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专题15 特殊的平行四边形
【考情预测】
本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2023年浙江各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【考点梳理】
1．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）
2．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
3．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
4．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
5．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
6．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
7、特殊的平行四边形之间的联系
（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；
（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．
8、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
【重难点突破】
考点1. 矩形的性质
【解题技巧】
1．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．
2．利用矩形的性质可推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
【典例精析】
例1．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明，得出，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=5，AB=BC=3，，
根据折叠可知，，，，
∴在△AFD和△EFB中，∴（AAS），
∴，，设，则，
在中，，即，
解得：，则，∴，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，根据题意证明，是解题的关键．
例2．（2022·吉林·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________．
【答案】##2.5
【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角形中位线定理即可求得EF的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5，
∵，∴，即点F是OA的中点．
∵点是边的中点，∴EF是△AOD的中位线，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线定理是本题的关键．
例3．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．（1）求矩形对角线的长．（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形
，
是等边三角形，
，所以．故答案为：4．
（2）在矩形中，．
由（1）得，．
又在中，．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的对角线性质，等边三角形的判定，等腰三角形的三线合一以及在直角三角形中求锐角正切的知识点，灵活应用矩形对角线的性质是解题的关键．
【变式训练】
变式1．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为_________．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，
∴在中，(cm)，∴．故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
变式2．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出，再利用勾股定理得出，即可得出答案．
【详解】过点O作OM⊥BC于点M，，
四边形ABCD是矩形，，
，，
四边形ABFE是正方形，，
，，，
由勾股定理得，，故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
变式3．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE=2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为____________cm．
【答案】
【分析】根据矩形的性质可得AB=CD=6cm，∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，从而可得∠ABD=∠BDC，然后利用直角三角形斜边上的中线可得EG=BG，从而可得∠BEG=∠ABD，进而可得∠BEG=∠BDC，再证明△EBF∽△DCB，利用相似三角形的性质可求出BF的长，最后在Rt△BEF中，利用勾股定理求出EF的长，即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6cm，∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，
∵AE=2cm，∴BE=AB-AE=6-2=4（cm），∵G是EF的中点，∴EG=BG=EF，
∴∠BEG=∠ABD，∴∠BEG=∠BDC，∴△EBF∽△DCB，
∴，∴，∴BF=6，∴EF=（cm），
∴BG=EF=（cm），故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
考点2. 矩形的判定
【解题技巧】
1．矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
【典例精析】
例1．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等 B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等 D．测量两组对边是否分别相等
【答案】C
【分析】由对角线的相等不能判定平行四边形，可判断A，两个角为不能判定矩形，可判断B，对角线的交点到四个顶点的距离相等，可判断矩形，从而可判断C，由两组对边分别相等判断的是平行四边形，可判断D，从而可得答案．
【详解】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键．
例2．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个矩形，只需添加的一个条件是_______________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：需添加的一个条件是∠A=90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故答案为：∠A=90°（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
例3．（2022·湖南·中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：；(2)试判断四边形的形状，并写出证明过程．
【答案】(1)见解析(2)矩形，见解析
【分析】（1）由题意得，根据平行线的性质得，用ASA即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得，即可得四边形为平行四边形，根据菱形的性质得，即，即可得．
(1)证明：点是的中点，，又，
在和中，，；
(2)四边形为矩形，证明如下：证明：，，
又，四边形为平行四边形，
又四边形为菱形，，即，四边形为矩形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
【变式训练】
变式1．（2022·陕西·中考真题）在下列条件中，能够判定为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的判定条件逐一判断即可．
【详解】解：．中，，
是菱形，不能判定四边形ABCD是矩形，故选项不符合题意；
．中，，是菱形，不能判定四边形ABCD是矩形，故选项不符合题意；
．中，，不能判定是矩形，故选项不符合题意；
．中，，是矩形，故选项符合题意；故选：．
【定睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
变式2．（2022·湖南娄底·中考真题）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001）
【答案】0.618
【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得，即可得到答案．
【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，
由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°，∴四边形EFGM是矩形，∴EG＝MF＝y，
∵，∴x－y≈0.618x，解得y≈0.382x，
∴，∴EG≈0.618DE．故答案为：0.618．
【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键．
变式3．（2022·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点．点从点出发沿方向以向点匀速运动，同时，点从点出发沿方向以向点匀速运动．设点，的运动时间为（单位：），且，过作于点，连结．(1)求证：四边形是矩形．(2)连结，，点，在运动过程中，与是否能够全等？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)见解析 (2)与能够全等，此时
【分析】（1）根据题意可得，再根据菱形的性质和直角三角形的性质可得，从而得到FG=EH，再由FG∥EH，可得四边形EFGH是平行四边形，即可求证；（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质可得∠CBF=∠CDE，，然后分两种情况讨论，即可求解．
(1)证明：根据题意得：，
在菱形ABCD中，AB=BC，AC⊥BD，OB=OD，
∵∠ABC=60°，，∴，∠CBO=30°，
∴，∴FG=EH，∵，DH⊥BH，∴FG∥EH，
∴四边形EFGH是平行四边形，∵∠H=90°，∴四边形是矩形．
(2)解：能，∵AB∥CD，∠ABC=60°，∴∠DCH=60°，
∵∠H=90°，∴∠CDE=30°，∴∠CBF=∠CDE，，∴，
∵BC=DC，∴当∠BFC=∠CED或∠BFC=∠DCE时，与能够全等，
当∠BFC=∠CED时，，此时BF=DE，∴，解得：t=1；
当∠BFC=∠DCE时，BC与DE是对应边，而，∴BC≠DE，则此时不成立；
综上所述，与能够全等，此时．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
考点3. 菱形的性质
【解题技巧】
菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；
菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
【典例精析】
例1．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA==，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，∴∠B′AC=∠CAC=，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，
∴，故选；C．
【点睛】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
例2．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
【答案】2
【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】∵∠BAD=60°，∴连接对角线AC,BD，则AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中， 利用勾股定理得
又∵AC=2AO,∴AC= ，由题可知 =，∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,∴=∠DCA，即==30°，
∴ 是等腰三角形；过点E作EF⊥AC，垂足为F，如图所示：
则由等腰三角形三线合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,设EF=x，则EC=2x，由勾股定理得：
，解得x=2，故填：2．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键．
例3．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在的正方形网格中，网格线的交点称为格点，在格点上，每一个小正方形的边长为1．
（1）以为边画菱形，使菱形的其余两个顶点都在格点上（画出一个即可）．
（2）计算你所画菱形的面积．
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）6或8或10（答案不唯一）
【分析】（1）根据菱形的定义并结合格点的特征进行作图；（2）利用菱形面积公式求解．
【详解】解：（1）根据题意，菱形ABCD即为所求
（2）图1中AC=2，BD=6∴图1中菱形面积．
图2中，AC=，BD=∴图2中菱形面积．
图3中，∴图3菱形面积．
【点睛】本题考查菱形的性质，掌握菱形的概念准确作图是关键．
【变式训练】
变式1．（2022·海南·中考真题）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
【答案】B
【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可．
【详解】过C作CM⊥AB延长线于M，
∵∴设∵点E是边的中点∴
∵菱形∴，CE∥AB∵⊥，CM⊥AB∴四边形EFMC是矩形
∴，∴BM=3x在Rt△BCM中，
∴，解得或（舍去）∴故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．属于拔高题．
变式2．（2022·广西河池·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是( )
A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC
【答案】C
【分析】根据菱形的性质逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，∠DAC＝∠BAC，故A、B、D选项正确，
不能得出，故C选项不正确，故选：C.
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
变式3．（2022·四川自贡·中考真题）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，∴C的坐标为，故选C．
【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
考点4. 菱形的判定
【解题技巧】菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【典例精析】
例1．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，将沿着方向平移得到，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
【答案】AB=BE（答案不唯一）
【分析】由题目提供的条件可以得到四边形是平行四边形，再添加一个条件使其成为菱形即可．
【详解】解：添加AB=BE，∵将沿着方向平移得到，∴AB=DE，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，又∵AB=BE，∴四边形是菱形，
故答案为：AB=BE（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定、平移的性质，证明四边形ABED是平行四边形是解题的关键．
例2．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是_______．
【答案】16
【分析】连接EF交CD于O，先证明四边形CFDE为菱形，从而求出CO的长度，然后根据余弦定义求出CE即可得出答案．
【详解】解：连接EF交CD于O，如图：
∵DEAC，DFBC，∴四边形CEDF是平行四边形，
∵CD是△ABC的角平分线，∴∠FCD＝∠ECD，
∵DEAC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，∴四边形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝，在Rt△COE中，CE＝＝＝4，
∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，故答案为：16．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，余弦的定义等知识，解题的关键是判断出四边形CEDF为菱形．
例3．（2022·北京·中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴，，
∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．
(2)∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴，
∵∴，∴，∴四边形ABCD为菱形，
∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
【变式训练】
变式1．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【答案】D
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
【详解】解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．故选：
【点睛】本题主要考察学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
变式2．（2022·山东聊城·中考真题）如图，中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作，交DE的延长线于点F．
(1)求证：；(2)连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形ADCF是菱形，证明见解析
【分析】（1）由 得∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA，结合，可证，根据全等三角形的性质即求解；（2）由，，易得四边形ADCF是平行四边形，若，点D是AB的中点，可得，即得四边形ADCF是菱形．
(1)证明：∵，∴∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA．
∵点E是AC的中点，∴AE=CE，∴，∴；
(2)解：当时，四边形ADCF是菱形．
证明如下：由（1）知，，∵，∴四边形ADCF是平行四边形．
∵，∴是直角三角形．
∵点D是AB的中点，∴，∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．
变式3．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°．(1)求证：△ABF≌△CDE；(2)连接AE，CF，已知__________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ABD=30°； 条件2：AB=BC．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)证明见解析(2)见解析
【分析】（1）利用AAS即可证明△ABF≌△CDE；（2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度角的直角三角形的性质证得AE=AF，即可证明平行四边形AECF是菱形．若选择条件②：先证明四边形AECF是平行四边形，得到AO=CO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形AECF是菱形．
(1)证明：∵BE=FD，∴BE+EF=FD+EF，即BF=DE，
∵AB∥CD，∴∠ABF=∠CDE，又∵∠BAF=∠DCE=90°，∴△ABF≌△CDE(AAS)；
(2)解：若选择条件①：四边形AECF是菱形，
由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAF=90°，BE=EF，∴AE=BF，∵∠BAF=90°，∠ABD=30°，∴AF=BF，
∴AE=AF，∴平行四边形AECF是菱形．
若选择条件②：四边形AECF是菱形，连接AC交BD于点O，
由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AO=CO，
∵AB=BC，∴BO⊥AC，即EF⊥AC，∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
考点5. 正方形的性质
【解题技巧】正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．
【典例精析】
例1．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．70°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数．
【详解】解：在正方形中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°，
∵，∴△AOF≌△BOE（SAS），∴∠OBE=∠OAF，
∵OE=OF，∠EOF=90°，∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵，∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，
∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°，故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
例2．（2021·浙江温州市·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH=DF=BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，∴．故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
例3．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明得到EC=FD，再证明得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即；
②通过等弦对等角可证明；
③通过正切定义得，利用合比性质变形得到，再通过证明得到，代入前式得，最后根据三角形面积公式得到，整体代入即可证得结论正确；
④作EG⊥AC于点G可得EGBO，根据，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF= S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中∴∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中∴∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦∴所以②正确；
③∵∴∴∴∴
∵∴∴
∴∴∵∴
∴所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EGBO，∴设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=，
若，则，∴∴∴
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=
∴所以④错误；
⑤∵，S四边形OECF=S△COE+S△COF∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=∴S四边形OECF=所以⑤正确；综上，①②③⑤正确，④错误，故选 B
【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
【变式训练】
变式1．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，
∵平分交于点，∴，
在和中， ，∴，
∴ ，∴，故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
变式2．（2022·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，
∵ ∴ ∴ ∴
∵平分 ∴ ∴
∴为等腰直角三角形，
∵分别为的中点， 故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
变式3．（2022·山东滨州·中考真题）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（ ）
A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线
【答案】A
【分析】连接，根据题意可知则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段
【详解】连接，根据题意可知，
，∴点G在线段OB的垂直平分线上．
则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段．故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
考点6. 正方形的判定
【解题技巧】正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．
【典例精析】
例1．（2022·广西玉林·中考真题）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形的两条对角线一定是( )
A．互相平分 B．互相垂直 C．互相平分且相等 D．互相垂直且相等
【答案】D
【分析】由题意作出图形，然后根据正方形的判定定理可进行排除选项．
【详解】解：如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AD、DC、BC、AB的中点，
∴，
∴四边形EFGH是平行四边形，
对于A选项：对角线互相平分，四边形EFGH仍是平行四边形，故不符合题意；
对于B选项：对角线互相垂直，则有，可推出四边形EFGH是矩形，故不符合题意；
对于C选项：对角线互相平分且相等，则有，可推出四边形EFGH是菱形，故不符合题意；
对于D选项：对角线互相垂直且相等，则有，，可推出四边形EFGH是正方形，故符合题意；故选D．
【点睛】本题主要考查三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定，熟练掌握三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定是解题的关键．
例2．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．
【答案】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF∴ OB-BE=OD-DF即OE=OF ∵OE=OA∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
例3．（2022·浙江台州·中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
(1)求证：四边形是正方形；(2)求的值；
(3)请研究螺旋折线…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】(1)见解析(2)(3)螺旋折线…中相邻线段的比均为或，见解析
【分析】（1）证明，则，同理可证，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；（2）勾股定理求解的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线…中相邻线段的比均为或；螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
(1)在正方形中，，，
又∵，∴．
∴．∴，．
又∵，∴．
∴．同理可证：．
∴四边形是正方形．
(2)∵，设，则．
∴．∴由勾股定理得：．∴．
(3)结论1：螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
证明：∵，∴．同理，．…
∴．同理可得，…
∴螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
结论2：螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵，，
∴，∴．同理得：，
∵，∴，即．
同理可证．∴螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式训练】
变式1．（2021·广西玉林市·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（ ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
【答案】C
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确的有①②；故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
变式2．（2021·黑龙江中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．
【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理可直接进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：或或或，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
变式3．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形∴∠DAB=90°∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴∴四边形是矩形，
又∵∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，在中，
∵四边形是正方形∴
在中，，又，∴．故答案是17．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
考点7. 中点四边形
【解题技巧】
1．中点四边形一定是平行四边形；
2．中点四边形的面积等于原四边形面积的一半．
【典例精析】
例1．（2022·四川德阳·中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，
A. 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；C. 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；故选C
【点睛】本题考查中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
例2．（2022·安徽太和·一模）如图，四边形的对角线，，，，分别是，，，的中点，若在四边形内任取一点，则这一点落在图中阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后由AC⊥BD可以证得平行四边形EFGH是矩形．
【详解】如图，∵E、F、G、H分别是线段AD，AB，BC，CD的中点，
∴EH、FG分别是△ACD、△ABC的中位线，EF、HG分别是△ABD、△BCD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥BD，GH∥BD且EFBD，GHBD，
∴四边形EFGH是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴EF⊥FG∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积＝EF FGAC BD，∵四边形ABCDAC BD，
∴这一点落在图中阴影部分的概率为，故选：A．
【点睛】本题主要考查了几何概率，中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
例3．（2022·山东·中考模拟）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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，并证明你的猜想；（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形.
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=AC，FG=BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方形．
考点：平行四边形的判定与性质；中点四边形．
【变式训练】
变式1．（2022·云南·二模）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题意的平行四边形，但满足，，，不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形，但满足，，，不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线定理可得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形；
当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合题意的反例图形是解题关键．
变式2．（2022·吉林长春·中考模拟）【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE=BC．（不需要证明）
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．
【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是： ．（只添加一个条件）
（2）如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O．若AO=OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 ．
【答案】【探究】平行四边形；【应用】（1）添加AC=BD；（2）．
【详解】试题分析：【探究】利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；【应用】（1）同【探究】的方法判断出EF=AC，即可判断出EF=FG，即可得出结论；
（2）先判断出S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，进而得出S四边形EFGH=，再判断出OM=ON，进而得出S阴影=S四边形EFGH即可．
试题解析：解：【探究】平行四边形．理由：如图1，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，综上可得：EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH是平行四边形．
【应用】（1）添加AC=BD．理由：连接AC，BD，同（1）知，EF=AC，同【探究】的方法得，FG=BD，∵AC=BD，∴EF=FG，∵四边形EFGH是平行四边形，∴ EFGH是菱形；
故答案为AC=BD；
（2）如图2，由【探究】得，四边形EFGH是平行四边形，∵F，G是BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，∴△CFG∽△CBD，∴，∴S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，∵四边形ABCD面积为5，∴S△BCD+S△ABD=5，∴S△CFG+S△AEH=，同理：S△DHG+S△BEF=，∴S四边形EFGH=S四边形ABCD﹣（S△CFG+S△AEH+S△DHG+S△BEF）=5﹣=，设AC与FG，EH相交于M，N，EF与BD相交于P，∵FG∥BD，FG=BD，∴CM=OM=OC，同理：AN=ON=OA，∵OA=OC，∴OM=ON，易知，四边形ENOP，FMOP是平行四边形，∴S阴影=S四边形EFGH=．故答案为．
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，解【探究】的关键是判断出HG∥AC，HG=AC，解【应用】的关键是判断出S四边形EFGH=，是一道基础题目．
考点8. 特殊四边形的最值问题
【典例精析】
例1．（2022·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 _____．
【答案】10
【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．
【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，
∵，EF＝CG，∴四边形EFGC是平行四边形，
∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，
由勾股定理得，AG＝＝＝10，
∴AF+CE的最小值为10，故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．
例2．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
【答案】
【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明（SAS）， 得可得当三点共线时，最短，则最短，再用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，∴ ∴
∵DE=DF， ∴（SAS）， ∴
∴当三点共线时，最短，则最短，
∵位BC 中点， ∴ 此时
此时 所以CF的最小值为： 故答案为：
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
例3．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12
【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【解析】(1)解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，∴∠CAB=60°，∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB sin60°==，∴BD=2BO=；
(2)解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6，由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴∠EBN=30°；∴EN=BE
∵，∴MN=，设BE=，则EN=，∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD MN=，∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，∴DF=，∴S△DEF=DF EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0①当CE⊥AB时，∵OB⊥AC，∴点E是△ABC重心，∴BE=CE=BO=，
此时 =，∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，
∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AH=DH=3，∴CH=，
∵，∴当，即BE=时， s达到最小值，
∵BE=DF，∴DF=3，此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，其最小值为CO+CH==12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．
【变式训练】
变式1．（2022·江苏泰州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，
∵∴
在和中，∵∴
∴∴
当时，最小，
∴d1＋d2＋d3的最小值为，故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
变式2．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，
∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，
∵CH=EF=1， ∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴，即的最小值为．故答案为：
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
变式3．（2022·四川成都·中考真题）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．
【答案】##
【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．
【详解】延长DE，交AB于点H，
∵，ED⊥CD，∴DH⊥AB．取FH=BH，∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，∴QD=QB．
要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．连接BD，与AC交于点O．∵AE=14,CE=18， ∴AC=32，∴CO=16，EO=2．
∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，∴ ，∴，即，
解得，∴．在Rt△DEO中，．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，∴，∴，
即，解得，∴．故答案为：．
【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
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专题15 特殊的平行四边形
【考情预测】
本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2023年浙江各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【考点梳理】
1．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）
2．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
3．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
4．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
5．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；
3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
6．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
7、特殊的平行四边形之间的联系
1）两组对边分别平行；2）相邻两边相等；3）有一个角是直角；4）有一个角是直角；
5）相邻两边相等；6）有一个角是直角，相邻两边相等；7）四边相等；8）有三个角都是直角．
8、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
【重难点突破】
考点1. 矩形的性质
【解题技巧】
1．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．
2．利用矩形的性质可推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
【典例精析】
例1．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（ ）
A． B． C． D．
例2．（2022·吉林·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________．
例3．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．（1）求矩形对角线的长．（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【变式训练】
变式1．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为_________．
变式2．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
变式3．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE=2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为____________cm．
考点2. 矩形的判定
【解题技巧】
1．矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
【典例精析】
例1．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等 B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等 D．测量两组对边是否分别相等
例2．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个矩形，只需添加的一个条件是_______________．
例3．（2022·湖南·中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．
(1)求证：；(2)试判断四边形的形状，并写出证明过程．
【变式训练】
变式1．（2022·陕西·中考真题）在下列条件中，能够判定为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
变式2．（2022·湖南娄底·中考真题）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001）
变式3．（2022·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点．点从点出发沿方向以向点匀速运动，同时，点从点出发沿方向以向点匀速运动．设点，的运动时间为（单位：），且，过作于点，连结．(1)求证：四边形是矩形．(2)连结，，点，在运动过程中，与是否能够全等？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．
考点3. 菱形的性质
【解题技巧】
菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；
菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
【典例精析】
例1．（2021·浙江衢州市·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A． B． C． D．
例2．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
例3．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在的正方形网格中，网格线的交点称为格点，在格点上，每一个小正方形的边长为1．（1）以为边画菱形，使菱形的其余两个顶点都在格点上（画出一个即可）．（2）计算你所画菱形的面积．
【变式训练】
变式1．（2022·海南·中考真题）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
变式2．（2022·广西河池·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是( )
A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC
变式3．（2022·四川自贡·中考真题）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
考点4. 菱形的判定
【解题技巧】菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【典例精析】
例1．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，将沿着方向平移得到，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
例2．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是_______．
例3．（2022·北京·中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若求证：四边形是菱形．
【变式训练】
变式1．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
变式2．（2022·山东聊城·中考真题）如图，中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作，交DE的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
变式3．（2022·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°．(1)求证：△ABF≌△CDE；(2)连接AE，CF，已知__________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ABD=30°； 条件2：AB=BC．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
考点5. 正方形的性质
【解题技巧】正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．
【典例精析】
例1．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．70°
例2．（2021·浙江温州市·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
例3．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【变式训练】
变式1．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
变式2．（2022·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．
变式3．（2022·山东滨州·中考真题）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（ ）
A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线
考点6. 正方形的判定
【解题技巧】正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．
【典例精析】
例1．（2022·广西玉林·中考真题）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形的两条对角线一定是( )
A．互相平分 B．互相垂直 C．互相平分且相等 D．互相垂直且相等
例2．（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．
例3．（2022·浙江台州·中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．(1)求证：四边形是正方形；(2)求的值；
(3)请研究螺旋折线…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【变式训练】
变式1．（2021·广西玉林市·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（ ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
变式2．（2021·黑龙江中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．
变式3．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）已知，求的长．
考点7. 中点四边形
【解题技巧】
1．中点四边形一定是平行四边形；
2．中点四边形的面积等于原四边形面积的一半．
【典例精析】
例1．（2022·四川德阳·中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
例2．（2022·安徽太和·一模）如图，四边形的对角线，，，，分别是，，，的中点，若在四边形内任取一点，则这一点落在图中阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
例3．（2022·山东·中考模拟）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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，并证明你的猜想；（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
【变式训练】
变式1．（2022·云南·二模）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
变式2．（2022·吉林长春·中考模拟）【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE=BC．（不需要证明）
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．
【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是： ．（只添加一个条件）
（2）如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O．若AO=OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 ．
考点8. 特殊四边形的最值问题
【典例精析】
例1．（2022·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 _____．
例2．（2022·广西柳州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
例3．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【变式训练】
变式1．（2022·江苏泰州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为( )
A． B． C． D．
变式2．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．
变式3．（2022·四川成都·中考真题）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．
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专题15 特殊的平行四边形
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1．（2022·江苏无锡·中考真题）下列命题中，是真命题的有（ ）
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形 ②对角线互相垂直的四边形是菱形
③四边相等的四边形是正方形 ④四边相等的四边形是菱形
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【分析】直接利用平行四边形以及矩形、菱形、正方形的判定方法分别分析进而得出答案．
【详解】解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确；
②对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误；
③四边相等的四边形是菱形，故原命题错误；④四边相等的四边形是菱形，正确．故选：B．
【点睛】此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．
2．（2022·四川达州·中考真题）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，，则的长为（ ）
A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【分析】根据折叠的性质可得，设，则，则，在中勾股定理建列方程，求得，进而求得，根据，可得，即，求得，在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，
将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，
,，
，，
设，则，，
在中，
即，解得，，
，，，
，，，，
在中，，．故选C．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正切的定义，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
3．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ）
①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；
A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④
【答案】D
【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，
∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，
∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠APB=90°，∴∠BCE+∠APB=90°，
∴∠BCE+∠OPC=90°，∴∠POC=90°，∴EC⊥AG，故①正确；
取AC的中点K，如图：
在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=OK，
在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK=CK=BK，∴AK=CK=OK=BK，∴A、B、O、C四点共圆，∴∠BOA=∠BCA，
∵∠BPO=∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正确，
∵∠AOC=∠ADC=90°，∴∠AOC+∠ADC=180°，∴A、O、C、D四点共圆，
∵AD=CD，∴∠AOD=∠DOC=45°，故④正确，
由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，故正确的有：①②④，故选：D．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆．
4．（2021·浙江台州市·中考真题）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24 cm2 D．36 cm2
【答案】A
【分析】过点C作，过点B作，根据折叠的性质求出，，分别解直角三角形求出AB和AC的长度，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作，过点B作，
∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，
∴，∴，
∴，，，
∴，∴，故选：A．
【点睛】本题考查折叠的性质、解直角三角形，掌握折叠的性质是解题的关键．
5．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
【答案】C
【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图所示．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．
∵是等边三角形，是 BC的中点，∴．∴．∴是直角三角形．
（2）当点P与点C重合时，记作．此时，是等边三角形；
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．∵和都是等边三角形，
∴．∴是直角三角形．
（4）当点P与点D重合时，记作．∵，∴是等腰三角形．
综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2 B． C．1.5 D．
【答案】A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，
∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
7．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
8．（2022·山东青岛·中考真题）如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用勾股定理求出AC的长度，再利用等边三角形的性质即可解决问题．
【详解】在正方形中：，
∴，
∵O为正方形对角线的中点，
∴，
∵为等边三角形, O为的中点，
∴，，
∴,
∴,
故选：B．
【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的园上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆
∵四边形为矩形∴
∵∴∴
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的园上 连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵，∴∴
∵故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
10．（2022·湖南娄底·中考真题）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．
【答案】
【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，
菱形的边长为2，，
中，
PQ+QC的最小值为故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键．
11．（2022·四川眉山·中考真题）如图，点为矩形的对角线上一动点，点为的中点，连接，，若，，则的最小值为________．
【答案】6
【分析】作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；然后求出和BE的长度，再利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：如图，作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；
∵AC是矩形的对角线，
∴AB=CD=4，∠ABC=90°，
在直角△ABC中，，，
∴，
∴，
由对称的性质，得，，
∴，
∴
∵，，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴的最小值为6；
故答案为：6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的找到点P使得有最小值．
12．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为_________cm．
【答案】8
【分析】利用菱形对角线互相垂直且平分的性质结合勾股定理得出答案即可．
【详解】解： 菱形中，对角线，相交于点，AC=4，
，，AO=OC=AC=2
， ，，故答案为：8．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质，运用勾股定理解直角三角形，是解题关键．
13．（2022·湖北宜昌·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，分别是，的中点，连接，，，若，，，矩形的面积为________．
【答案】48
【分析】根据三角形中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出相关线段长，利用勾股定理逆定理判定，再结合即可得出结论．
【详解】解：在矩形中，，
在矩形中，，分别是，的中点，，
是的中位线，即，在中，是的中点，，
是斜边上的中线，即， ，
在中，是的中点，，
是斜边上的中线，即，，
在中，，，，即，
是直角三角形，且，过作于，如图所示：
，故答案为：．
【点睛】本题考查矩形面积，涉及到中位线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、矩形的性质、勾股定理逆定理、三角形等面积法等知识，熟练掌握相关性质，准确作出辅助线表示是解决问题关键．
14．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．
【答案】
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．
【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，∴根据勾股定理得，
∵AE=BE，∴， 在Rt△AOB中，即菱形的边长为，
∵点F为的中点，点O为DB中点，∴ ．故答案为
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
15．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______．
【答案】20
【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，∴OC=OD=BD=5，
∵//，//．，∴四边形CODE是平行四边形，
∵OC=OD =5，∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．故答案为20．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．
16．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．
【答案】1
【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，
∵HG垂直平分AE，∴AG=EG，
∵正方形ABCD的边长为8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵点E是CD的中点，∴CE=4，设BG=x，则CG=8-x，
由勾股定理，得EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴（8-x）2+42=82+x2，解得：x=1，故答案为：1．
【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．
17．（2022·黑龙江·中考真题）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为________．
【答案】或或6
【分析】分三种情况讨论：当∠APE=90°时，当∠AEP=90°时，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，即可求解．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
如图，当∠APE=90°时，
∴∠APB+∠CPE=90°，∵∠BAP+∠APB=90°，∴∠BAP=∠CPE，
∵∠B=∠C=90°，∴△ABP∽△PCE，∴，即，解得：BP=6；
如图，当∠AEP=90°时，
∴∠AED+∠PEC=90°，∵∠DAE+∠AED=90°，∴∠DAE=∠PEC，
∵∠C=∠D=90°，∴△ADE∽△ECP，∴，即，
解得：，∴；
如图，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，
根据题意得∠BAF=∠ABP=∠F=90°，∴四边形ABPF为矩形，∴PF=AB=9，AF=PB，
∵∠PAF+∠DAE=90°，∠PAF+∠APF=90°，∴∠DAE=∠APF，
∵∠F=∠D=90°，∴△APF∽△EAD，∴，即，
解得：，即；综上所述，BP的长为或或6．故答案为：或或6
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
18．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，在矩形中，为上的点，，，则______．
【答案】##
【详解】解：设，在矩形中，为上的点，，，
，，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，求正切，掌握正确的定义是解题的关键．
19．（2022·青海·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线AC上的一个动点（不与点A，C重合），连接DE并延长交射线AB于点F，连接BE．
(1)求证：；(2)求证：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质可得，，即可求证；
（2）根据，可得，再由AB∥CD，可得，即可求证
(1)证明：∵四边形为菱形，∴，，
在和中，，∴；
(2)证明∶∵，∴，
∵四边形为菱形，∴AB∥CD，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．
【答案】(1)见解析(2)、、、
【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；
(1)证明：∵四边形是矩形，∴与相等且互相平分，∴，
∵，，∴（SSS）；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）∴AE=DE，∴，
∵OA=OD，AE=DE，∴OE⊥AD， ∴，∴，
∴，∴；
∵，∴∠OBF=∠OCH，，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，∴△BOF≌△COH（ASA），
∴，∴，
∴，∴，∴；
∵，∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，∴，∴；
综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
21．（2022·四川雅安·中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)证明见解析(2)6
【分析】（1）利用正方形的性质证明再结合BE＝DF，从而可得结论；
（2）先利用正方形的性质证明 再求解EF的长，再利用四边形AECF的面积，即可得到答案．
(1)证明： 正方形ABCD，
(2)如图，连结AC， 正方形ABCD，
∴四边形AECF的面积
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，掌握“正方形的对角线相等且互相垂直平分”是解本题的关键．
22．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设．
(1)求的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)(2)见详解
【分析】（1）根据矩形的性质可得，然后可证，进而根据相似三角形的性质可求解；（2）如图，连接AC，由题意易证四边形是平行四边形，然后可得，进而可证，则可证，最后问题可求证．
(1)解：∵四边形是矩形，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴；
(2)证明：由题意可得如图所示：
连接AC，在矩形中，，，
∴，∵，∴四边形是平行四边形，
∴，∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．
23．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
(1)求证：；(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解(2)
【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．
(1)在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，，
∵，∠A=∠D=90°，，∴四边形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵MN是BE的垂直平分线，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠OMF，
∵，∴△ABE≌△FMN；
(2)连接ME，如图，
∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，，
∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，
∵MN是BE的垂直平分线，∴BO=OE==5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，∴在Rt△AME中，，
∴，解得：，∴，
∴在Rt△BMO中，，∴，
∴ON=MN-MO=．即NO的长为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．
24．（2022·贵州遵义·中考真题）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上．
(1)求证：；(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据正方形和菱形的性质可得，根据即可得证；
（2）连接交于点，勾股定理求得，，根据菱形的性质可得，进而求得正方形和菱形的对角线的长度，根据即可求解．
(1)证明：正方形和菱形，，
在与中（）
(2)如图，连接交于点，
，，
在中，，，
在中，，，
在中，，，
，．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，，掌握以上知识是解题的关键．
25．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．
(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．
【答案】(1)①见解析；②(2)
【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．
(1)①证明：如图，连接AC交BD于O，
∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，
∵平行四边形，∴四边形是菱形；
②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中线，∵为中点，
∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，
设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；
(2)解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，
又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,
∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
26．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，，．
又四边形ABCD是正方形，，
，，
又 正方形 ，．
（2）如图，连接，
由（1）得，，
由折叠得，，．
四边形是正方形，，，
又，，．
，，，．
，
，（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，
由折叠得，，
又，，
，
又，，，
，，，．
，，
，（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，同理可得，
可得，，，
，（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．．
27．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】[探究1]如图1，
设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．∴，，∴．
∵，∴．
又∵点在延长线上，∴，∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）∴．
[探究2] ． 证明：如图2，连结．
∵，∴．
∵，，，∴．
∴，，
∵，，∴，∴．
[探究3]关系式为． 证明：如图3，连结．
∵，，，∴．∴，
∵，，∴，∴．
在与中，，，∴，
∴，∴．∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
28．（2023·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
【答案】（1）矩形；（2）①见解析；②；（3）四边形ACBD的面积为或
【分析】（1）根据“垂等四边形”的定义进行分析；（2）①通过△ADF≌△CDG的性质推知DF＝DG；然后根据四边形DEFG是垂等四边形的性质知EG＝DF；最后由等量代换证得结论；②如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，首先证明△BFG为等腰直角三角形，则∠GFB＝45°；然后证得△AEF为等腰直角三角形；再次，根据等腰直角三角形的性质和已知条件得到：BC＝3AE，BG＝2AE．代入求值即可；（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，构造矩形CEDF．在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝2，BC＝1．再由垂等四边形四边形ACBD的性质知．
分两种情况：当△ACB∽△BED时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果；当△ACB∽△DEB时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果．
【详解】解：（1）矩形有一组邻边垂直且对角线相等，故矩形的垂等四边形．故答案是：矩形；
（2）①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C．
又∵AF＝CG，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴DF＝DG．
∵四边形DEFG是垂等四边形，∴EG＝DF，∴EG＝DG．
②解：如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，
∴四边形CDHG为矩形，∴CG＝DH．由①知EG＝DG，∴DH＝EH．
由题意知∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AF＝CG，
∴AB﹣AF＝BC﹣CG，即BF＝BG，∴△BFG为等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°．
又∵∠EFG＝90°，∴∠EFA＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝CG，∴AE＝EH＝DH，∴BC＝3AE，BG＝2AE．∵BC＝n BG，∴．
（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，∴四边形CEDF为矩形．
∵，∴AC＝2BC．在Rt△ABC中，，
根据勾股定理得，AC2+BC2＝AB2，即（2BC）2+BC2＝5，∴AC＝2，BC＝1．
∵四边形ACBD为垂等四边形，∴．
第一种情况：当△ACB∽△BED时，，设DE＝x，则BE＝2x，∴CE＝1+2x．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+2x）2+x2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝；
第二种情况：当△ACB∽△DEB时，，设BE＝y，则DE＝2y，∴CE＝1+y．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+y）2+（2y）2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝．
综上所述，四边形ACBD的面积为或．
【点睛】本题主要考查了相似综合题，综合运用相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识点解题，解题的关键是掌握“垂等四边形”的定义，另外解题过程中，注意方程思想的应用．难度较大．
【考场演练2】重难点必刷
1．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF∴OE=OF∵点E、F时BD上的点，∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
2．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形ABMP为矩形 B．当时，四边形CDPM为平行四边形
C．当时， D．当时，或6s
【答案】D
【分析】计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．
【详解】解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，
A、当时，AP=10-t=6 cm，BM=4 cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；
B、当时，PD=5 cm，CM=8-5=3 cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；
作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE是矩形，∴BC=AE=8 cm，∴DE=2 cm，
PM=CD，且PQ与CD不平行，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，
∴四边形CEFM是矩形，∴FM=CE；∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），
∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，∴AP=10-4-(8-t)=10-t，解得t=6 s；PM=CD，且PM∥CD，
∴四边形CDPM是平行四边形，∴DP=CM，∴t=8-t，解得t=4 s；
综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；故选：D．
【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
3．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，根据平行线的判定可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，设，则，在中，利用勾股定理可得的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：四边形是矩形，，，
由作图过程可知，垂直平分，，
，，，四边形是平行四边形，
又，平行四边形是菱形，
设，则，在中，，即，
解得，则四边形的周长为，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
4．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后利用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，∴GF∥EC；故①正确；根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=，
∴AB=2=AD，故②不正确；设DF=FO=x，则FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x==，即DF=FO=，GE=a，
∴，∴GE=DF；故③正确；
∴，∴OC=2OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，故选：B．
【点睛】本题主要考查折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
5．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC EF＝CF CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设与的交点为，
根据作图可得，且平分，，
四边形是矩形，，，
又， ，，，
，四边形是平行四边形，
垂直平分，，四边形是菱形，故①正确；
②，，∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得AC EF＝CF CD；故③不正确，
④四边形是矩形，，
若AF平分∠BAC，，则，，
，，，，
，CF＝2BF．故④正确；故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
6．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 ##
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，∴，
∴△ADF∽△ABE，∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，∴∠ABE=∠MEN，
在中，，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，∴，即，∴，
∵∠ADF=∠ABE，∴， 即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
7．（2023·浙江温州·校联考模拟预测）欧几里得《几何原本》中给出一种证明勾股定理的方法：“直角三角形斜边上正方形的面积等于两直角边上两个正方形的面积之和”．如图，中，，四边形、四边形和四边形都是正方形，过点作的平行线交于点，连接，，．若四边形的面积是四边形的面积的5倍，设与交于点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作于点，并延长交于点，设的三边长分别为，则有；证明四边形为平行四边形、、、以及，利用全等三角形的性质及相似三角形的性质求得，进而确定四边形的面积；证明四边形为平行四边形，并求得四边形的面积；结合题意可得，即可确定，然后根据平行线分线段成比例定理，即可求得的值．
【详解】解：如下图，过点作于点，并延长交于点，
设的三边长分别为，
∵，
∴；
∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，，，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为平行四边形；
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，解得；
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴四边形为平行四边形，
∴；
根据题意，四边形的面积是四边形的面积的5倍，
即，
∴，
又∵，
∴，
∴，解得，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、正方形的性质等知识，综合性强，熟练运用全等三角形和相似三角形的判定与性质是解题关键．
8．（2022·浙江温州·校考三模）如图，一张矩形纸片中，（为常数）．将矩形纸片沿折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，与交于点．
（1）当，若，，则的长为________．
（2）当点落在的中点时，且，则_______．
【答案】
【分析】（1）连接，过点作于，则，，，根据在中，，得到，设出，，，利用勾股定理求得，进一步求得，，再证得，利用相似三角形的性质求得，，得到，在中，利用勾股定理求得即可求得；
（2）根据，设，则，根据，得到①，在中，利用勾股定理得到②，解①②即可求解．
【详解】（1）连接，过点作于，则，，，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴设，， ，则，
由折叠的性质得，，，，，
∴ ，
∵，，
∴，
∴，解得，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得，，
∴，
∵，，
∴，
∴ ，即，解得，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得，
∴；
（2）∵，
设，则，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，即，
∴①
∵，，，
∴，
在中，，
∴②，
解①②得，
∴，
∴，
故答案为：；
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，从复杂的图形中找出相似三角形是解题的关键．
9．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长．
【详解】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=1，∴AB=BC=CD=DA=1，∠BAC=30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等边三角形，∴OD=，∴AC=2AO=，
∵AE=3BE，∴AE=，BE=，∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE=BF=，∠FBJ=60°，∴FJ=BF sin60°=，∴MI=FJ=，
∴，同理可得，∴MN=AC-AM-CN=故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长．
10．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
四边形ABCD是正方形，垂直平分BD，，
，，，故①正确；
，，
，，，即，
，，，
，，，故②正确；
如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
，，，，
，即，，故③错误；
如图1，四边形ABCD是正方形，，
，，，
，，，
，，为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，，
，，，
，故⑤正确；故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
11．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为________．
【答案】
【分析】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，当N、E、C三点共线时，，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】
过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，
四边形ANEF是平行四边形，，
当N、E、C三点共线时，最小，
四边形ABCD是矩形，，
，
，四边形EFMD是平行四边形，
，，，，，
，，
，即，，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，
的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
12．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．
【答案】
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=AB=3，在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，tan60°=，∴EF=3；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，∴DG=DCsin60°=3，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3，故答案为：3；6-3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
13．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．
【答案】##
【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解．
【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，
在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，
∴△DEH为等腰直角三角形，∵DG平分∠ADC，∴DG垂直平分EH，∴PE=PH，
∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，
∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，
∵E，F分别是AD，AB的中点，∴AE=DE=DH=3，AF=4，∴EF=5，
∵FK⊥CD，∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，∴四边形ADKF为矩形，
∴DK=AF=4，FK=AD=6，∴HK=1，∴，
∴FH+EF=，即的周长最小为．故答案为：
【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键．
14．（2022·安徽·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）________°；（2）若，，则________．
【答案】 45
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，
，∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，
在正方形ABCD中，AB=AD∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°∴四边形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴AGFH,
∴，∴DM=，MH=，作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=，∴PF=
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴，即，
∴NH=，∴MN=MH+NH=+=．故填： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
15．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_______________．（填写序号）
【答案】①②③
【分析】根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，∴∠ABA1=∠CBA2，∴△ABA1≌△CBA2，故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，
由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，∴DM平分∠CDA1，∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，∴∠BCA1=∠CDM，∴∠ADE+∠BCA1=45°，故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，
即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为，故③正确；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，
∵∠ADE=30°，∴AE=tan30°·AD=，DE=，∴BE=AB-AE=1-，
由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，∴△A1BE的面积=，故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强．
16．（2022·山东泰安·中考真题）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③⑤
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【详解】①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°， ∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD， ∵在△APD和△AEB中，
， ∴△APD≌△AEB（SAS）； 故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB， ∴∠APD=∠AEB，
∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP=∠PAE=90°， ∴EB⊥ED； 故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°， ∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF， ∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE= = = ， ∴BF=EF= ， 故此选项不正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=1， ∴EP= ， 又∵PB= ， ∴BE= ， ∵△APD≌△AEB， ∴PD=BE= ，
∴S △ABP+S △ADP=S △ABD-S △BDP= S 正方形ABCD- ×DP×BE= ×（4+ ）- × × = + ．
故此选项不正确．
⑤∵EF=BF= ，AE=1， ∴在Rt△ABF中，AB 2=（AE+EF） 2+BF 2=4+ ，
∴S 正方形ABCD=AB 2=4+ ， 故此选项正确． 故答案为①③⑤．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
17．（2022·海南·中考真题）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．
【答案】 60
【分析】由正方形的性质证明，即可得到，再由可得，即可求出．设，表示出的面积，解方程即可．
【详解】∵正方形∴，
∵∴（HL）∴，
∵，∴∴
设∴
∴
∵的面积等于1∴，解得，（舍去）
∴故答案为：60；．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
18．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 ##
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，∴，
在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，∴，
∴△ADF∽△ABE，∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，∴∠ABE=∠MEN，
在中，，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，∴，即，∴，
∵∠ADF=∠ABE，∴， 即DH=2HN，
∵，
解得：或（舍去）．故答案为：90°，
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
19．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点落在点处，分别延长、交于点、，若点是边的中点，则______cm．
【答案】
【分析】根据折叠的性质可得DE=DC=4，EM=CM=2，连接DF，设FE=x，由勾股定理得BF，DF，从而求出x的值，得出FB，再证明，利用相似三角形对应边成比例可求出FG．
【详解】解：连接如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴
∵点M为BC的中点，∴
由折叠得，∠
∴∠， 设则有∴
又在中，，
∵∴
∴在中，
∴解得，（舍去）∴
∴∴
∵∠∴∠∴∠
又∠∴△∴即∴故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
20．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形为矩形，，点E为边上一点，将沿翻折，点C的对应点为点F，过点F作的平行线交于点G，交直线于点H．若点G是边的三等分点，则的长是____________．
【答案】或
【分析】过点作于点，根据题意可得四边形是平行四边形，证明，等面积法求得，勾股定理求得，可得的长，进而即可求解．
【详解】①如图，过点作于点，
，四边形是平行四边形
折叠即
，四边形是矩形
中，
，
中，
②如图，当时，同理可得，，
，
中，
故答案为：或
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．
21．（2022·山东威海·中考真题）如图:
(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AGCH的面积．
【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20(2)
【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．
(1)①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形
∴ ∴四边形AHCG为平行四边形
∵ ∴
∴ ∴四边形AHCG为菱形；
②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x
在中即 解得
∴四边形AHCG的面积为；
(2)由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等
∴ ∴ 设AH=CG=x则HD=7-x
在中，
在中，
∵EC=EH+CH=8∴x=3∴四边形AGCH的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
22．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)(2)16(3)或
【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；（2） 过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；
（3）分别求出，由勾股定理可得方程，求出x的值即可．
(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠
∵是对角线，∴∠，
∴∠，
∵四边形是正方形，∴∠，∴∠
又∠∴，∴∴故答案为:
(2)过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，
∵点O是正方形ABCD的中心，∴
又∠A=90°∴四边形ATOM是正方形，∴
同（1）可证△∴
(3)∵四边形均为正方形，
∴∠
∵CG在CD上，∴
又CE在BC的延长线上，∴
设则在中，
在中，
延长AD，CE交于点Q，则四边形是矩形，
∴∴，
在中，
若△为直角三角形，则有，即
整理得，解得，∴或
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键
23．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
【答案】(1)5(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．
(1)解：∵，点M是边AB的中点，∴，
∵，∴，由勾股定理，得，
∴正方形EFGH的面积为5．
(2)解：①由题意知，∴，
∵四边形EFGH是正方形，∴，∴，
∴，∴，∴．∴．
②由①得，又∵，，
∴，设的面积为．
∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
24．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．
(1)如图，当在边上且时，求的度数．(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．(3)当直线恰好经过点时，求的长．
【答案】(1)∠AEM＝90°；(2)DE＝；MN∥BD，证明见解析；(3)DE的长为或．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
(1)解：∵DE=2，∴AE＝AB＝6，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，由对称性知∠BEM＝45°，∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
(2)如图1，
∵AB=6，AD=8，∴由勾股定理得BD=10，∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，∴cos∠ENC＝，∴EN＝，∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，∴△BMN≌△DCB（SSS），∴∠DBC＝∠BNM，所以MN∥BD；
(3)①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，∵BM＝6，BC＝8，∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，∴∠ECN＝∠MBC，∴△BMC∽△CNE，
∴，∴EN，∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
25．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．
(1)如图1，点G在上．求证：．(2)若，当过中点时，求的长．(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？
【答案】(1)见解析(2)或5(3)或或或
【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；
（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．
(1)证明：如图1，
∵四边形是菱形，∴，∴．
∵FGBC，∴，∴，
∴△AFG是等腰三角形，∴．
(2)解：记中点为点O．
①当点E在上时，如图2，过点A作于点M，
∵在中，，∴．
∴，∵，
∴，∴，∴．
②当点E在上时，如图3，
过点A作于点N．同理，，
，∴．∴或5．
(3)解：过点A作于点M，作于点N．
①当点E在线段上时，．设，则，
ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，
．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∴．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∴．
ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，
．
∵，∴，∴，∴，此方程无解．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∴．
②当点E在线段上时，，如图6，．
∴．
∵，∴，∴，∴，此方程无解．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，
∵，∴不合题意，舍去；
③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，
在中，．，
∴，∴，∵，
∴，符合题意，此时，．
④当点E在线段上时，，∵，∴与不相似．
综上所述，s满足的条件为：或或或．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．
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专题15 特殊的平行四边形
【考场演练1】热点必刷
1．（2022·江苏无锡·中考真题）下列命题中，是真命题的有（ ）
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形 ②对角线互相垂直的四边形是菱形
③四边相等的四边形是正方形 ④四边相等的四边形是菱形
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
2．（2022·四川达州·中考真题）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，，则的长为（ ）
A．9 B．12 C．15 D．18
3．（2022·四川遂宁·中考真题）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ）
①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；
A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④
4．（2021·浙江台州市·中考真题）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24 cm2 D．36 cm2
5．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
6．（2022·四川广安·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2 B． C．1.5 D．
7．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·山东青岛·中考真题）如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·湖南娄底·中考真题）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．
11．（2022·四川眉山·中考真题）如图，点为矩形的对角线上一动点，点为的中点，连接，，若，，则的最小值为________．
12．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为_________cm．
13．（2022·湖北宜昌·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，分别是，的中点，连接，，，若，，，矩形的面积为________．
14．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．
15．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______．
16．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．
17．（2022·黑龙江·中考真题）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为________．
18．（2022·内蒙古通辽·中考真题）如图，在矩形中，为上的点，，，则______．
19．（2022·青海·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线AC上的一个动点（不与点A，C重合），连接DE并延长交射线AB于点F，连接BE．
(1)求证：；(2)求证：．
20．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．
21．（2022·四川雅安·中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
22．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设．
(1)求的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形．
23．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
(1)求证：；(2)若，，求的长．
24．（2022·贵州遵义·中考真题）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上．
(1)求证：；(2)若，求的长．
25．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．
(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．
26．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
27．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
28．（2023·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
【考场演练2】重难点必刷
1．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形ABMP为矩形 B．当时，四边形CDPM为平行四边形
C．当时， D．当时，或6s
3．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
4．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
5．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC EF＝CF CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
7．（2023·浙江温州·校联考模拟预测）欧几里得《几何原本》中给出一种证明勾股定理的方法：“直角三角形斜边上正方形的面积等于两直角边上两个正方形的面积之和”．如图，中，，四边形、四边形和四边形都是正方形，过点作的平行线交于点，连接，，．若四边形的面积是四边形的面积的5倍，设与交于点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·浙江温州·校考三模）如图，一张矩形纸片中，（为常数）．将矩形纸片沿折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，与交于点．
（1）当，若，，则的长为________．
（2）当点落在的中点时，且，则_______．
9．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为___________．
10．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．
11．（2022·山东滨州·中考真题）如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为________．
12．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．
13．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．
14．（2022·安徽·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）________°；（2）若，，则________．
15．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_______________．（填写序号）
16．（2022·山东泰安·中考真题）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是 ．
17．（2022·海南·中考真题）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．
18．（2022·湖北随州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
19．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点落在点处，分别延长、交于点、，若点是边的中点，则______cm．
20．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形为矩形，，点E为边上一点，将沿翻折，点C的对应点为点F，过点F作的平行线交于点G，交直线于点H．若点G是边的三等分点，则的长是____________．
21．（2022·山东威海·中考真题）如图:
(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AGCH的面积．
22．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
23．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
24．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．
(1)如图，当在边上且时，求的度数．(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．(3)当直线恰好经过点时，求的长．
25．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．
(1)如图1，点G在上．求证：．(2)若，当过中点时，求的长．(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？
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