定是垂美四边形． 故答案为菱形，正方形． （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵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， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2． （3）连接CE，BG，CE交AB于点M，如图． ∵四边形ACFG和四边形ABDE均为正方形， ∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC， 即∠GAB＝∠CAE． 在△GAB 和△CAE 中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC． ∵∠AEC+∠AME＝90°，∠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． 11．（2025秋•梅县区期末）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图①，已知四边形ABCD是垂美四边形，请探究两组对边AB2+CD2与AD2+BC2之间的数量关系，并说明理由； （2）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BE，CG，EG，已知AC＝4，AB＝5，求GE2． 【答案】（1）AD2+BC2＝AB2+CD2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； （2）73． 【分析】（1）利用勾股定理即可证明结论； （2）连接CG，BE，证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（1）中结论即可解决问题． 【解答】解：（1）如图①，AD2+BC2＝AB2+CD2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； （2）如图②，连接CE，BG， ∵正方形ACFG和正方形ABDE， ∴∠CAG＝∠BAE＝90°，AG＝AC，AB＝AE， ∴∠GAB＝∠CAE， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠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（1）可知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． 12．（2025秋•莱芜区期末）规定：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，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝AD，OB＝OD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由： （2）性质探究 如图2，四边形ABCD是垂美四边形，其对角线AC，BD交于点O． 猜想：AB2﹣CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想； （3）解决问题 如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形ABE，其中，∠DAC＝∠EAB＝90°，连结BD，CE，DE．已知，求DE的长． 【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形， 理由：∵AB＝AD，OB＝OD， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是垂美四边形； （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， 在Rt△DOC中，OD2+OC2＝CD2， 在Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2， 在Rt△BOC中，OB2+OC2＝BC2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2， AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）DE． 【分析】（1）易证AC⊥BD，即可得解； （2）分别在每个直角三角形中利用勾股定理推出三边关系，进而即可得解； （3）分别求出AB、BE、CD，进而利用（2）中结论求解即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形， 理由：∵AB＝AD，OB＝OD， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是垂美四边形； （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， 在Rt△DOC中，OD2+OC2＝CD2， 在Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2， 在Rt△BOC中，OB2+OC2＝BC2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2， AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）如图，AB、CE交于点F，BD、CE交于点O， 在Rt△ABC中，∵，BC＝1， ∴， ∵△ABE是等腰直角三角形， ∴， ∵△ACD是等腰直角三角形， ∴， ∵△ACD与△ABE都是等腰直角三角形， ∴∠DAC＝∠BAE＝90°，AD＝AC，AB＝AE， ∴∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB，即∠DAB＝∠CAE， ∴△ABD≌△AEC（SAS）， ∴∠ABD＝∠AEC， 又∵∠AFE＝∠OFB， ∴∠FOB＝∠BAE＝90°， ∴EC⊥BD， ∴四边形BEDC是垂美四边形， 由（2）得：BC2+ED2＝CD2+BE2， ∵，BE＝2， ∴， ∴DE． 13．（2024秋•叶县期末）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 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．若AC＝2，AB＝5，则 ①求证：△AGB≌△ACE ②GE＝ ． 【答案】见试题解答内容 【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可； 性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可； 问题解决：①连接CG，BE，由∠CAG＝∠BAE＝90°知∠GAB＝∠CAE，结合AG＝AC与AB＝AE即可得证； ②由△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． 【解答】解：概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下： ∵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； 性质探究：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下： 如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E， ∵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； 问题解决：①连接CG，BE，如图2所示： ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△AGB和△ACE中， ∵， ∴△AGB≌△ACE（SAS）； ②∵△AGB≌△ACE， ∴∠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＝2，AB＝5， ∴BC，CG＝2，BE＝5， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37， ∴GE； 故答案为：． 14．（2025春•姑苏区校级月考）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系： ． （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CG，BE，GE，已知AC＝4，AB＝5． ①求证：四边形BCGE为垂美四边形； ②求出四边形BCGE的面积． 【答案】（1）菱形、正方形； （2）AC•BD； （3）①证明见解答过程； 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•BOAC•DOAC•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． 【解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形， ∴菱形和正方形一定是垂美四边形； 故答案为：菱形、正方形； （2）解：如图1所示： ∵四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ADC的面积AC•BOAC•DOAC（BO+DO）AC•BD； 故答案为：AC•BD； （3）①证明：连接CG、BE，AB、CE相交于点M，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+∠BMN＝90°， ∴∠BNM＝90°， ∴BG⊥CE， ∴四边形BCGE为垂美四边形； ②解：∵FG＝CF＝AC＝4，∠ACB＝90°，AB＝5， ∴BC3， ∴BF＝BC+CF＝7， 在Rt△BFG中，BG， ∴CE＝BG， ∵四边形BCGE为垂美四边形， ∴四边形BCGE的面积BG•CE． 15．（2024秋•福田区月考）如图①，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 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＝2，AB＝5，则GE＝ ． 【答案】见试题解答内容 【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可； 性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可； 问题解决：根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【解答】解：概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下： ∵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； 性质探究：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下： 如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E， ∵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； 问题解决：连接CG、BE，如图3所示： ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中，， ∴△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， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝2，AB＝5， ∴BC，CG＝2，BE＝5， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37， ∴GE； 故答案为：． 16．（2025秋•未央区校级月考）如图1，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：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）解决问题：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，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长． 【答案】（1）：四边形ABCD是垂美四边形． 证明：连接AC，BD， ∵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， ∵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； （3）． 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线AC是线段BD的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可； （2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可； （3）连接CG、BE，先证明△GAB≌△CAE，得到∠ABG＝∠AEC，可证∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，从而四边形CGEB是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【解答】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形． 证明：连接AC，BD， ∵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）证明：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， ∵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； （3）解：连接CG、BE， ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△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， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝4，AB＝5， ∴BC＝3，，， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73， ∴． 17．（2025春•和田市期末）【知识感知】（1）如图1，四边形ABCD的两条对角线交于点O，我们把这种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，属于垂美四边形的是 ；（只填序号） 【性质探究】（2）如图1，试探究垂美四边形ABCD的四条边AB，CD，BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明； 【性质应用】（3）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，，求GE的长． 【答案】（1）③④； （2）AB2+DC2＝BC2+AD2，理由见解答过程； （3）45． 【分析】（1）根据菱形和正方形的性质即可得到答案； （2）先根据勾股定理得到AB2＝AO2+BO2，BC2＝BO2+CO2，DC2＝DO2+CO2，AD2＝AO2+DO2，即可推算出AB2+DC2＝BC2+AD2； （3）先根据正方形的性质证明△ABG≌△ACE（SAS），再证明CE⊥BG，得到四边形CGEB是垂美四边形，再结合（2）的结论即可求出GE． 【解答】解：（1）∵菱形和正方形的对角线相互垂直， 故答案为：③④； （2）AB2+DC2＝BC2+AD2，理由如下， ∵AC⊥BD， ∴AB2＝AO2+BO2，BC2＝BO2+CO2，DC2＝DO2+CO2，AD2＝AO2+DO2， ∴AB2+DC2＝AO2+BO2+DO2+CO2，BC2+AD2＝AO2+BO2+DO2+CO2， ∴AB2+DC2＝BC2+AD2； （3）如图所示，设CE，BG交于点M，CA，BG交于点N，连接CG，BE ∵∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠CAB＝∠CAG+∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAG， 在△ABG和△ACE中， ， ∴△ABG≌△ACE（SAS）， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵BC∥AG， ∴∠CNM＝∠FGB， ∵∠FGB+∠BGA＝90°， ∴∠CNM+∠BGA＝90°， ∴∠CNM+∠ACE＝90°， ∴CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 根据（2）得GE2+CB2＝CG2+BE2， ∵AC＝10，AB＝5， ∴BC＝5， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴CG，BE， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝1000+1050﹣25＝2025， ∴GE＝45． 18．（2024春•通州区校级月考）如图1，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解，在四边形ABCD中，以下是垂美四边形的是 ． ①平行四边形；②矩形；③菱形；④AB＝AD，CB＝CD． （2）性质探究，小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图1，在四边形ABCD中，若AC⊥BD，则AB2+CD2＝AD2+BC2．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）问题解决：如图2．在△ABC中，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC的中点，连接AE、BD．有AE⊥BD，求AB． 【答案】（1）③④； （2）猜想正确，理由见解析过程； （3）AB． 【分析】（1）利用垂美四边形的定义依次判断，可求解； （2）由勾股定理可得结论； （3）由三角形中位线定理可得ADAC＝2，BEBC，DEAB，由垂美四边形的性质可求解． 【解答】解：（1）∵菱形的对角线互相垂直， ∴菱形是垂美四边形， ∵AB＝AD，CB＝CD， ∴AC⊥BD， ∴当AB＝AD，CB＝CD的四边形ABCD是垂美四边形， 故答案为：③④； （2）猜想正确，理由如下： ∵四边形ABCD中，AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝∠AOD＝90°， ∴AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AD2＝OA2+OD2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，BC2+AD2＝OB2+OC2+OA2+OD2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）∵BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC的中点， ∴ADAC＝2，BEBC，DEAB， ∵AE⊥BD， ∴AB2+ED2＝AD2+BE2， ∴AB2＝4， ∴AB． 19．（2025春•花都区校级期中）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）如图1，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD 垂美四边形（填“是”或“不是”）． （2）如图2，探究垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． （3）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ACDE与正方形ABFG，连接CG，BE，GE，CG与BE交于点O，已知AC＝4，AB＝5，求△OGE的中线OH的长． 【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形， ∵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）AD2+BC2＝AB2+CD2． ∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， ∴AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2． （3）． 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可； （2）根据勾股定理得出AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，即可证明结论； （3）连接CE、BG，设AB，CG交于点M，证明△EAB≌△CAG（SAS），得出∠ABE＝∠AGC，证明CG⊥BE，根据解析式（2）得出CE2+BG2＝CB2+GE2，根据勾股定理求出，根据GE2＝CE2+BG2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，求出，最后根据直角三角形的性质求出结果即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形， 理由：∵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：AD2+BC2＝AB2+CD2． 理由：∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， ∴AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2． （3）如图所示：连接CE、BG，设AB，CG交于点M， ∵四边形AEDC和AGFB为正方形， ∴AE＝AC，AB＝AG，∠CAE＝∠BAG＝90°， ∴∠BAG+∠BAC﹣∠CAE+∠BAC， 即∠EAB＝∠CAG， 在△EAB和△CAG中， ， ∴△EAB≌△CAG（SAS）， ∴∠ABE＝∠AGC， ∵∠AMG＝∠BMO， ∴∠BOM＝∠BAG＝90°，即CG⊥BE， ∴四边形CEGB是垂美四边形， ∴CE2+BG2＝CB2+GE2， ∵AC＝4，AB＝5，∠ACB＝90°， ∴，，， ∴GE2＝CE2+BG2﹣CB2＝32+50﹣9＝73， ∴， ∴． 20．（2025秋•修文县期中）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【问题探究】如图（a），已知四边形ABCD是垂美四边形，AC⊥BD，垂足为O． （1）发现：由勾股定理得DO2+AO2＝ ，BO2+CO2＝ ． （2）猜想：AB2+CD2 AD2+BC2．（填“＞”或“＜”或“＝”） 【学以致用】如图（b），在△ABE中，∠ABE＝90°，分别以AE和BE为边向外作等腰直角△AED和等腰直角△BEC，∠AED＝∠BEC＝90°，BD与AC相交于点O． （3）①判断四边形ABCD是不是垂美四边形？请说明理由； ②若，，直接写出DC的长． 【答案】（1）AD2，BC2； （2）＝； （3）①如图：四边形ABCD是垂美四边形；理由如下： ∵△AEB和△DEC是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，CE＝DE， ∵∠AEB＝∠DEC＝90°， ∴∠AEB+∠AED＝∠DEC+∠AED，即∠AEC＝∠BED， ∴△DEB≌△AEC（SAS）； ∴∠BDE＝∠EAC， ∵∠BFE＝∠AFO， ∠BFE+∠EBF+∠DEF＝∠AFO+∠EAC+∠AOF＝180°， ∴∠AOF＝∠AEB＝90°， ∴BD⊥AC， ∴四边形ABCD是垂美四边形； ②． 【分析】（1）根据勾股定理进行求解即可； （2）由勾股定理列出等式即可求解； （3）①先证明△BED≌△AEC可得∠DBE＝∠EAC，再根据三角形内角和定理列式整理可得BD⊥AC，然后根据垂美四边形定义进行求解即可；②根据勾股定理，结合AB2+CD2＝BC2+AD2，进行求解即可． 【解答】解：（1）∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠BOC＝90°， ∴DO2+AO2＝AD2，BO2+CO2＝BC2． 故答案为：AD2，BC2． （2）在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得：AO2+BO2＝AB2，CO2+DO2＝CD2， ∴AO2+BO2+CO2+DO2＝CD2+AB2，AO2+DO2+CO2+BO2＝CB2+AD2， ∴AB2+CD2＝BC2+AD2． 故答案为：＝． （3）①如图：四边形ABCD是垂美四边形；理由如下： ∵△AEB和△DEC是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，CE＝DE， ∵∠AEB＝∠DEC＝90°， ∴∠AEB+∠AED＝∠DEC+∠AED，即∠AEC＝∠BED， ∴△DEB≌△AEC（SAS）； ∴∠BDE＝∠EAC， ∵∠BFE＝∠AFO， ∠BFE+∠EBF+∠DEF＝∠AFO+∠EAC+∠AOF＝180°， ∴∠AOF＝∠AEB＝90°， ∴BD⊥AC， ∴四边形ABCD是垂美四边形． ②∵，，∠ABE＝90°， ∴， ∵△AED和△BEC是等腰直角三角形， ∴，， 根据解析（2）可知：AB2+CD2＝BC2+AD2， ∴CD2＝AD2+BC2﹣AB2＝100+64﹣18＝146， ∴． 21．（2025春•高新区期末）定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”． （1）下列选项中一定是“奇妙四边形”的是 ； A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形 （2）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为AB边上一动点（E不与A，B重合），DE交AC于点F，过F作FG⊥DE交BC于点G． ①判断四边形CDFG是否为“奇妙四边形”，并说明理由； ②若四边形BGFE是“奇妙四边形”，连接DG，请直接写出△DFG的面积． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据正方形、菱形、平行四边形、矩形的性质进行判断即可； （2）①过F作BC，CD的垂线，根据正方形的性质可以得到两条垂线相等，且互相垂直，再根据三角形全等得出DF＝FG即可证明； ②可以明显得到∠EFG+∠B＝180°，所以需要根据邻边相等分类讨论，假设其中一边为x，根据勾股定理列出关于x的一元二次方程，求解x，进而根据三角形的面积公式求解△DFG的面积即可． 【解答】解：（1）正方形邻边均相等，任意两角都互补，故一定符合题意； 平行四边形两个条件都不一定满足，故不符合题意； 菱形不满足对角一定互补，故不符合题意； 矩形不满足两边一定相等，故不符合题意； 故答案为：A； （2）①是，理由如下： 过F作FM⊥BC于M，FN⊥CD于N，如图： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AC平分∠BCD，CD⊥BC， ∴FM⊥FN，FM＝FN， ∵DF⊥FG， ∴∠DFN+∠NFG＝90°，∠MFG+∠NFG＝90°， ∴∠DFN＝∠MFG， ∴△DFN≌△GFM（AAS）， ∴DF＝FG， ∵∠DFG+∠DCG＝90°+90°＝180°， ∴四边形DFGC符合“奇妙四边形”的定义； ②∵∠GFE＝90°，∠B＝90°， ∴∠GFE+∠B＝180°， ∴若四边形BGFE是“奇妙四边形”，则需要邻边相等， 若EF＝BE，连接EG，如图： ∵EG＝EG， ∴△EFG≌△EBG（HL）， ∴FG＝BG， 设FG＝BG＝x，则CG＝2x，DGx， 在Rt△CDG中，DG2＝CG2+CD2， 解得：x＝6﹣2（负值已舍）， ∴S△DFGx2＝24﹣12； 若FG＝GB，同上一情况； 若FG＝EF，则DF＝FG＝EF， ∴DG⊥EG，DG＝EG， ∴DEDG， ∵DG≥CD， ∴DGCD＝BD， ∴DE≥BD， ∵E在AB上， ∴E和B重合，此时四边形BEFG不存在； 若BG＝BE，连接EG，如图： ∵AB＝BC， ∴AE＝CG， 又∵AD＝CD， ∴△DAE≌△DCG（SAS）， ∴DE＝DG， 设AE＝x，则BE＝2x，DE＝DG， ∴DF＝FGDG，EGBE＝2x， ∴EF＝DE﹣DF， 在Rt△EFG中，EG2＝EF2+FG2， 解得：x＝22或22（舍）， ∴S△DFGDF23＝12﹣6； 综上所述，△DFG的面积为：24﹣12或12﹣6． 22．（2024秋•海淀区校级期末）定义：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）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，则根据勾股定理： AB2＝ + ； BC2＝ + ； CD2＝ + ； AD2＝ + ； 所以，用等式表示AB2、BC2、CD2、AD2之间的数量关系是 ； （2）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ACGD和正方形ABFE，连接BD、CE、DE，CE分别交AB、BD于点M，N． ①CE与BD的位置关系是 ，给出证明； ②若AB＝4，，则线段DE的长是 ． 【答案】（1）AO2，BO2，BO2，CO2，CO2，DO2，AO2，DO2，AD2+BC2＝AB2+CD2 （2）①CE⊥BD； 证明：如图2，正方形ACGD和正方形ABFE，连接CD、BE， ∴AD＝AC，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝90°， ∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠DAB＝∠CAE， 在△DAB和△CAE中， ， ∴△DAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABD+∠AME＝90°， ∵∠AME＝∠BMN， ∴∠ABD+∠BMN＝90°， 即CE⊥BD， ∴四边形CDEB是垂美四边形， ②． 【分析】（1）根据垂美四边形和勾股定理解答即可； （2）①如图，连接CG、BE，根据垂美四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质进行证明即可； ②结合①的结论计算即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是“垂美四边形”， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得：AB2＝AO2+BO2， BC2＝BO2+CO2， CD2＝CO2+DO2， AD2＝AO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， AD2+BC2＝AB2+CD2； 故答案为：AO2，BO2，BO2，CO2，CO2，DO2，AO2，DO2，AD2+BC2＝AB2+CD2 （2）①CE⊥BD； 证明：如图2，正方形ACGD和正方形ABFE，连接CD、BE， ∴AD＝AC，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝90°， ∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠DAB＝∠CAE， 在△DAB和△CAE中， ， ∴△DAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABD+∠AME＝90°， ∵∠AME＝∠BMN， ∴∠ABD+∠BMN＝90°， 即CE⊥BD， ∴四边形CDEB是垂美四边形； ②由①得，CD2+BE2＝CB2+DE2， 在直角三角形ABC中，，AB＝4， 由勾股定理得：， ∵，， ∴， 解得：（负值已舍去）， 故答案为：． 23．（2024春•开封期末）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AB，CD与BC，AD之间的数量关系． 猜想结论：（要求用文字语言叙述） 写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）． （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】见试题解答内容 【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． 【解答】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； （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°，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． 24．（2025秋•青岛校级月考）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：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形和正方形，这四种图形中是垂美四边形的是 ； （2）性质探究：小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即：如图②，若四边形ABCD是垂美四边形，则AB2+CD2＝AD2+BC2．请判断小美同学的说法是否正确，并说明理由； （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．若AC＝2，AB＝5，则GE＝ ． 【答案】（1）菱形和正方形； （2）小美同学的说法正确；理由如下： 如图②，四边形ABCD是垂美四边形，连接AC，BD， ∴AC⊥BD， 由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2，BC2＝BE2+CE2，AB2＝AE2+BE2，CD2＝DE2+CE2， ∵AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2， 故小美同学的说法正确； （3）． 【分析】（1）由平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质，结合垂美四边形的定义，即可求解； （2）根据垂美四边形的定义得出对角线互相垂直，再根据勾股定理进行证明即可； （3）根据正方形的性质证明△GAB≌△CAE，得到对应角相等，再证明CE⊥BG，得出四边形CEGB是垂美四边形，利用（2）中的结论求解即可． 【解答】解：（1）∵菱形和正方形的对角线互相垂直， ∴平行四边形、菱形、矩形和正方形中是垂美四边形的是菱形和正方形， 故答案为：菱形和正方形； （2）小美同学的说法正确；理由如下： 如图②，四边形ABCD是垂美四边形，连接AC，BD， ∴AC⊥BD， 由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2，BC2＝BE2+CE2，AB2＝AE2+BE2，CD2＝DE2+CE2， ∵AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2， 故小美同学的说法正确； （3）如图③，四边形ACFG和ABDE为正方形，连接BE，CG，CE，BG相交于点N，CE，AB相交于点M， ∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠GBA＝∠CEA， ∵∠ABE+∠MEB+∠CEA＝90°， ∴∠ABE+∠MEB+∠GBA＝90°， ∴∠BNE＝90°，即CE⊥BG， ∴四边形CEGB是垂美四边形， ∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2， 由勾股定理得：CG2＝22+22＝8，BE2＝52+52＝50，BC2＝AB2﹣AC2＝25﹣4＝21， ∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2＝8+50﹣21＝37， 解得：（负值已舍去）， 故答案为：． 25．（2025春•芜湖校级期中）【理解定义】一组对边相等且垂直的四边形叫等垂四边形．如图1，四边形ABCD中；AB＝CD，AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底． （1）【性质初探】等垂四边形两个钝角的度数和为 ； （2）【拓展研究】如图2，M，N分别为等垂四边形ABCD的底AD，BC的中点，试探索MN与AB的数量关系，小坤的想法是连接一个中点与四边形对边的一个顶点，得到一条线段，再倍长这条线段，请按此方法求出MN与AB的数量关系； （3）【实践应用】如图3，直线l1，l2是两条相互垂直的公路，利用三段围栏AB，BC，AD靠路边按如图方式围成一块四边形种植园，第四条边CD做成一条隔离带，已知AB＝250米，BC＝240米，AD＝320米，此隔离带最长为多少米？ 【答案】（1）270°； （2）； （3）隔离带最长为650米． 【分析】（1）延长CD与BA延长线交于点P，则∠P＝90°，可以得到∠B+∠C＝90°，再由∠B+∠C+∠BAD+∠ADC＝360°，即可得到∠BAD+∠ADC＝270°； （2）延长CD交BA延长线与P，交NM延长线与Q，NM延长线与BA延长线交于点F，连接BM并延长至点E，使BM＝ME，连接CE，DE，证明△AMB≌△DME，根据新定义推出CD＝DE，∠EDC＝90°，勾股定理求出，三角形的中位线定理，得到，即可得出结论； （3）取AB，CD的中点M，N，连接MN，连接CM并延长至点E，使CM＝ME，连接AE，DE，设直线l1与直线l2交于点P，同法（2）可得AE∥BC，AE＝BC＝240米，勾股定理求出DE的长，中位线求出MN的长，斜边上的中线求出PM的长，得到CD＝2PN，根据PN≤MN+PM，进行求解即可． 【解答】解：（1）如图所示，延长CD与BA延长线交于点P， ∵四边形ABCD为等垂四边形，即AB⊥CD，AB＝CD， ∴∠P＝90°， ∴∠B+∠C＝90°， ∵∠B+∠C+∠BAD+∠ADC＝360°， ∴∠BAD+∠ADC＝270°， 故答案为：270°； （2），理由如下： 延长CD交BA延长线与P，交NM延长线与Q，NM延长线与BA延长线交于点F，连接BM并延长至点E，使BM＝ME，连接CE，DE， ∵M是AD的中点， ∴AM＝MD， ∵∠AMB＝∠DME，（AAS）， ∴△AMB≌△DME， ∴AB＝DE，∠ABM＝∠DEM， ∴AB∥DE， ∵四边形ABCD是等垂四边形， ∴AB⊥CD，AB＝CD， ∴∠BPC＝90°，CD＝DE， ∴∠DEC＝∠DCE， ∵AB∥DE， ∴∠EDP＝∠BPD＝90°， ∴∠EDC＝90°， ∴， 又∵M、N分别是BE，BC的中点， ∴MN是△BCE的中位线， ∴； （3）如图所示，取AB，CD的中点M，N，连接MN，连接CM并延长至点E，使CM＝ME，连接AE，DE，设直线l1与直线l2交于点P， 同（2）法可知，AE∥BC，AE＝BC＝240米， ∵l1⊥l2， ∴∠APB＝∠PAE＝90°， ∴∠DAE＝90°， ∴（米）， ∵M、N分别是CE，CD的中点， ∴MN是△CED的中位线， ∴MN∥DE，米， ∵∠APB＝90°，M为AB的中点， ∴米， 同理可得，即CD＝2PN， ∴PN≤PM+MN＝325米， ∴CD＝2PN≤650米， ∴AB＝250米，BC＝240米，AD＝320米，则此隔离带最长为650米． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $