2021—2022学年苏科版数学八年级下册9.4～9.5阶段复习提升练（矩形、菱形、正方形、中位线）（Word版含答案）

9.4～9.5 阶段复习提升练（矩形、菱形、正方形、中位线）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）（解析）
一、选择题
1、（2021·四川泸州·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
2、（2020春 木兰县期中）顺次连接四边形各边中点所构成的四边形是正方形，则原四边形可能是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
3、（2021·江苏南通·中考真题）菱形的两条对角线的长分别是6和8 ，则这个菱形的周长是（ ）
A．24 B．20 C．10 D．5
4、如图，AD为△ABC中∠ BAC的外角平分线，BD⊥AD于D，E为BC中点，DE=5，AC=3，则AB长为（）
A．8.5 B．8 C．7.5 D．7
5、（2021·江苏连云港·）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置， 的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
6、（2021·四川遂宁·）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
7、（2021·重庆）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
8、（2020·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）
A．14 B．20 C．22 D．28
9、（2020·辽宁锦州·中考真题）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4 B． C．6 D．
10、（2020·广西贵港·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11、（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，BD是菱形ABCD的一条对角线，点E在BC的延长线上，若，则的度数为_________度．
12、（2021·吉林松原市·前郭县一中九年级一模）如图所示，点是矩形的对角线的中点，点 为的中点．若，，则的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
13、（2020镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，
则∠BPC的度数为_____°．
14、（2020春 广陵区校级期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是菱形，则原四边形的对角线AC、BD所满足的条件是　 　．
15、（2021·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
16、(20-21成都实验外国语九上第一次阶段月考)如图，正方形 和正方形 中，点在 上，，， 是 的中点，那么 的长是_____________
17、(20-21成都实验外国语九上第一次阶段月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝8，点E是AD的中点，点F是AB上一动点，将AEF沿直线EF折叠，点A落在处，则的最小值是__．
18、（2021·湖南张家界·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作 的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
三、解答题
19、（2021春 老河口市期末）如图，在△ABC中，D是BC中点，E是AD，BF的中点，AB＝AC．求证：四边形ADCF是矩形．
20、（2021·江苏淮安·中考真题）已知：如图，在 ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．
求证：四边形ABFE是菱形．
21、（2021贵州安顺）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为．
（1）求证：；
（2）若，求四边形的面积．
22、（2020·山东青岛·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和 的延长线上，且，连接，．
（1）求证：≌；
（2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
23、（2021春 海东市期末）已知：P是正方形ABCD对角线BD上一点，PE⊥DC，PE⊥BC，垂足分别为E、F．
（1）求证：AP＝CP；
（2）若∠DAP＝30°，PD=，求CP的长．
24、（2020春 邹城市期末）如图， ABCD中，∠A＝45°，过点D作ED⊥AD交AB的延长线于点E，且BE＝AB，连接BD，CE．
（1）求证：四边形BDCE是正方形；
（2）P为线段BC上一点，点M，N在直线AE上，且PM＝PB，∠DPN＝∠BPM．求证：ANPB．
25、（2020秋 即墨区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
26、（1）如图1，四边形ABCD，AC＝BD，M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，则四边形MNGH的形状是　 　
发现：对角线相等的四边形，连接各边中点所得四边形一定是　 　
（2）若将（1）中的“AC＝BD”改为“AC⊥BD”，其他条件不变，则四边形MNGH的形状是　 　；用文字语言叙述你发现的结论　 　
（3）直接利用（1）（2）中的发现，解决下列问题：如图2，△APC，△BPD均为等腰直角三角形，PA＝PC，PB＝PD，∠APC＝∠BPD＝90°，连接CD，点M，N，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，判断四边形MNGH的形状，并证明．
27、（2021春 鞍山期末）如图，在正方形ABCD中，边长为3．点M，N是边AB，BC上两点，且BM＝CN＝1，连接CM，DN；
（1）则DN与CM的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　．
（2）若点E，F分别是DN与CM的中点，计算EF的长；
（3）延长CM至P，连接BP，若∠BPC＝45°，试求PM的长．
9.4～9.5 阶段复习提升练（矩形、菱形、正方形、中位线）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）（解析）
一、选择题
1、（2021·四川泸州·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【分析】本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断．
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
2、（2020春 木兰县期中）顺次连接四边形各边中点所构成的四边形是正方形，则原四边形可能是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EF=AC，EH=BD，EH∥BD，EF∥AC，根据正方形的判定定理解答即可．
【解析】如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，
∴EF=AC，EH=BD，EH∥BD，EF∥AC，
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH＝EF，
∴AC＝BD，
∵EH∥BD，EF∥AC，∠HEF＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD的对角线相等且互相垂直，
∴四边形ABCD可能是正方形，
故选：D．
3、（2021·江苏南通·中考真题）菱形的两条对角线的长分别是6和8 ，则这个菱形的周长是（ ）
A．24 B．20 C．10 D．5
【分析】根据菱形的性质及勾股定理可直接进行求解．
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，BD=8，AC=6，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OD=OB=4，
在Rt△AOD中，，
∴菱形ABCD的周长为：4×5=20，
故选B．
4、如图，AD为△ABC中∠ BAC的外角平分线，BD⊥AD于D，E为BC中点，DE=5，AC=3，则AB长为（）
A．8.5 B．8 C．7.5 D．7
【答案】D
【分析】本题考查三角形的综合，涉及的知识点有全等三角形的判定，中位线定理等，难度一般，是中考的常考知识点，正确作出辅助线并证明全等是顺利解题的关键．
延长BD、CA交于点F，易证△ADF△ADB（ASA），则BD=DF，AB=AF，得到点D为BF中点，即DE为△BCF的中位线，再根据已知线段的长度，即可顺利求得AB的长．
【详解】解：如图，分别延长BD、AC交于点F，
∵AD为△ABC中∠BAC的外角平分线，∴∠FAD=∠BAD，
∵BD⊥AD，∴∠FDA=∠BDA=90°，
在△BDA和△FDA中，，∴△BDA△FDA（ASA），
∴AB=AF，BD=FD，即D为BF的中点，
∵E为BC中点，∴DE为△BCF的中位线，
∵DE=5，AC=3，∴CF=2DE=25=10，∴AF=CF-AC=10-3=7．∴AB=AF=7．
故选D．
5、（2021·江苏连云港·）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置， 的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．
由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．
解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，
∵矩形纸片沿折叠，∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，∴∠DEF=∠EFG，∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64 ，
∵是△EFG的外角，∴=∠GEF+∠EFG=128
故选：A．
6、（2021·四川遂宁·）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．
解：设CE=x，则BE=3-x，
由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5
在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，∴AF=，∴BF=AB-AF=5-4=1，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，即(3-x)2+12=x2，解得x=，
故选：D．
7、（2021·重庆）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
8、（2020·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）
A．14 B．20 C．22 D．28
【分析】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，∴平行四边形MNDE为菱形，∴OE=ON=3,∴BC=，
∴DE=MN=EM=DN=5，∴四边形MNDE的周长为20，
故选B．
9、（2020·辽宁锦州·中考真题）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4 B． C．6 D．
【分析】本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
解：连接BP，
∵菱形ABCD的周长为20，∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴ ，
∵AB=BC，∴
∵AB=5，∴PE+PF=12×=．
故选：B．
10、（2020·广西贵港·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
先由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三角形的外角性质得∠BFE＝80°，则∠EBF＝50°，然后证△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，进而得出①正确；由SAS证△ADE≌△ABE，得②正确；证出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质得OD＝CD＝BC，OC＝OD，则OC＝BC，进而得出④正确即可．
解：∵四边形ABD是菱形，∠ADC＝120°，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝∠BCD＝30°，
∵∠BFE＝∠BCE＋∠CBF＝30°＋50°＝80°，
∴∠EBF＝180° ∠BEC ∠BFE＝180° 50° 880°＝50°，
在△CDE和△CBE中，∴△CDE≌△CBE（SAS），∴∠DEC＝∠BEC＝50°，
∴∠BEM＝∠DEC＋∠BEC＝100°，
∴∠BME＝180° ∠BEM ∠EBF＝180° 100° 50°＝30°，故①正确；
在△ADE和△ABE中，∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；
∵∠EBC＝∠EBF＋∠CBF＝100°，∴∠BEM＝∠EBC，
在△BEM和△EBC中，
∴△BEM≌△EBC（AAS），∴BM＝EC，EM＝BC，故③正确；
连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，AC⊥BD，
∵∠DCO＝30°，∴OD＝CD＝BC，OC＝OD，∴OC＝BC，∴AC＝2OC＝BC，
∵BM＝EC，EM＝BC，∴AE＋BM＝AE＋EC＝AC＝BC＝EM，故④正确，
正确结论的个数是4个，
故选：D．
二、填空题
11、（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，BD是菱形ABCD的一条对角线，点E在BC的延长线上，若，则的度数为_________度．
【分析】根据菱形的性质可以求得和，再应用三角形外角的性质即可求解．
解：∵BD是菱形ABCD的一条对角线，，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：64．
12、（2021·吉林松原市·前郭县一中九年级一模）如图所示，点是矩形的对角线的中点，点 为的中点．若，，则的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、以及勾股定理和中位线的性质，解题的技巧是把所求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．
易知OE是中位线，则，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝10，根据矩形性质可求BO＝5，从而求出△BOE周长．
【详解】点是矩形的对角线的中点，点为的中点，
∴，，∴．
在中，利用勾股定理求得．
在中，利用勾股定理求得，∴．
∴的周长为．故选C．
13、（2020镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，
则∠BPC的度数为_____°．
【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
14、（2020春 广陵区校级期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是菱形，则原四边形的对角线AC、BD所满足的条件是　 　．
【分析】根据三角形中位线定理得到EF=BD，EH=AC，根据菱形的性质得到EF＝EH，得到答案．
【解析】∵E、F、H分别是边AD、AB、CD的中点，
∴EF=BD，EH=AC，
∵四边形EFGH是菱形，
∴EF＝EH，
∵EF=BD，EH=AC，
∴AC＝BD，
故答案为：AC＝BD．
15、（2021·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，
∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB ∠CAE＝45° 15°＝30°，∴∠BAO＝90° 30°＝60°，
∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确；
∴OB＝AB，又∵ AB＝BE，∴OB＝BE，∴△BOE是等腰三角形，故②正确；
在Rt△ABC中∵∠ACB=30°∴BC＝AB，故③错误；
∵∠OBE＝∠ABC ∠ABO＝90° 60°＝30°＝∠ACB，∴∠BOE＝（180° 30°）＝75°，
∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误；
∵AO＝CO，∴，故⑤正确；
故选：B．
16、(20-21成都实验外国语九上第一次阶段月考)如图，正方形 和正方形 中，点在 上，，， 是 的中点，那么 的长是_____________
【答案】
【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，解题关键是熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形．
连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=，CF=3，∠ACD=∠GCF=45°，∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=
∵H是AF的中点，∴CH=AF=×2=．
故答案为：．
17、(20-21成都实验外国语九上第一次阶段月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝8，点E是AD的中点，点F是AB上一动点，将AEF沿直线EF折叠，点A落在处，则的最小值是__．
【答案】4﹣4
【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
根据勾股定理求出，利用折叠的性质，根据三角形三边关系和角的和差关系即可出的最小值．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝12，AD＝BC＝8，
∵E是AD的中点，∴AE＝DE＝＝4，
∴CE＝＝4，
，∴，
故答案为：4﹣4．
18、（2021·湖南张家界·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作 的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
【答案】①②④
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、正方形面积公式、勾股定理的运用等知识，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键.
利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案．
解：∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE，
∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，∴∠EDC=∠PDA，
在△APD和△CED中，∴△APD≌△CED，故①正确，
∴∠APD=∠DEC，
∵DP=DE，∠PDE=90°，∴∠DPE=∠DEP=45°，∴∠APD=∠DEC=135°，
∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，∴AE⊥CE，故②正确，
如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，
∵，∠PDE=90°，∴PE=，
∵，∠PEC=90°，∴CE==2，
∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，∴∠FEC=45°，
∵∠EFC=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴CF=EF==，
∴点到直线的距离为，故③错误，
∴DF=EF+DE=+1，
∴CD2===，∴，故④正确，
综上所述：正确的结论有①②④，
故答案为：①②④
三、解答题
19、（2021春 老河口市期末）如图，在△ABC中，D是BC中点，E是AD，BF的中点，AB＝AC．求证：四边形ADCF是矩形．
【解题思路】先证四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的性质得∠ADC＝90°，即可得出结论．
【解答过程】解：∵D是BC的中点，E是BF的中点，
∴DE是△BCF的中位线，∴DE∥FC，DE=FC，
∵E是AD的中点，∴DE=AD，∴AD＝FC，∴四边形ADCF是平行四边形，
又∵D是BC的中点，AB＝AC，
∴∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCF是矩形．
20、（2021·江苏淮安·中考真题）已知：如图，在 ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．
求证：四边形ABFE是菱形．
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明，特别注意角平分线加平行，可证等腰三角形．
先证四边形ABFE是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质证AB＝AE，依据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
又∵EF∥AB，∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠FBE，
∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBF，
∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，∴平行四边形ABFE是菱形．
21、（2021贵州安顺）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为．
（1）求证：；
（2）若，求四边形的面积．
【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握AAS证明三角形全等，是解题的关键．
（1）由矩形的性质可得∠D=90°，AB∥CD，从而得∠D=∠ANB，∠BAN=∠AMD，进而即可得到结论；
（2）由以及勾股定理得AN=DM=4，AB=，进而即可求解．
解：（1）证明：∵在矩形中，∴∠D=90°，AB∥CD，∴∠BAN=∠AMD，
∵，∴∠ANB=90°，即：∠D=∠ANB，
又∵，∴（AAS），
（2）∵，∴AN=DM=4，
∵，∴，∴AB=，
∴矩形的面积=×2=4，
又∵，∴四边形的面积=4-4-4=4-8．
22、（2020·山东青岛·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和 的延长线上，且，连接，．
（1）求证：≌；
（2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
【分析】此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知菱形的判定定理．
（1）利用SAS证明≌即可求解；
（2）先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直即可得到为菱形．
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC,∠ADB=∠CBD，
又∵∠ADB+∠ADE=180°，∠CBF+∠CBD=180°，∴∠ADE=∠CBF
在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF；
（2）四边形是菱形
理由如下：
如图，连接，，
由（1）得△ADE≌△CBF，∴CF=AE, ∠E=∠F，∴AE∥CF，∴AECF
∴四边形AFCE是平行四边形
当BD平分∠ABC时，∠ABD=∠CBD
又∵AD∥CB，∴∠ADB=∠DBC，∴∠ABD=∠ABD
∴AD=AB=BC，∴△ABC为等腰三角形
由等腰三角形性质三线合一可得AC⊥EF， ∴平行四边形AFCE是菱形
23、（2021春 海东市期末）已知：P是正方形ABCD对角线BD上一点，PE⊥DC，PE⊥BC，垂足分别为E、F．
（1）求证：AP＝CP；
（2）若∠DAP＝30°，PD=，求CP的长．
【解题思路】（1）证△ABP≌△CBP，推出AP＝CP即可；
（2）先根据△ABP≌△CBP得出∠BAP＝∠BCP＝60°，∠PCE＝30°，再证△PFB是等腰直角三角形，求出PE的长度，再根据直角三角形的性质即可得出结论．
【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
又∵DP＝DP，∴△ADP≌△CDP（SAS），∴AP＝CP；
（2）解：∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADP＝∠CDP＝45°，
∵PE⊥DC，∴∠PED＝∠PEC＝90°，∴∠DPE＝45°，∴PE＝DE，
∵PD=且PE2+DE2＝PD2，∴PE＝1，
∵△ADP≌△CDP，∴∠DAP＝∠DCP＝30°，∴CP＝2PE＝2．
24、（2020春 邹城市期末）如图， ABCD中，∠A＝45°，过点D作ED⊥AD交AB的延长线于点E，且BE＝AB，连接BD，CE．
（1）求证：四边形BDCE是正方形；
（2）P为线段BC上一点，点M，N在直线AE上，且PM＝PB，∠DPN＝∠BPM．求证：ANPB．
【分析】（1）先证四边形BDCE是平行四边形，由等腰直角三角形的性质可得DB＝BE，DB⊥BE，可得结论；
（2）由“ASA”可证△DBP≌△NMP，可得DB＝MN＝AB，可证AN＝BM，由等腰直角三角形的性质可得BM＝AN=BP．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵BE＝AB，∴BE∥CD，∴四边形BDCE是平行四边形，
∵ED⊥AD，∠A＝45°，∴∠A＝∠DEA＝45°，
∴AD＝DE，∴△ADE是等腰直角三角形，
又∵AB＝BE，∴DB＝BE，DB⊥BE，∴平行四边形BDCE是正方形；
（2）∵四边形BDCE是正方形，
∴BD＝BE＝AB，∠DBP＝∠EBP＝45°，
∵PM＝PB，∴∠PBM＝∠PMB＝45°，∴∠BPM＝90°，
∴∠DPN＝∠BPM＝90°，∴∠DPB＝∠NPM，
在△DBP和△NMP中，
∴△DBP≌△NMP（ASA），∴DB＝MN，∴AB＝NM，∴AN＝BM，
∵BP＝PM，∠BPM＝90°，∴BM=BP，∴AN=BP．
25、（2020秋 即墨区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当∠A＝45°，四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB，∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，∴AD＝BD，
∵CE＝AD，∴BD＝CE，
∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，∴CD＝BD，∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，∴∠ABC＝∠CBE＝45°，
∴∠DBE＝90°，∴四边形BECD是正方形．
26、（1）如图1，四边形ABCD，AC＝BD，M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，则四边形MNGH的形状是　 　
发现：对角线相等的四边形，连接各边中点所得四边形一定是　 　
（2）若将（1）中的“AC＝BD”改为“AC⊥BD”，其他条件不变，则四边形MNGH的形状是　 　；用文字语言叙述你发现的结论　 　
（3）直接利用（1）（2）中的发现，解决下列问题：如图2，△APC，△BPD均为等腰直角三角形，PA＝PC，PB＝PD，∠APC＝∠BPD＝90°，连接CD，点M，N，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，判断四边形MNGH的形状，并证明．
【分析】（1）根据菱形的判定方法即可证明；
（2）根据矩形的判定方法即可证明；
（3）结论：四边形MNGH是正方形．如图2中，连接AD、BC，设AD交PC于O，交BC于K．想办法证明AD＝BC，AD⊥BC，即可利用（1）（2）中结论解决问题；
【解析】（1）∵M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，
∴HG＝MN=AC，HM＝GN=BD，
∵AC＝BD，∴MN＝MH＝HG＝GN，
∴四边形MNGH是菱形．
故答案为菱形，菱形；
（2）∵M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，
∴GH＝MN=AC，GH∥AC，MN∥AC，∴HG∥MN，
∴四边形MNGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，AC∥MN，GN∥BD，∴MN⊥GN，
∴∠MNG＝90°，∴四边形MNGH是矩形．
故答案为矩形；对角线垂直的四边形，连接各边中点所得四边形一定是矩形；
（3）结论：四边形MNGH是正方形．
理由：如图2中，连接AD、BC，设AD交PC于O，交BC于K．
∵PA＝PC，∠APC＝∠DPB＝90°，PD＝PB，
∴∠APD＝∠CPB，
∴△APD≌△CPB，
∴BD＝BC，∠PAO＝∠OCK，
∵∠AOP＝∠COK，
∴∠CKO＝∠APO＝90°，
∴AD⊥BC，
由（1）（2）可知中点四边形MNGH是正方形．
27、（2021春 鞍山期末）如图，在正方形ABCD中，边长为3．点M，N是边AB，BC上两点，且BM＝CN＝1，连接CM，DN；
（1）则DN与CM的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　．
（2）若点E，F分别是DN与CM的中点，计算EF的长；
（3）延长CM至P，连接BP，若∠BPC＝45°，试求PM的长．
【解题思路】（1）证△BCM≌△CDN，得出CM＝DN，∠BCM＝∠CDN，再证∠CDN+∠DCM＝90°即可；
（2）连CE并延长交AD于G，求出GM长，再根据中位线的性质求出EF即可；
（3）过点B作BH⊥CM于点H，根据勾股定理求出BH＝PH=，CM=，PC=即可．
【解答过程】解：（1）如图1，设CM与DN相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠B＝∠NCD＝90°，
∵BM＝CN，∴△BCM≌△CDN（SAS），∴CM＝DN，∠BCM＝∠CDN，
∵∠BCM+∠MCD＝90°，∴∠CDN+∠MCD＝90°，∴∠COD＝90°，∴DN⊥CM，
故答案为：CM＝DN，DN⊥CM；
（2）如图2，连CE并延长交AD于G，
∵BC∥AD，∴∠ENC＝∠EDG，∴NE＝DE，∠NEC＝∠GED，
∴△CNE≌△GDE（ASA），∴CE＝EG，NC＝GD＝1，
又∵MF＝CF，∴EF=MG，
∵正方形的边长为3，BM＝CN＝1，∴AM＝AG＝2，
∴GM==2，∴EF=；
（3）如图3，过点B作BH⊥CM于点H，
∵CM2＝BC2+BM2，∴CM=，
∵CM BH=BC BM，∴BH=，
∴CH=，∴∠BPC＝45°，∴PH＝BH=，
∴PC=，∴PM＝PC﹣CM=．