第四章 图形的性质 第27节 特殊的平行四边形■考点1. 特殊平行四边形的性质与判定
1.性质
（具有平行四边形的一切性质，对边平行且相等）
矩 形
菱 形
正方形
（1）四个角都是直角
（2）对角线相等且互相平分.即
AO=CO=BO=DO.
（3）面积=长×宽
=2S△ABD=4S△AOB.
（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
(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
2.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
（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
（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
3.联系
注意：(1)矩形中,Rt△ABD≌Rt△DCA≌Rt△CDB≌Rt△BAC; _两 对全等的等腰三角形.所以经常结合勾股定理、等腰三角形的性质解题.21世纪教育网版权所有
（2）菱形中，有两对全等的等腰三角形；Rt△ABO≌Rt△ADO≌Rt△CBO≌Rt△CDO;若∠ABC=60°，则△ABC和△ADC为 等边 三角形，且四个直角三角形中都有一个30°的锐角.
（3）正方形中有8个等腰直角三角形，解题时结合等腰直角三角形的锐角为45°，斜边=直角边.
■考点2.特殊平行四边形的拓展
1.中点四边形
（1）任意四边形多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.
2.特殊四边形中的解题模型
（1）矩形：如图①，E为AD上任意一点，EF过矩形中心O，则△AOE≌△COF,S1=S2.
（2）正方形:如图②，若EF⊥MN，则EF=MN;如图③，P为AD边上任意一
点，则PE+PF=AO. （变式：如图④，四边形ABCD为矩形，则PE+PF的求
法利用面积法，需连接PO.）
图① 图② 图③ 图④
■考点1. 矩形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.（2017?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．34
【考点】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：∵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．21cnjy.com
2.【2017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．
【考点】矩形的判定；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．
（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．
◆变式训练
1.【2017?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北京】数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．
（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
请根据该图完成这个推论的证明过程．
证明：S矩形NFGD=S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF=S△ABC﹣（ + ）．
易知，S△ADC=S△ABC， = ， = ．
可得S矩形NFGD=S矩形EBMF．
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
1.【2017?衡阳】菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．5
【考点】菱形的性质．
【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分別为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长．
解：如图，
∵菱形ABCD中，AC=12，BD=16， ∴OA=AC=6，OB=BD=8，AC⊥BD， ∴AB==10． 即菱形的边长是10． 故选A．
2.【2017河南】如图，在?ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件不能判定?ABCD是菱形的只有（ ）
A．AC⊥BD B．AB=BC C．AC=BD D．∠1=∠2
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
解：A、正确．对角线垂直的平行四边形的菱形．
B、正确．邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确．可以证明平行四边形ABCD的邻边相等，即可判定是菱形．
故选C．
3.【2017?北京】如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，
E为AD的中点，连接BE． （1）求证：四边形BCDE为菱形； （2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC=1，求AC的长．
【考点】菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【分析】（1）由DE=BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE=DE即可解决问题； （2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC=60°，AD=2即可解决问题；
（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点， ∴DE=BC， ∵AD∥BC， ∴四边形BCDE是平行四边形， ∵∠ABD=90°，AE=DE， ∴BE=DE， ∴四边形BCDE是菱形． （2）解：连接AC．
∵AD∥BC，AC平分∠BAD， ∴∠BAC=∠DAC=∠BCA， ∴AB=BC=1， ∵AD=2BC=2， ∴sin∠ADB=， ∴∠ADB=30°， ∴∠DAC=30°，∠ADC=60°， 在Rt△ACD中，∵AD=2， ∴CD=1，AC=．
◆变式训练
1.【2017?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
2.【2018遂宁】如图，在?ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，AC⊥EF．求证：四边形AECF是菱形．
3.【2017德州】如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.【2018天津】如图，在正方形中，，分别为，的中点，为对角线上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（ ）
A. B. C. D.
【考点】轴对称--最短路线问题，正方形的性质
【分析】点E关于BD的对称点E′在线段CD上，得E′为CD中点，连接AE′，它与BD的交点即为点P，PA+PE的最小值就是线段AE′的长度；通过证明直角三角形ADE′≌直角三角形ABF即可得解．
解：过点E作关于BD的对称点E′，连接AE′，交BD于点P．
∴PA+PE的最小值AE′；
∵E为AD的中点，
∴E′为CD的中点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD E′，
∴AE′=AF.
故选D.
【点睛】本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之间线段最短”和“任意两边之和大于第三边”．因此只要作出点A（或点E）关于直线BD的对称点A′（或E′），再连接EA′（或AE′）即可．
2.【2017?济南】如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=3，
E为OC上一点，OE=1，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，与BD交于点G，则BF的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定定理证明△GAO≌△EBO，得到OG=OE=1，证明△BFG∽△BOE，根据相似三角形的性质计算即可．
解：∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴∠AOB=90°，AO=BO=CO=3，
∵AF⊥BE，
∴∠EBO=∠GAO，
在△GAO和△EBO中，
，
∴△GAO≌△EBO，
∴OG=OE=1，
∴BG=2，
在Rt△BOE中，BE==，
∵∠BFG=∠BOE=90°，∠GBF=∠EBO，
∴△BFG∽△BOE，
∴=，即=，
解得，BF=，
故选：A．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
◆变式训练
1.【2018青岛】如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
2.【2018遵义】如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM=ON．
（2）若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
【2017?遂宁】顺次连接矩形四边中点所形成的四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【考点】中点四边形．
【分析】因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
解：连接AC、BD，
在△ABD中， ∵AH=HD，AE=EB， ∴EH=BD， 同理FG=BD，HG=AC，EF=AC， 又∵在矩形ABCD中，AC=BD， ∴EH=HG=GF=FE， ∴四边形EFGH为菱形． 故选B．
◆变式训练
【2017?株洲】如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【2018十堰】菱形不具备的性质是（ ）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
【2017河北】求证：菱形的两条对角线互相垂直．
已知：如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O．
求证：AC⊥BD．
以下是排乱的证明过程：
①又BO=DO；
②∴AO⊥BD，即AC⊥BD；
③∵四边形ABCD是菱形；
④∴AB=AD．
证明步骤正确的顺序是（ ）
A．③→②→①→④ B．③→④→①→② C．①→②→④→③ D．①→④→③→②
【2017宜宾】如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（ ）
A．3 B． C．5 D．
【2018滨州】下列命题，其中是真命题的为（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
【2018梧州】如图，在正方形 ABCD 中，A、B、C 三点的坐标分别是（﹣1，2）、（﹣1，0）、（﹣3，0），将正方形 ABCD 向右平移 3 个单位，则平移后点 D 的坐标是（ ）
【2018徐州】若菱形两条对角线的长分别是6cm和8cm，则其面积为 cm2．
【2018无锡】命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是 ．
【2017辽阳】如图，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE．若BC=7，AE=4，则CE= ．
【2017黄冈】如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠BED的度数是 ．
【2018吉林】如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且BE=CF，求证：△ABE≌△BCF．
【2018孝感】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=10，BD=24，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．52 B．48 C．40 D．20
【2018舟山】用尺规在一个平行四边形内作菱形ABCD，下列作法中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【2018遵义】如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【2018湘潭】如图，已知点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形
【2018威海】矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A．1 B． C． D．
【2018江汉油田】如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【2018株洲】如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为 ．
【2018深圳】如图，四边形ACDF是正方形，∠CEA和∠ABF都是直角且点E，A，B三点共线，AB=4，则阴影部分的面积是 ．
【2018益阳】如图，在△ABC中，AB=AC，D，E，F分别为AB、BC、AC的中点，则下列结论：①△ADF≌△FEC，②四边形ADEF为菱形，③S△ADF：S△ABC=1：4．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【2018镇江】如图，点E、F、G分别在菱形ABCD的边AB，BC，AD上，AE=AB，CF=CB，AG=AD．已知△EFG的面积等于6，则菱形ABCD的面积等于 ．
【2018广东】如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠CBD=75°，
（1）请用尺规作图法，作AB的垂直平分线EF，垂足为E，交AD于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）条件下，连接BF，求∠DBF的度数．
【2018呼和浩特】如图，已知A、F、C、D四点在同一条直线上，AF=CD，AB∥DE，且AB=DE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若EF=3，DE=4，∠DEF=90°，请直接写出使四边形EFBC为菱形时AF的长度．
【2018广安】如图，四边形ABCD是正方形，M为BC上一点，连接AM，延长AD至点E，使得AE=AM，过点E作EF⊥AM，垂足为F，求证：AB=EF．
【2018南通】如图，?ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC延长线于点F．
（1）求证：CF=AB；
（2）连接BD、BF，当∠BCD=90°时，求证：BD=BF．
【2018盘锦】如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．
（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；
（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；
（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．
第四章 图形的性质 第27节 特殊的平行四边形■考点1. 特殊平行四边形的性质与判定
1.性质
（具有平行四边形的一切性质，对边平行且相等）
矩 形
菱 形
正方形
（1）四个角都是直角
（2）对角线相等且互相平分.即
AO=CO=BO=DO.
（3）面积=长×宽
=2S△ABD=4S△AOB.
（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
(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
2.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
（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
（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
3.联系
注意：(1)矩形中,Rt△ABD≌Rt△DCA≌Rt△CDB≌Rt△BAC; _两 对全等的等腰三角形.所以经常结合勾股定理、等腰三角形的性质解题.www.21-cn-jy.com
（2）菱形中，有两对全等的等腰三角形；Rt△ABO≌Rt△ADO≌Rt△CBO≌Rt△CDO;若∠ABC=60°，则△ABC和△ADC为 等边 三角形，且四个直角三角形中都有一个30°的锐角.
（3）正方形中有8个等腰直角三角形，解题时结合等腰直角三角形的锐角为45°，斜边=直角边 倍.
■考点2.特殊平行四边形的拓展
1.中点四边形
（1）任意四边形多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.
2.特殊四边形中的解题模型
（1）矩形：如图①，E为AD上任意一点，EF过矩形中心O，则△AOE≌△COF,S1=S2.
（2）正方形:如图②，若EF⊥MN，则EF=MN;如图③，P为AD边上任意一
点，则PE+PF=AO. （变式：如图④，四边形ABCD为矩形，则PE+PF的求
法利用面积法，需连接PO.）
图① 图② 图③ 图④
■考点1. 矩形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.（2017?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． 34
【考点】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：∵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．21cnjy.com
2.【2017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．
【考点】矩形的判定；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．
（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．
◆变式训练
1.【2017?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
【考点】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．【来源：21·世纪·教育·网】
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．21·世纪*教育网
2.【2017北京】数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．
（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
请根据该图完成这个推论的证明过程．
证明：S矩形NFGD=S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF=S△ABC﹣（ + ）．
易知，S△ADC=S△ABC， = ， = ．
可得S矩形NFGD=S矩形EBMF．
【考点】矩形的性质．
【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．
证明：S矩形NFGD=S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF=S△ABC﹣（ S△ANF+S△FCM）．
易知，S△ADC=S△ABC，S△ANF=S△AEF，S△FGC=S△FMC，
可得S矩形NFGD=S矩形EBMF．
故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
1.【2017?衡阳】菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．5
【考点】菱形的性质．
【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分別为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长．
解：如图，
∵菱形ABCD中，AC=12，BD=16， ∴OA=AC=6，OB=BD=8，AC⊥BD， ∴AB==10． 即菱形的边长是10． 故选A．
2.【2017河南】如图，在?ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件不能判定?ABCD是菱形的只有（ ）
A．AC⊥BD B．AB=BC C．AC=BD D．∠1=∠2
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
解：A、正确．对角线垂直的平行四边形的菱形．
B、正确．邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确．可以证明平行四边形ABCD的邻边相等，即可判定是菱形．
故选C．
3.【2017?北京】如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，
E为AD的中点，连接BE． （1）求证：四边形BCDE为菱形； （2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC=1，求AC的长．
【考点】菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【分析】（1）由DE=BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE=DE即可解决问题； （2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC=60°，AD=2即可解决问题；
（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点， ∴DE=BC， ∵AD∥BC， ∴四边形BCDE是平行四边形， ∵∠ABD=90°，AE=DE， ∴BE=DE， ∴四边形BCDE是菱形． （2）解：连接AC．
∵AD∥BC，AC平分∠BAD， ∴∠BAC=∠DAC=∠BCA， ∴AB=BC=1， ∵AD=2BC=2， ∴sin∠ADB=， ∴∠ADB=30°， ∴∠DAC=30°，∠ADC=60°， 在Rt△ACD中，∵AD=2， ∴CD=1，AC=．
◆变式训练
1.【2017?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】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．
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．
2.【2018遂宁】如图，在?ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，AC⊥EF．求证：四边形AECF是菱形．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定
【分析】根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵DE=BF，
∴AE=CF，∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
3.【2017德州】如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由折叠的性质得出PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF=∠EFP，证出∠EPF=∠EFP，得出EP=EF，因此BP=BF=EF=EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°，由对称的性质得出CE=BC=5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE=4cm，得出AE=AD﹣DE=1cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP=cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE=1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE=AB=3cm，即可得出答案．
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF=∠EFP，
∴∠EPF=∠EFP，
∴EP=EF，
∴BP=BF=EF=EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE=BC=5cm，
在Rt△CDE中，DE==4cm，
∴AE=AD﹣DE=5cm﹣4cm=1cm；
在Rt△APE中，AE=1，AP=3﹣PB=3﹣PE，
∴EP2=12+（3﹣EP）2，
解得：EP=cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE=1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE=AB=3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.【2018天津】如图，在正方形中，，分别为，的中点，为对角线上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（ ）
A. B. C. D.
【考点】轴对称--最短路线问题，正方形的性质
【分析】点E关于BD的对称点E′在线段CD上，得E′为CD中点，连接AE′，它与BD的交点即为点P，PA+PE的最小值就是线段AE′的长度；通过证明直角三角形ADE′≌直角三角形ABF即可得解．
解：过点E作关于BD的对称点E′，连接AE′，交BD于点P．
∴PA+PE的最小值AE′；
∵E为AD的中点，
∴E′为CD的中点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD E′，
∴AE′=AF.
故选D.
【点睛】本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之间线段最短”和“任意两边之和大于第三边”．因此只要作出点A（或点E）关于直线BD的对称点A′（或E′），再连接EA′（或AE′）即可．
2.【2017?济南】如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=3，
E为OC上一点，OE=1，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，与BD交于点G，则BF的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定定理证明△GAO≌△EBO，得到OG=OE=1，证明△BFG∽△BOE，根据相似三角形的性质计算即可．
解：∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴∠AOB=90°，AO=BO=CO=3，
∵AF⊥BE，
∴∠EBO=∠GAO，
在△GAO和△EBO中，
，
∴△GAO≌△EBO，
∴OG=OE=1，
∴BG=2，
在Rt△BOE中，BE==，
∵∠BFG=∠BOE=90°，∠GBF=∠EBO，
∴△BFG∽△BOE，
∴=，即=，
解得，BF=，
故选：A．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
◆变式训练
1.【2018青岛】如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB=AD，每一个角都是直角可得∠BAE=∠D=90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE=∠DAF，进一步得∠AGE=∠BGF=90°，从而知GH=BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE=∠D=90°，AB=AD，
在△ABE和△DAF中，
∵，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA=90°，
∴∠DAF+∠BEA=90°，
∴∠AGE=∠BGF=90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH=BF，
∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3，
∴BF==，
∴GH=BF=，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
2.【2018遵义】如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM=ON．
（2）若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长．
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【分析】（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为4且E为OM的中点知OH=HA=2、HM=4，再根据勾股定理得OM=2，由直角三角形性质知MN=OM．
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠DAO=45°，∠OBA=45°，
∴∠OAM=∠OBN=135°，
∵∠EOF=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠BON，
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM=ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为4，
∴OH=HA=2，
∵E为OM的中点，
∴HM=4，
则OM==2，
∴MN=OM=2．
【点评】本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
【2017?遂宁】顺次连接矩形四边中点所形成的四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【考点】中点四边形．
【分析】因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
解：连接AC、BD，
在△ABD中， ∵AH=HD，AE=EB， ∴EH=BD， 同理FG=BD，HG=AC，EF=AC， 又∵在矩形ABCD中，AC=BD， ∴EH=HG=GF=FE， ∴四边形EFGH为菱形． 故选B．
◆变式训练
【2017?株洲】如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【考点】中点四边形；平行四边形的判定；矩形的判定；轴对称图形．
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG= AC，EH=FG= BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．【版权所有：21教育】
解：连接AC，BD，
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF=HG=AC，EH=FG=BD， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∴四边形EFGH一定是中心对称图形， 当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形， 当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形， ∴四边形EFGH可能是轴对称图形， 故选：C．
【2018十堰】菱形不具备的性质是（ ）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质即可判断；
解：菱形的四条边相等，是轴对称图形，也是中心对称图形，对角线垂直不一定相等，
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考基础题．
【2017河北】求证：菱形的两条对角线互相垂直．
已知：如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O．
求证：AC⊥BD．
以下是排乱的证明过程：
①又BO=DO；
②∴AO⊥BD，即AC⊥BD；
③∵四边形ABCD是菱形；
④∴AB=AD．
证明步骤正确的顺序是（ ）
A．③→②→①→④ B．③→④→①→② C．①→②→④→③ D．①→④→③→②
【考点】菱形的性质．
【分析】根据菱形是特殊的平行四边形以及等腰三角形的性质证明即可．
证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴BO=DO，
∴AO⊥BD，
即AC⊥BD，
∴证明步骤正确的顺序是③→④→①→②，
故选B．
【2017宜宾】如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（ ）
A．3 B． C．5 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【分析】由ABCD为矩形，得到∠BAD为直角，且三角形BEF与三角形BAE全等，利用全等三角形对应角、对应边相等得到EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，利用勾股定理求出BD的长，由BD﹣BF求出DF的长，在Rt△EDF中，设EF=x，表示出ED，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出DE的长．
解：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=90°，
由折叠可得△BEF≌△BAE，
∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，
在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，
根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，
设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，
根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，
解得：x=3，
则DE=8﹣3=5，
故选C
【2018滨州】下列命题，其中是真命题的为（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
【考点】命题
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
解：A、例如等腰梯形，故本选项错误；
B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；
C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定与命题的真假区别．正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理，难度适中．
【2018梧州】如图，在正方形 ABCD 中，A、B、C 三点的坐标分别是（﹣1，2）、（﹣1，0）、（﹣3，0），将正方形 ABCD 向右平移 3 个单位，则平移后点 D 的坐标是（ ）
【考点】正方形的性质，坐标与图形变化﹣平移
【分析】首先根据正方形的性质求出 D 点坐标，再将 D 点横坐标加上 3，纵坐标 不变即可．
解：∵在正方形 ABCD 中，A、B、C 三点的坐标分别是（﹣1，2）、（﹣1，0）、（﹣3，0），
∴D（﹣3，2），
∴将正方形 ABCD 向右平移 3 个单位，则平移后点 D 的坐标是（0，2）， 故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变化﹣平移，是基础题，比较简 单．
【2018徐州】若菱形两条对角线的长分别是6cm和8cm，则其面积为 cm2．
【考点】菱形的性质
【分析】直接利用菱形面积等于对角线乘积的一半进而得出答案．
解：∵菱形的两条对角线分别是6cm和8cm，
∴这个菱形的面积是：×6×8=24（cm2）．
故答案为：24．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，正确记忆菱形面积求法是解题关键．
【2018无锡】命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是 ．
【考点】命题与定理
【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．
解：命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是菱形的四条边相等，
故答案为：菱形的四条边相等．
【点评】本题考查的是命题和定理，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
【2017辽阳】如图，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE．若BC=7，AE=4，则CE= ．
【考点】矩形的性质；勾股定理．
【分析】首先证明AB=AE=CD=4，在Rt△CED中，根据CE=计算即可．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB=CD，BC=AD=7，∠D=90°，
∴∠AEB=∠EBC，
∵∠ABE=∠EBC，
∴AB=AE=CD=4，
在Rt△EDC中，CE===5．
故答案为5
【2017黄冈】如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠BED的度数是 ．
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【分析】根据正方形的性质，可得AB与AD的关系，∠BAD的度数，根据等边三角形的性质，可得AE与AD的关系，∠AED的度数，根据等腰三角形的性质，可得∠AEB与∠ABE的关系，根据三角形的内角和，可得∠AEB的度数，根据角的和差，可得答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°．
∵等边三角形ADE，
∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°．
∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+60°=150°，
AB=AE，
∠AEB=∠ABE=（180°﹣∠BAE）÷2=15°，
∠BED=∠DAE﹣∠AEB=60°﹣15°=45°，
故答案为：45°．
【2018吉林】如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且BE=CF，求证：△ABE≌△BCF．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定
【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可证明；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF．
【点评】本题考查正方形的性质全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【2018孝感】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=10，BD=24，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．52 B．48 C．40 D．20
【考点】菱形的性质
【分析】由勾股定理即可求得AB的长，继而求得菱形ABCD的周长．
解：∵菱形ABCD中，BD=24，AC=10，
∴OB=12，OA=5，
在Rt△ABO中，AB==13，
∴菱形ABCD的周长=4AB=52，
故选：A．
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考常考题型．
【2018舟山】用尺规在一个平行四边形内作菱形ABCD，下列作法中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】平行四边形的性质；菱形的判定；作图—复杂作图
【分析】根据菱形的判定和作图根据解答即可．
解：A、由作图可知，AC⊥BD，且平分BD，即对角线平分且垂直的四边形是菱形，正确；
B、由作图可知AB=BC，AD=AB，即四边相等的四边形是菱形，正确；
C、由作图可知AB=DC，AD=BC，只能得出ABCD是平行四边形，错误；
D、由作图可知对角线AC平分对角，可以得出是菱形，正确；
故选：C．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
【2018遵义】如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【考点】矩形的性质
【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可．
解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，
∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8，
∴S阴=8+8=16，
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．
【2018湘潭】如图，已知点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形
【考点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质正方形的判定与性质；中点四边形
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；
解：连接AC、BD．AC交FG于L．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵DH=HA，DG=GC，
∴GH∥AC，HG=AC，
同法可得：EF=AC，EF∥AC，
∴GH=EF，GH∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
同法可证：GF∥BD，
∴∠OLF=∠AOB=90°，
∵AC∥GH，
∴∠HGL=∠OLF=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定等、三角形的中位线定理知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【2018威海】矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A．1 B． C． D．
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理
【分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，从而得出答案．
解：如图，延长GH交AD于点P，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH=PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则GH=PG=×=，
故选：C．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
【2018江汉油田】如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG中，根据勾股定理即可求出DE的长．
解：如图，连接AE，
∵AB=AD=AF，∠D=∠AFE=90°，
在Rt△AFE和Rt△ADE中，
∵，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF=DE，
设DE=FE=x，则EC=6﹣x．
∵G为BC中点，BC=6，
∴CG=3，
在Rt△ECG中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+9=（x+3）2，
解得x=2．
则DE=2．
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．
【2018株洲】如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为 ．
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质
【分析】根据矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再根据三角形中位线定理可得PQ=DO=2.5．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，BO=DO=BD，
∴OD=BD=5，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ=DO=2.5．
故答案为：2.5．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
【2018深圳】如图，四边形ACDF是正方形，∠CEA和∠ABF都是直角且点E，A，B三点共线，AB=4，则阴影部分的面积是 ．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质
【分析】根据正方形的性质得到AC=AF，∠CAF=90°，证明△CAE≌△AFB，根据全等三角形的性质得到EC=AB=4，根据三角形的面积公式计算即可．
解：∵四边形ACDF是正方形，
∴AC=AF，∠CAF=90°，
∴∠EAC+∠FAB=90°，
∵∠ABF=90°，
∴∠AFB+∠FAB=90°，
∴∠EAC=∠AFB，
在△CAE和△AFB中，
，
∴△CAE≌△AFB，
∴EC=AB=4，
∴阴影部分的面积=×AB×CE=8，
故答案为：8．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【2018益阳】如图，在△ABC中，AB=AC，D，E，F分别为AB、BC、AC的中点，则下列结论：①△ADF≌△FEC，②四边形ADEF为菱形，③S△ADF：S△ABC=1：4．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【考点】全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理；菱形的判定与性质
【分析】①根据三角形的中位线定理可得出AD=FE、AF=FC、DF=EC，进而可证出△ADF≌△FEC（SSS），结论①正确；
②根据三角形中位线定理可得出EF∥AB、EF=AD，进而可证出四边形ADEF为平行四边形，由AB=AC结合D、F分别为AB、AC的中点可得出AD=AF，进而可得出四边形ADEF为菱形，结论②正确；
③根据三角形中位线定理可得出DF∥BC、DF=BC，进而可得出△ADF∽△ABC，再利用相似三角形的性质可得出=，结论③正确．此题得解．
解：①∵D、E、F分别为AB、BC、AC的中点，
∴DE、DF、EF为△ABC的中位线，
∴AD=AB=FE，AF=AC=FC，DF=BC=EC．
在△ADF和△FEC中，，
∴△ADF≌△FEC（SSS），结论①正确；
②∵E、F分别为BC、AC的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF∥AB，EF=AB=AD，
∴四边形ADEF为平行四边形．
∵AB=AC，D、F分别为AB、AC的中点，
∴AD=AF，
∴四边形ADEF为菱形，结论②正确；
③∵D、F分别为AB、AC的中点，
∴DF为△ABC的中位线，
∴DF∥BC，DF=BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴=（）2=，结论③正确．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线定理，逐一分析三条结论的正误是解题的关键．
【2018镇江】如图，点E、F、G分别在菱形ABCD的边AB，BC，AD上，AE=AB，CF=CB，AG=AD．已知△EFG的面积等于6，则菱形ABCD的面积等于 ．
【考点】菱形的性质，矩形的判定和性质
【分析】在CD上截取一点H，使得CH=CD．连接AC交BD于O，BD交EF于Q，EG交AC于P．想办法证明四边形EFGH是矩形，四边形EPOQ是矩形，根据矩形EPOQ的面积是3，推出菱形ABCD的面积即可；
解：在CD上截取一点H，使得CH=CD．连接AC交BD于O，BD交EF于Q，EG交AC于P．
∵=，
∴EG∥BD，同法可证：FH∥BD，
∴EG∥FH，同法可证EF∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴EF⊥EG，
∴四边形EFGH是矩形，易证点O在线段FG上，四边形EQOP是矩形，
∵S△EFG=6，
∴S矩形EQOP=3，即OP?OQ=3，
∵OP：OA=BE：AB=2：3，
∴OA=OP，同法可证OB=3OQ，
∴S菱形ABCD=?AC?BD=×3OP×6OQ=9OP×OQ=27．
故答案为27．
【点评】本题考查菱形的性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
【2018广东】如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠CBD=75°，
（1）请用尺规作图法，作AB的垂直平分线EF，垂足为E，交AD于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）条件下，连接BF，求∠DBF的度数．
【考点】作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质
【分析】（1）分别以A、B为圆心，大于AB长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据∠DBF=∠ABD﹣∠ABF计算即可；
解：（1）如图所示，直线EF即为所求；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠DBC=∠ABC=75°，DC∥AB，∠A=∠C．
∴∠ABC=150°，∠ABC+∠C=180°，
∴∠C=∠A=30°，
∵EF垂直平分线线段AB，
∴AF=FB，
∴∠A=∠FBA=30°，
∴∠DBF=∠ABD﹣∠FBE=45°．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于常考题型．
【2018呼和浩特】如图，已知A、F、C、D四点在同一条直线上，AF=CD，AB∥DE，且AB=DE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若EF=3，DE=4，∠DEF=90°，请直接写出使四边形EFBC为菱形时AF的长度．
【考点】全等三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理
【分析】（1）根据SAS即可证明．
（2）解直角三角形求出DF、OE、OF即可解决问题；
（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠A=∠D，
∵AF=CD，
∴AF+FC=CD+FC，
即AC=DF，
∵AB=DE，
∴△ABC≌△DEF．
（2）如图，连接AB交AD于O．
在Rt△EFD中，∵∠DEF=90°，EF=3，DE=4，
∴DF==5，
∵四边形EFBC是菱形，
∴BE⊥CF，'∴EO==，
∴OF=OC==，
∴CF=，
∴AF=CD=DF﹣FC=5﹣=．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【2018广安】如图，四边形ABCD是正方形，M为BC上一点，连接AM，延长AD至点E，使得AE=AM，过点E作EF⊥AM，垂足为F，求证：AB=EF．
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【分析】根据AAS证明△ABM≌△EFA，可得结论．
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°，AD∥BC，（2分）
∴∠EAF=∠BMA，
∵EF⊥AM，
∴∠AFE=90°=∠B，（4分）
在△ABM和△EFA中，
∵，
∴△ABM≌△EFA（AAS），
∴AB=EF．
【点评】本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定，熟练掌握三角形全等的判定是关键．
【2018南通】如图，?ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC延长线于点F．
（1）求证：CF=AB；
（2）连接BD、BF，当∠BCD=90°时，求证：BD=BF．
【考点】平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质
【分析】（1）欲证明AB=CF，只要证明△AEB≌△FEC即可；
（2）想办法证明AC=BD，BF=AC即可解决问题；
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠BAE=∠CFE
∵AE=EF，∠AEB=∠CEF，
∴△AEB≌△FEC，
∴AB=CF．
（2）连接AC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC，
∵AB=CF，AB∥CF，
∴四边形ACFB是平行四边形，
∴BF=AC，
∴BD=BF．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【2018盘锦】如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．
（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；
（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；
（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）延长EM交AD于H，证明△FME≌△AMH，得到HM=EM，根据等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）根据正方形的性质得到点A、E、C在同一条直线上，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半证明即可；
（3）根据题意画出完整的图形，根据平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质证明即可．
解：（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．
理由：∵AD∥EF，AD∥BC，
∴BC∥EF，
∴∠EFM=∠HBM，
在△FME和△BMH中，
，
∴△FME≌△BMH，
∴HM=EM，EF=BH，
∵CD=BC，
∴CE=CH，∵∠HCE=90°，HM=EM，
∴CM=ME，CM⊥EM．
（2）如图2，连接BE，
∵四边形ABCD和四边形EDGF是正方形，
∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，
∴点B、E、D在同一条直线上，
∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M为AF的中点，
∴CM=AF，EM=AF，
∴CM=ME，
∵∠EFD=45°，
∴∠EFC=135°，
∵CM=FM=ME，
∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，
∴∠MCF+∠MEF=135°，
∴∠CME=360°﹣135°﹣135°=90°，
∴CM⊥ME．
（3）如图3，连接DF，MG，作MN⊥CD于N，
在△EDM和△GDM中，
，
∴△EDM≌△GDM，
∴ME=MG，∠MED=∠MGD，
∵M为BF的中点，FG∥MN∥BC，
∴GN=NC，又MN⊥CD，
∴MC=MG，
∴MD=ME，∠MCG=∠MGC，
∵∠MGC+∠MGD=180°，
∴∠MCG+∠MED=180°，
∴∠CME+∠CDE=180°，
∵∠CDE=90°，
∴∠CME=90°，
∴（1）中的结论成立．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
