Question

12．如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD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，矩形一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还要满足AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．
（2）如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．
①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，则四边形ABCD的面积是3+2$\sqrt{21}$；
②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，写出四边形ABED面积的最大值，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）①只有矩形的对角线相等，所以矩形是等角线四边形；
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形，首先证明四边形MNPQ是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作DE⊥AB于E．根据S_{四边形ABCD}=S_△ADE+S_梯形DEBC计算，求出相关线段即可；
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，只要证明当AC⊥BD且A、C、E共线时，四边形ABED的面积最大即可．

解答 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AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．
理由：如图1中，

∵M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴PQ=MN=$\frac{1}{2}$AC，PN=QM=$\frac{1}{2}$BD，PQ∥AC，MQ∥BD，
∵AC=BD，
∴MN=NP=PQ=QM，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵∠1=∠2，∠2=∠3，∠1=90°，
∴∠3=90°，
∴四边形NMPQ是正方形．
故答案为AC⊥BD．

（2）①如图2中，作DE⊥AB于E．

在Rt△ABC中，∵∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
∴AC=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵AD=BD，DE⊥AB，
∴AE=BD=2，
∵四边形ABCD是等角线四边形，
∴BD=AC=AD=5，
在Rt△BDE中，DE=$\sqrt{B{D}^{2}-E{B}^{2}}$=$\sqrt{21}$，
∴S_{四边形ABCD}=S_△ADE+S_梯形DEBC
=$\frac{1}{2}$•AE•DE+$\frac{1}{2}$•（DE+BC）•BE
=$\frac{1}{2}$×$2×\sqrt{21}$+$\frac{1}{2}$（$\sqrt{21}$+3）×2
=3+2$\sqrt{21}$．
故答案为3+2$\sqrt{21}$．

②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，

作DH⊥AE于H，BG⊥AE于G．则DH≤DQ，BG≤BQ，
∵四边形ABED是等角线四边形，
∴AE=BD，
∵S_{四边形ABED}=S_△ABE+S_△ADE=$\frac{1}{2}$•AE•DH+$\frac{1}{2}$•AE•BG=$\frac{1}{2}$•AE•（GB+DH）≤$\frac{1}{2}$•AE•（BQ+QD），
即S_{四边形ABED}≤$\frac{1}{2}$AE•BD，
∴当G、H重合时，即BD⊥AE时，等号成立，
∵AE=BD，
∴S_{四边形ABED}≤$\frac{1}{2}$AE²，
即线段AE最大时，四边形ABED的面积最大，
∵AE≤AC+CE，
∴AE≤5+1，
∴AE≤6，
∴AE的最大值为6，
∴当A、C、E共线时，取等号，
∴四边形ABED的面积的最大值为$\frac{1}{2}$×6²=18．

点评 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，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值，属于中考压轴题．