备考2018中考数学高频考点剖析
专题二十一 平面几何之特殊平行四边形问题
考点扫描☆聚焦中考
特殊平行四边形问题，是每年中考的必考内容之一，也是压轴问题设计之一，考查的知识点包括矩形、菱形和正方形三个方面的问题，总体来看，难度系数搞，少以选择填空展示，多有解析题压轴题出现。解析压轴题主要以证明与探究为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从四方面进行特殊平行四边形问题的探讨：
（1）矩形的性质与判定；
（2）菱形的性质与判定；
（3）正方形的性质与判定应用．
（4）特殊平行四边形的综合探究问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017贵州安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．
【解答】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠EAC=∠EAC，
∴AO=CO=5cm，
在直角三角形ADO中，DO==3cm，
AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．
故选：C．
例2（2017山东泰安）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC=EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：
①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC=FB；④PF=PC，
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】LA：菱形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案．
【解答】证明：∵BC=EC，
∴∠CEB=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CEB=∠EBF，
∴∠CBE=∠EBF，
∴①BE平分∠CBF，正确；
∵BC=EC，CF⊥BE，
∴∠ECF=∠BCF，
∴②CF平分∠DCB，正确；
∵DC∥AB，
∴∠DCF=∠CFB，
∵∠ECF=∠BCF，
∴∠CFB=∠BCF，
∴BF=BC，
∴③正确；
∵FB=BC，CF⊥BE，
∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC，
∴PF=PC，故④正确．
故选：D．
例3（2017广东）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF=S△ADF；②S△CDF=4S△CEF；③S△ADF=2S△CEF；④S△ADF=2S△CDF，其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【考点】LE：正方形的性质．
【分析】由△AFD≌△AFB，即可推出S△ABF=S△ADF，故①正确，由BE=EC=BC=AD，AD∥EC，推出===，可得S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，故②③错误④正确，由此即可判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，AD=BC=AB，∠FAD=∠FAB，
在△AFD和△AFB中，
，
∴△AFD≌△AFB，
∴S△ABF=S△ADF，故①正确，
∵BE=EC=BC=AD，AD∥EC，
∴===，
∴S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，
故②③错误④正确，
故选C．
例4（2017江苏盐城）【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为 ．
【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为 ．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由=可得；
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知=，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN═﹣（x﹣）2+，据此可得；
【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
【解答】解：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则===，
故答案为：；
【拓展应用】
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴=，即=，
∴PN=a﹣PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a﹣x）=﹣x2+ax=﹣（x﹣）2+，
∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，
故答案为：；
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC=，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH=BC=54cm，
∵tanB==，
∴EH=BH=×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE==90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
考点过关☆专项突破
类型一 矩形的性质与判定
1.（2017.湖南怀化）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，AC=6cm，则AB的长是（ ）
A．3cm B．6cm C．10cm D．12cm
2. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）
A．2 B．2 C．4 D．
3. （2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
4. （2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为 ．
5. （2017青海西宁）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM=3，BC=10，则OB的长为（ ）
A．5 B．4 C． D．
6.（2017浙江义乌）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图．该图中，四边形ABCD是矩形，E是BA延长线上一点，F是CE上一点，∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA．若∠ACB=21°，则∠ECD的度数是（ ）
A．7° B．21° C．23° D．24°
7. （2017江苏徐州）如图，在?ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A=50°，则当∠BOD= °时，四边形BECD是矩形．
类型二 菱形的性质与判定
1. （2017山东聊城）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是（ ）
A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC
2．（2017四川南充）已知菱形的周长为4，两条对角线的和为6，则菱形的面积为（ ）
A．2 B． C．3 D．4
3．（2016海南4分）如图，四边形ABCD是轴对称图形，且直线AC是对称轴，AB∥CD，则下列结论：①AC⊥BD；②AD∥BC；③四边形ABCD是菱形；④△ABD≌△CDB．其中正确的是
（只填写序号）
4. （2016·黑龙江哈尔滨·3分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在边AB、BC上，△BEF与△GEF关于直线EF对称，点B的对称点是点G，且点G在边AD上．若EG⊥AC，AB=6，则FG的长为 ．
5. （2016·山东省德州市·4分）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）
6. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ．
求证： ．
7. 如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE．
（1）求证：△AGE≌△BGF；
（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．
8 （2017甘肃张掖）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
类型三 正方形的性质与判定
1．（2017贵州）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（ ）
A．60° B．67.5° C．75° D．54°
2．（2017黑龙江佳木斯）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 ．
4. （2017?黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
5. （2017广西）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与B，C重合），CN⊥DM，CN与AB交于点N，连接OM，ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②△CON≌△DOM；③△OMN∽△OAD；④AN2+CM2=MN2；⑤若AB=2，则S△OMN的最小值是，其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6. （2017山东泰安）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E．若AB=12，BM=5，则DE的长为（ ）
A．18 B． C． D．
7. （2017浙江义乌）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为 m．
类型四 特殊平行四边形的综合探究
1. （2017山东临沂）在△ABC中，点D是边BC上的点（与B，C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB，AC于E，F两点，下列说法正确的是（ ）
A．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
B．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
C．若BD=CD，则四边形AEDF是菱形
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
2. （2017浙江衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t=3时，求DF的长．
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．
3. 定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB∥CD，求对角线BD的长．
②若AC⊥BD，求证：AD=CD，
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
4. （2017年江苏扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．
（1）若AP=1，则AE= ；
（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．
5. （2017年江苏扬州）如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C'，使点A'落在∠ACB的外角平分线CD上，连结AA'．
（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；
（2）在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，求CB'的长．
备考2018中考数学高频考点剖析
专题二十一 平面几何之特殊平行四边形问题
考点扫描☆聚焦中考
特殊平行四边形问题，是每年中考的必考内容之一，也是压轴问题设计之一，考查的知识点包括矩形、菱形和正方形三个方面的问题，总体来看，难度系数搞，少以选择填空展示，多有解析题压轴题出现。解析压轴题主要以证明与探究为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从四方面进行特殊平行四边形问题的探讨：
（1）矩形的性质与判定；
（2）菱形的性质与判定；
（3）正方形的性质与判定应用．
（4）特殊平行四边形的综合探究问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017贵州安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．
【解答】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠EAC=∠EAC，
∴AO=CO=5cm，
在直角三角形ADO中，DO==3cm，
AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．
故选：C．
例2（2017山东泰安）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC=EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：
①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC=FB；④PF=PC，
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】LA：菱形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案．
【解答】证明：∵BC=EC，
∴∠CEB=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CEB=∠EBF，
∴∠CBE=∠EBF，
∴①BE平分∠CBF，正确；
∵BC=EC，CF⊥BE，
∴∠ECF=∠BCF，
∴②CF平分∠DCB，正确；
∵DC∥AB，
∴∠DCF=∠CFB，
∵∠ECF=∠BCF，
∴∠CFB=∠BCF，
∴BF=BC，
∴③正确；
∵FB=BC，CF⊥BE，
∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC，
∴PF=PC，故④正确．
故选：D．
例3（2017广东）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF=S△ADF；②S△CDF=4S△CEF；③S△ADF=2S△CEF；④S△ADF=2S△CDF，其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【考点】LE：正方形的性质．
【分析】由△AFD≌△AFB，即可推出S△ABF=S△ADF，故①正确，由BE=EC=BC=AD，AD∥EC，推出===，可得S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，故②③错误④正确，由此即可判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，AD=BC=AB，∠FAD=∠FAB，
在△AFD和△AFB中，
，
∴△AFD≌△AFB，
∴S△ABF=S△ADF，故①正确，
∵BE=EC=BC=AD，AD∥EC，
∴===，
∴S△CDF=2S△CEF，S△ADF=4S△CEF，S△ADF=2S△CDF，
故②③错误④正确，
故选C．
例4（2017江苏盐城）【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为 ．
【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为 ．（用含a，h的代数式表示）
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．2·1·c·n·j·y
【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．www-2-1-cnjy-com
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】【探索发现】：由中位线知EF=BC、ED=AB、由=可得；
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知=，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN═﹣（x﹣）2+，据此可得；www.21-cn-jy.com
【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得．
【解答】解：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则===，
故答案为：；
【拓展应用】
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴=，即=，
∴PN=a﹣PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ?PN=x（a﹣x）=﹣x2+ax=﹣（x﹣）2+，
∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，
故答案为：；
【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，【来源：21·世纪·教育·网】
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI==24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG?BF=×（40+20）×（32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
【实际应用】
如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC=，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH=BC=54cm，
∵tanB==，
∴EH=BH=×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE==90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC?EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
考点过关☆专项突破
类型一 矩形的性质与判定
1.（2017.湖南怀化）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，AC=6cm，则AB的长是（ ）21cnjy.com
A．3cm B．6cm C．10cm D．12cm
【考点】LB：矩形的性质．
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB=OD=OC，由∠AOB=60°，判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AB即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB=OD=3，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=3，
故选A．
2. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）
A．2 B．2 C．4 D．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LB：矩形的性质．
【分析】作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，则D′E=PE+PD的最小值，解直角三角形得到即可得到结论．
【解答】解：作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，
则D′E=PE+PD的最小值，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵AD=4，∠DAC=30°，
∴CD=，
∵DD′⊥AC，
∴∠CDD′=30°，
∴∠ADD′=60°，
∴DD′=4，
∴D′E=2，
故选B．
3. （2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．
【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．
∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，
∴∠GFE=60°．
∵AF∥GE，∠AFG=60°，
∴∠FGE=∠AFG=60°，
∴△GEF为等边三角形，
∴EF=GE．
∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，
∴∠HGE=30°．
在Rt△GHE中，∠HGE=30°，
∴GE=2HE=CE，
∴GH==HE=CE．
∵GE=2BG，
∴BC=BG+GE+EC=4EC．
∵矩形ABCD的面积为4，
∴4EC?EC=4，
∴EC=1，EF=GE=2．
故选C．
4. （2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据AH=，计算即可．21*cnjy*com
【解答】解：如图3中，连接AH．
由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，
∴AH===，
故答案为．
5. （2017青海西宁）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM=3，BC=10，则OB的长为（ ）
A．5 B．4 C． D．
【考点】LB：矩形的性质．
【分析】已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB，
∴OM是△ADC的中位线，
∴OM=3，
∴DC=6，
∵AD=BC=10，
∴AC==2，
∴BO=AC=，
故选D．
6. （2017浙江义乌）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图．该图中，四边形ABCD是矩形，E是BA延长线上一点，F是CE上一点，∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA．若∠ACB=21°，则∠ECD的度数是（ ）
A．7° B．21° C．23° D．24°
【考点】LB：矩形的性质；JA：平行线的性质．
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，AB∥CD，AD∥BC，证出∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，由三角形的外角性质得出∠ACF=2∠FEA，设∠ECD=x，则∠ACF=2x，∠ACD=3x，在Rt△ACD中，由互余两角关系得出方程，解方程即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，
∵∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA，
∴∠ACF=2∠FEA，
设∠ECD=x，则∠ACF=2x，
∴∠ACD=3x，
在Rt△ACD中，3x+21°=90°，
解得：x=23°；
故选：C．
7. （2017江苏徐州）如图，在?ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A=50°，则当∠BOD= 100 °时，四边形BECD是矩形．
【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论．21·世纪*教育网
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD，
∴∠OEB=∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO=CO，
在△BOE和△COD中，，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE=OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC=100°﹣50°=50°=∠BCD，
∴OC=OD，
∵BO=CO，OD=OE，
∴DE=BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
故答案为：100．
类型二 菱形的性质与判定
1. （2017山东聊城）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是（ ）
A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC
【考点】L9：菱形的判定．
【分析】当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．
【解答】解：当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，
理由：∵DE∥BC，
∴∠DEB=∠EBC，
∵∠EBC=∠EBD，
∴∠EBD=∠DEB，
∴BD=DE，
∵DE∥BC，EF∥AB，
∴四边形DBEF是平行四边形，
∵BD=DE，
∴四边形DBEF是菱形．
其余选项均无法判断四边形DBEF是菱形，
故选D．
2．（2017四川南充）已知菱形的周长为4，两条对角线的和为6，则菱形的面积为（ ）
A．2 B． C．3 D．4
【考点】L8：菱形的性质．
【分析】由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO=3，AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，求出2AO?BO=4，即可得出答案．21世纪教育网版权所有
【解答】解：如图四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，
∴AB=，AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，
∴AO+BO=3，
∴AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，
即AO2+BO2=5，AO2+2AO?BO+BO2=9，
∴2AO?BO=4，
∴菱形的面积=AC?BD=2AO?BO=4；
故选：D．
3．（2016海南4分）如图，四边形ABCD是轴对称图形，且直线AC是对称轴，AB∥CD，则下列结论：①AC⊥BD；②AD∥BC；③四边形ABCD是菱形；④△ABD≌△CDB．其中正确的是 ①②③④ （只填写序号）
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定；轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的性质，结合菱形的判定方法以及全等三角形的判定方法分析得出答案．
【解答】解：因为l是四边形ABCD的对称轴，AB∥CD，
则AD=AB，∠1=∠2，∠1=∠4，
则∠2=∠4，
∴AD=DC，
同理可得：AB=AD=BC=DC，
所以四边形ABCD是菱形．
根据菱形的性质，可以得出以下结论：
所以①AC⊥BD，正确；
②AD∥BC，正确；
③四边形ABCD是菱形，正确；
④在△ABD和△CDB中
∵
∴△ABD≌△CDB（SSS），正确．
故答案为：①②③④．
【点评】此题考查了轴对称以及菱形的判断与菱形的性质，注意：对称轴垂直平分对应点的连线，对应角相等，对应边相等．21教育网
4. （2016·黑龙江哈尔滨·3分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在边AB、BC上，△BEF与△GEF关于直线EF对称，点B的对称点是点G，且点G在边AD上．若EG⊥AC，AB=6，则FG的长为 ．
【考点】菱形的性质．
【分析】首先证明△ABC，△ADC都是等边三角形，再证明FG是菱形的高，根据2?S△ABC=BC?FG即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°，
∴△ABC，△ACD是等边三角形，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠AGE=30°，
∵∠B=∠EGF=60°，
∴∠AGF=90°，
∴FG⊥BC，
∴2?S△ABC=BC?FG，
∴2××（6）2=6?FG，
∴FG=3．
故答案为3．
5. （2016·山东省德州市·4分）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．21教育名师原创作品
（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）
【考点】平行四边形的判定与性质．
【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．
【解答】（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，
，
∴△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．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．【出处：21教育名师】
6. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O， AC⊥BD ．
求证： 四边形ABCD是菱形 ．
【分析】由命题的题设和结论可填出答案，由平行四边形的性质可证得AC为线段BD的垂直平分线，可求得AB=AD，可得四边形ABCD是菱形．
【解答】已知：如图，在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，
求证：四边形ABCD是菱形．
证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵AC⊥BD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD；四边形ABCD是菱形．
【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键．
7. 如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE．
（1）求证：△AGE≌△BGF；
（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．
【考点】L5：平行四边形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KG：线段垂直平分线的性质．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠AEG=∠BFG，由AAS证明△AGE≌△BGF即可；
（2）由全等三角形的性质得出AE=BF，由AD∥BC，证出四边形AFBE是平行四边形，再根据EF⊥AB，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEG=∠BFG，
∵EF垂直平分AB，
∴AG=BG，
在△AGEH和△BGF中，，
∴△AGE≌△BGF（AAS）；
（2）解：四边形AFBE是菱形，理由如下：
∵△AGE≌△BGF，
∴AE=BF，
∵AD∥BC，
∴四边形AFBE是平行四边形，
又∵EF⊥AB，
∴四边形AFBE是菱形．
8 （2017甘肃张掖）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【考点】LB：矩形的性质；L7：平行四边形的判定与性质；L8：菱形的性质．
【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：当四边形BEDF是菱形时，BE⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6﹣x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6﹣x）2，
解得：x=，
∵BD==2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
类型三 正方形的性质与判定
1．（2017贵州）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
A．60° B．67.5° C．75° D．54°
【考点】LE：正方形的性质．
【分析】如图，连接DF、BF．如图，连接DF、BF．首先证明∠FDB=∠FAB=30°，再证明△FAD≌△FBC，推出∠ADF=∠FCB=15°，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DF、BF．
∵FE⊥AB，AE=EB，
∴FA=FB，
∵AF=2AE，
∴AF=AB=FB，
∴△AFB是等边三角形，
∵AF=AD=AB，
∴点A是△DBF的外接圆的圆心，
∴∠FDB=∠FAB=30°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，
∴∠FAD=∠FBC，
∴△FAD≌△FBC，
∴∠ADF=∠FCB=15°，
∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．
故选A．
2．（2017黑龙江佳木斯）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）【版权所有：21教育】
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCF，
∴∠ABE=∠DAG，
∵∠DAG+∠BAH=90°，
∴∠BAE+∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE，故③正确，
同法可证：△AGB≌△CGB，
∵DF∥CB，
∴△CBG∽△FDG，
∴△ABG∽△FDG，故①正确，
∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，
又∵∠DAG=∠FCD，
∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确
取AB的中点O，连接OD、OH，
∵正方形的边长为4，
∴AO=OH=×4=2，
由勾股定理得，OD==2，
由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，
DH最小=2﹣2．
无法证明DH平分∠EHG，故②错误，
故①③④⑤正确，
故选C．
3．（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．2-1-c-n-j-y
【解答】解：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，
∵CD=4，CE=1，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，
∵AE===5，
∴PC+PE的最小值为5．
故答案为：5．
4. （2017?黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（ ）
①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关关系一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCF，
∴∠ABE=∠DAG，
∵∠DAG+∠BAH=90°，
∴∠BAE+∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE，故③正确，
同法可证：△AGB≌△CGB，
∵DF∥CB，
∴△CBG∽△FDG，
∴△ABG∽△FDG，故①正确，
∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，
又∵∠DAG=∠FCD，
∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确
取AB的中点O，连接OD、OH，
∵正方形的边长为4，
∴AO=OH=×4=2，
由勾股定理得，OD==2 ，
由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，
DH最小=2 ﹣2．
无法证明DH平分∠EHG，故②错误，
故①③④⑤正确，
故选C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，难点在于⑤作辅助线并确定出DH最小时的情况．
5. （2017广西）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与B，C重合），CN⊥DM，CN与AB交于点N，连接OM，ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②△CON≌△DOM；③△OMN∽△OAD；④AN2+CM2=MN2；⑤若AB=2，则S△OMN的最小值是，其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质．
【分析】根据正方形的性质，依次判定△CNB≌△DMC，△OCM≌△OBN，△CON≌△DOM，△OMN∽△OAD，根据全等三角形的性质以及勾股定理进行计算即可得出结论．
【解答】解：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠DCN=90°，
又∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN=90°，
∴∠BCN=∠CDM，
又∵∠CBN=∠DCM=90°，
∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正确；
根据△CNB≌△DMC，可得CM=BN，
又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM=ON，∠COM=∠BON，
∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，
又∵DO=CO，
∴△CON≌△DOM（SAS），故②正确；
∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，
∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，
又∵△AOD是等腰直角三角形，
∴△OMN∽△OAD，故③正确；
∵AB=BC，CM=BN，
∴BM=AN，
又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，
∴AN2+CM2=MN2，故④正确；
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN=x=CM，则BM=2﹣x，
∴△MNB的面积=x（2﹣x）=﹣x2+x，
∴当x=1时，△MNB的面积有最大值，
此时S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正确；
综上所述，正确结论的个数是5个，
故选：D．
6. （2017山东泰安）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E．若AB=12，BM=5，则DE的长为（ ）21*cnjy*com
A．18 B． C． D．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KQ：勾股定理；LE：正方形的性质．
【分析】先根据题意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的长，再求出DG的长，根据△MCG∽△EDG即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=12，BM=5，
∴MC=12﹣5=7．
∵ME⊥AM，
∴∠AME=90°，
∴∠AMB+∠CMG=90°．
∵∠AMB+∠BAM=90°，
∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCG，
∴=，即=，解得CG=，
∴DG=12﹣=．
∵AE∥BC，
∴∠E=CMG，∠EDG=∠C，
∴△MCG∽△EDG，
∴=，即=，解得DE=．
故选B．
7. （2017浙江义乌）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为 4600 m．
【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；LD：矩形的判定与性质．
【分析】连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE．在矩形GECF中，EF=CG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
【解答】解：连接GC，
∵四边形ABCD为正方形，
所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵∠CDB=45°，GE⊥DC，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDC中，
∴△AGD≌△GDC
∴AG=CG
在矩形GECF中，EF=CG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF﹣BA﹣AG﹣GE
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500
=4600（m）
故答案为：4600
类型四 特殊平行四边形的综合探究
1. （2017山东临沂）在△ABC中，点D是边BC上的点（与B，C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB，AC于E，F两点，下列说法正确的是（ ）
A．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
B．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
C．若BD=CD，则四边形AEDF是菱形
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
【分析】由矩形的判定和菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；选项A错误；
若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；选项B错误；
若BD=CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；选项C错误；
若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；正确；故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键．
2. （2017浙江衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t=3时，求DF的长．
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式， =，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出=，再由三角函数定义即可得出答案；
（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），求出AF=4+MF=﹣t+，得出G（， t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，把G（， t）代入即可求出t的值；
②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），求出AF=4﹣MF=﹣t+，得出G（， t），代入直线AD的解析式y=﹣x+6求出t的值即可．
【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，
∵A（8，0），C（0，6），
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
∴DE∥OA，DE=OA=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）∠DEF的大小不变；理由如下：
作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，
∴， =，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴DM=AB=3，DN=OA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN，
又∵∠DMF=∠DNE=90°，
∴△DMF∽△DNE，
∴=，
∵∠EDF=90°，
∴tan∠DEF==；
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，
由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），
∴AF=4+MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（， t），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：，
解得：，
∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，
把G（， t）代入得：t=；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，
由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），
∴AF=4﹣MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（， t），
代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或
3. 定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB∥CD，求对角线BD的长．
②若AC⊥BD，求证：AD=CD，
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；
②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；
【解答】解：（1）①∵AB=AC=1，AB∥CD，
∴S四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴BD=AC==．
（2）如图1中，连接AC、BD．
∵AB=BC，AC⊥BD，
∴∠ABD=∠CBD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD=CD．
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，
∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．
若EF与BC不垂直，
①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴AE=AB=5．
②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=5，
∵DE∥BF，
∴DE：BF=PD：PB=1：2，
∴DE=2.5，
∴AE=9﹣2.5=6.5，
综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．
4. （2017年江苏扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．21·cn·jy·com
（1）若AP=1，则AE= ；
（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；
②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；
（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．
【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；
（2）①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；
②连接OA、AC，由光杆司令求出AC=4，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；
（3）设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，
∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，
∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，
∴∠AEP=∠PBC，
∴△APE∽△BCP，
∴，即，
解得：AE=；
故答案为：；
（2）①证明：∵PF⊥EG，
∴∠EOF=90°，
∴∠EOF+∠A=180°，
∴A、P、O、E四点共圆，
∴点O一定在△APE的外接圆上；
②解：连接OA、AC，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，∠BAC=45°，
∴AC==4，
∵A、P、O、E四点共圆，
∴∠OAP=∠OEP=45°，
∴点O在AC上，
当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=2，
即点O经过的路径长为2；
（3）解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：
则MN∥AE，
∵ME=MP，
∴AN=PN，
∴MN=AE，
设AP=x，则BP=4﹣x，
由（1）得：△APE∽△BCP，
∴，即，
解得：AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，
∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，
即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．
5. （2017年江苏扬州）如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C'，使点A'落在∠ACB的外角平分线CD上，连结AA'．
（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；
（2）在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，求CB'的长．
【考点】LO：四边形综合题；LA：菱形的判定与性质；Q2：平移的性质；T7：解直角三角形．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理（有一组对边平行且相等的四边形是平四边形）推知四边形ACC'A'是平行四边形．又对角线平分对角的平行四边形是菱形推知四边形ACC'A'是菱形．
（2）通过解直角△ABC得到AC、BC的长度，由（1）中菱形ACC'A'的性质推知AC=AA′，由平移的性质得到四边形ABB′A′是平行四边形，则AA′=BB′，所以CB′=BB′﹣BC．
【解答】解：（1）四边形ACC'A'是菱形．理由如下：
由平移的性质得到：AC∥A′C′，且AC=A′C′，
则四边形ACC'A'是平行四边形．
∴∠ACC′=∠AA′C′，
又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′，
∴CD也平分∠AA′C′，
∴四边形ACC'A'是菱形．
（2）∵在△ABC中，∠B=90°，A B=24，cos∠BAC=，
∴cos∠BAC==，即=，
∴AC=26．
∴由勾股定理知：BC===7．
又由（1）知，四边形ACC'A'是菱形，
∴AC=AA′=26．
由平移的性质得到：AB∥A′B′，AB=A′B′，则四边形ABB′A′是平行四边形，
∴AA′=BB′=26，
∴CB′=BB′﹣BC=26﹣7．
