几何构型 | 一组对边相等的四边形
一组对边相等四边形，在凸四边形、凹四边形、折四边形中均有美妙的性质，这里以凸四边形为例说明。
性质1：四边形ABCD中，AB=CD，M、N是AD、BC中点
直线MN与AB、CD成等角，即∠BEN=∠F
推论：BE=CF
证明：
记G为AC中点
易知GN是△ABC中位线
所以∠BEN=∠GNM
同理GM是△ADC中位线
所以∠F=∠GMN
又GM=GN
所以∠BEN=∠F
推论证明：
作DP//BE交NM于点P
易知△DMP≅△AME
所以AE=DP
由1知∠BEN=∠F
所以∠DPM=∠BEN=∠F
所以DP=DF
所以AE=DF
所以BE=CF
性质2：四边形ABCD中，AB=CD，记对角线AC、BD中点分别为N、M，直线MN与AB、CD成等角，即∠AEF=∠DFE
推论：BE=DF
证明：
记K为BC中点
易知KN为△ABC中位线
所以∠AEF=∠KNM
同理∠DFE=∠KMN
又AB=CD
所以KN=KM
所以∠KNM=∠KMN
所以∠AEF=∠DFE
推论证明：
作DP//AB交EF于点P
易知△BEM≅△DPM
所以BE=DP
由1知∠DFE∠AEF=∠DPF
所以DP=DF
所以BE=DF
性质3：四边形ABCD中，AB=CD，M、N是AD、BC中点
记对角线AC、BD中点分别为F、E，则MN、EF互相垂直平分
证明：
易知ME、MF、NE、NF分别为为△ABD、△ACD、
△BCD、ABC中位线
所以ME=EN=NF=FM
即四边形NFME是菱形
所以MN、EF互相垂直平分
注：
当AB=CD，∠ABC+∠DCB=90°时，此时四边形NFME是正方形，去掉AB=CD这一条件，仅满足∠ABC+∠DCB=90°时，此时四边形NFME是矩形。
例：已知AF是△ABC的角平分线，在AB、AC边上截取BD=CE:M、N分别是DE、BC中点，求证：MN//AF
证明：
连接BE，记P为BE中点，延长PM交AF于点Q
因为MQ//AB，PN//AC且∠BAF=∠CAF
所以∠PMN=∠PNM
因为∠MPN=∠MPE+∠EPN=∠ABP+∠PBN+∠BNP=∠ABN+∠C
所以∠PMN+∠PNM=2∠BAF
所以∠PMN=∠BAF
因为∠PQF=∠BAF
所以∠PMN=∠PQF
所以MN//FA
性质4：四边形ABCD中，AB=CD，DA∩CB=K
则圆(ABK)与圆(DCK)是等圆
证明：
两弦所对圆周角相等，由正弦定理易得为等圆
性质5：四边形ABCD中，AB=CD，AB∩CD=P，圆(PBD)∩圆(PCA)=Q，则∠QPC=QPB
证明：
因为A、P、C、Q四点共圆
所以∠QAB=∠QCD
同理∠QBA=∠QDC
且AB=CD
所以△QAB≅△QCD
所以QA=QC
所以∠QAC=∠QCA
所以∠QPC=∠QAC=∠QCA=QPB
性质6：折四边形相交两边相等且不垂直(或凸四边形对角线相等且不垂直)的充要条件为，即AB=CD，AB∩CD=G，圆(BCG)∩圆(ADG)=X，以AB、CD为直径的圆公共弦为PQ，则X在PQ上（PQ为这两圆的等幂轴）
证明：
记AB、CD中点为M、N
因为∠XAB=∠XDC，∠XBA=∠XCD
所以△XAB∼△XDC
又XM、XN为这两个三角形中线
所以(XM/AM)=(XN/DN)=k，其中AM、DN为圆M、圆N半径
显然k≠1，否则与题设不符
所以X位于PQ上，即点X对圆M、圆N的幂相等
所以AM(^2)-XM(^2)=D(N^2)-X(N^2)
所以(1-k(^2))AM=(1-k(^2))DN
所以AM=DN
所以AB=CD
例1：△AGB∼△AEC，DB=DC，∠DBC=∠GBA，M、N为BC、GE中点，求证：MN//AD
证明：
旋转△ABD至△GBP，同理旋转△ACD至△ECQ
所以∠(GP，AD)=∠GBA=∠ECA=∠(EQ，AD)
易知MP=MQ，且GP=EQ
由性质1知，∠(GP，NM)=∠(EQ，NM)
所以NM//AD
例2：EF=CD，EF∩CD=B，圆(BDF)∩CF=Q，圆(CBE)∩CF=P:，M、N为PB、QB中点
求证：C、N、M、F四点共圆(2010，中国数学奥林匹克)
证明：
在凹四边形CDEF中，应用性质5知，AB平分∠CBF
因为M、N为PB、QB中点
所以CM、FN平分∠BCF、∠BFC
所以AB、CM、FN共点于△BCF内心I
由相交弦定理知，CI·IM=AI·IB=NI·IF
所以由相交弦逆定理知C、N、M、F四点共圆
例3：凸四边形ABCD，BC=AD，且BC不平行于AD，设点E、F分别在边BC、AD内部，满足BE=DF，直线AC交BD于点P，EF交BD、AC于点Q、R
证明：当点E、F变动时，△PQR的外接圆经过除点P
外的另一个定点.(第46届IMO)
证明：
因为BC不平行于AD，所以△APD、△PBC外接圆除交于点P外，必交于另一点M，则M为定点
由BC=AD，应用性质4得
△APD、△PBC外接圆为等圆
由∠DAM=∠BPM=∠BCM知DM=BM
同理AM=MC，注意到DF=BE
所以△FDM≅△EBM
所以MF=ME且∠FMD=∠EMB
同理∠FMA=∠EMC
所以∠EMF=∠BMD=∠CMA
即等腰△MEF、△MBD、△MAC顶角相等
所以底角也相等
所以∠MEF=∠MBD=∠MCA
所以M、B、E、Q，M、E、C、R分别四点共圆
所以∠MQB=∠MEB=∠MRP
所以Q、P、R、M四点共圆
例4：圆心为O[1]、O[2]的两个等圆交于P、Q两点，O是公共弦PQ中点，过P任作两条割线AB、CD(不与PQ重合)，点A、C在圆O[1]上，点B、D在圆O[2]上，M、N分别为AD、BC的中点，已知O[1]、O[2]不在两圆的公共部分内，点M、N不与O重合，求证：M、N、O三点共线
证明：
因为圆O[1]、圆O[2]为等圆
所以CO[1]=BO[2]，AO[1]=DO[2]
由性质4知AC=DB
分别在四边形ACBD、四边形O[1]O[2]BC、四边形O[1]O[2]DA中应用性质1知
直线MN与AC、DB成等角，直线ON与O[1]C、O[2]B成等角，直线OM与O[1]A、O[2]D成等角
注意到，同时与两相交(或平行)直线成等角的直线是互相平行的，从而MN、ON、OM三直线重合
所以M、N、O三点共线
例5：锐角△ABC的外接圆在点A、B处的切线交于点D，M是AB的中点:，求证：∠ACM=∠BCD(2007，IMO中国国家集训队培训题)
证明：
过点A作与BC相切的圆O[1]，圆O[1]与CD交于点Q，作BCQ的外接圆圆O[2]，连接AQ并延长与圆O[2]交于点E，连接BQ并延长与圆O[1]交于点F
易知∠AQD=∠AFC=∠ACB=∠ABD
所以A、D、B、Q四点共圆
注意到DA=DB，则∠AQD=∠DQB
所以∠AQC=∠BQC
又∠QAC=∠QCB
所以∠ACQ=∠CBQ
所以圆O[2]与AC相切于点C
倍长CM至点P ，则四边形CAPB是平行四边形
因为∠CFP=∠ACB=∠APB且CB//AP
所以四边形CFPB是等腰梯形
所以CF=BP=CA，同理CE=CB
所以∠CBE=∠CEB=∠BCA=180°-∠CBP
所以E、B、P三点共线
同理F、A、P三点共线
又因为∠ACF=∠ACB=∠BCE
在等腰梯形CFPB中，∠FCM=∠FBP=∠QCE
所以∠ACM=∠FCM-∠FCA=∠QCE-∠BCE=∠BCD
注：此例应用调和四边形可简洁推证
例6：已知△ABC的∠B旁切圆与AC切于点D，∠C旁切圆与AB切于点E
M、N分别为BC、ED中点
求证：MN平分△ABC周长，且与∠A平分线平行(第21届世界城市(冬季)数学竞赛)
证明：
设MN分别与AC、AB交于点G、F，L为GF中点
由题设知D、E分别为旁切圆圆I[B]、圆I[C]的切点
所以EB=(1/2)(AB+CA-BC)=DC
由性质1知∠BFM=∠MGC
所以AF=AG，且ML与∠A角平分线平行
又由性质1知BF=CG
所以BM+BF=CG+MC=AF+AC+MC
从而MN平分△ABC周长
参考文献：沈文选《一组对边相等四边形性质及应用》
云台剑客