第四章 图形的性质 第23节 特殊的平行四边形
■知识点一： 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.
（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.
■知识点二：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.（2018年内蒙古包头）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=AD，连接BD，点E在AB上，且∠BDE=15°，DE=4，DC=2．
（1）求BE的长；
（2）求四边形DEBC的面积．
（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
【考点】矩形的性质，，勾股定理
【分析】（1）解直角三角形求出AD、AE即可解决问题；
（2）作DF⊥BC于F．则四边形ABFD是矩形，解直角三角形求出CF，即可解决问题；
解：（1）在四边形ABCD中，∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∵∠BDE=15°，
∴∠ADE=30°，
在Rt△ADE中，AE=DE×sin30=2，AD=DE?cos30°=6，
∴AB=AD=6，
∴BE=6﹣2．
（2）作DF⊥BC于F．则四边形ABFD是矩形，
∴BF=AD=6，DF=AB=6，
在Rt△DFC中，FC==4，
∴BC=6+4，
∴S四边形DEBC=S△DEB+S△BCD=×（6﹣2）×6+（6+4）×6=36+6．
【点评】本题考查矩形的性质、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．
2.（2018年山东省青岛）已知：如图，平行四边形ABCD，对角线AC与BD相交于点E，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接FD．
（1）求证：AB=AF；
（2）若AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形ACDF的形状，并证明你的结论．
【考点】平行四边形的判定和性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质
【分析】（1）只要证明AB=CD，AF=CD即可解决问题；
（2）结论：四边形ACDF是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可；
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BE∥CD，AB=CD，
∴∠AFC=∠DCG，
∵GA=GD，∠AGF=∠CGD，
∴△AGF≌△DGC，
∴AF=CD，
∴AB=CF．
（2）解：结论：四边形ACDF是矩形．
理由：∵AF=CD，AF∥CD，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD=120°，
∴∠FAG=60°，
∵AB=AG=AF，
∴△AFG是等边三角形，
∴AG=GF，
∵△AGF≌△DGC，
∴FG=CG，∵AG=GD，
∴AD=CF，
∴四边形ACDF是矩形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
◆变式训练
1.（2018年湖南省湘西）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，连接DE、CE．
（1）求证：△ADE≌△BCE；
（2）若AB=6，AD=4，求△CDE的周长．
2.（2018年广西玉林）如图，在?ABCD中，DC＞AD，四个角的平分线AE，DE，BF，CF的交点分别是E，F，过点E，F分别作DC与AB间的垂线MM'与NN'，在DC与AB上的垂足分别是M，N与M′，N′，连接EF．
（1）求证：四边形EFNM是矩形；
（2）已知：AE=4，DE=3，DC=9，求EF的长．
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
1.（2018年贵州省贵阳市）如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（ ）
A．24 B．18 C．12 D．9
【考点】三角形中位线定理；菱形的性质
【分析】易得BC长为EF长的2倍，那么菱形ABCD的周长=4BC问题得解．
解：∵E是AC中点，
∵EF∥BC，交AB于点F，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=BC，
∴BC=6，
∴菱形ABCD的周长是4×6=24．
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线的性质及菱形的周长公式，题目比较简单．
2.（2018年新疆乌鲁木齐）如图，在四边形ABCD中，∠BAC=90°，E是BC的中点，AD∥BC，AE∥DC，EF⊥CD于点F．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB=6，BC=10，求EF的长．
【考点】平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
证明：（1）∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴AE=CE=BC，
∴四边形AECD是菱形；
（2）过A作AH⊥BC于点H，
∵∠BAC=90°，AB=6，BC=10，
∴AC=，
∵，
∴AH=，
∵点E是BC的中点，BC=10，四边形AECD是菱形，
∴CD=CE=5，
∵S?AECD=CE?AH=CD?EF，
∴EF=AH=．
【点评】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据平行四边形和菱形的判定和性质解答．
◆变式训练
1.（2018年四川省甘孜）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，OE⊥AD于点E，交BC于点F，则EF的长为 ．
2. （2018年江苏省南京）如图，在四边形ABCD中，BC=CD，∠C=2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OD．求证：
（1）∠BOD=∠C；
（2）四边形OBCD是菱形．
3.（2018年广西南宁、北海、钦州、防城港市北部经济湾区）如图，在?ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF．
（1）求证：?ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求?ABCD的面积．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.（2018年浙江省台州）下列命题正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【考点】命题与定理
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，B错误；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，D错误；
故选：C．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，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．
2.（2018年甘肃省定西）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定，三角形中位线定理
【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可；
（2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可．
解：（1）∵点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点，
∴FH∥BE，FH=BE，FH=BG，
∴∠CFH=∠CBG，
∵BF=CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）当四边形EGFH是正方形时，可得：EF⊥GH且EF=GH，
∵在△BEC中，点，H分别是BE，CE的中点，
∴GH=，且GH∥BC，
∴EF⊥BC，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AB=EF=GH=a，
∴矩形ABCD的面积=．
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和正方形的性质解答．
◆变式训练
1.（2018年江苏省常州）下列命题中，假命题是（ ）
A．一组对边相等的四边形是平行四边形
B．三个角是直角的四边形是矩形
C．四边相等的四边形是菱形
D．有一个角是直角的菱形是正方形
2.（2018年湖南省湘潭）如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2018年山东省临沂）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
解：因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
故④选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
◆变式训练
（2018年湖南省湘潭）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
选择题
（2018年湖北省十堰市）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
（2018年上海市）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
（2018 年广西梧州市）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年山东省日照市）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO，BO=DO．添加下列条件，不能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
A．AB=AD B．AC=BD C．AC⊥BD D．∠ABO=∠CBO
二、 填空题
（2018年辽宁省葫芦岛市）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的标为（2，3），则点C的坐标为 ．
（2018年广东省深圳市）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年湖南省株洲市）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 ．
三、 解答题
（2018年四川省广安市）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年广西柳州市）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，且AB=2．
（1）求菱形ABCD的周长；
（2）若AC=2，求BD的长．
（2018年湖南省郴州市）如图，在?ABCD中，作对角线BD的垂直平分线EF，垂足为O，分别交AD，BC于E，F，连接BE，DF．求证：四边形BFDE是菱形．
选择题
（2018年浙江省舟山市）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（ ）
A． B． C． D．
（2018年甘肃省兰州市（a卷））如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，EB∥DF且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是（ ）
A． B． C． D．
（2018年黑龙江省牡丹江市）如图，E为矩形ABCD的边AB上一点，将矩形沿CE折叠，使点B恰好落在ED上的点F处，若BE=1，BC=3，则CD的长为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
（2018年浙江省杭州市）如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含边界），设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80°，∠CPD=50°，则（ ）
A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30° B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）=40°
C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）=70° D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）=180°
（2018年浙江省舟山市）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年广西贵港市）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．4.5
填空题
（2018年广东省广州市）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0）点D在y轴上，则点C的坐标是________．
（2018年浙江省丽水义乌金华市）如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是 ．
（2018年浙江省台州市）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在CD，AD上，CE=DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 ．
（2018年贵州省黔南州、黔东南州、黔西南州）已知一个菱形的边长为2，较长的对角线长为2，则这个菱形的面积是 ．
解答题
（2018年浙江省舟山市）如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF=45°．求证：矩形ABCD是正方形．
（2018年四川省遂宁市）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．
（2018年内蒙古呼和浩特市）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年北京市）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB=，BD=2，求OE的长．
（2018年贵州省遵义市）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．
第四章 图形的性质 第23节 特殊的平行四边形/
■知识点一： 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.
（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.
■知识点二：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.）
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图① 图② 图③ 图④
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■考点1. 矩形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.（2018年内蒙古包头）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=AD，连接BD，点E在AB上，且∠BDE=15°，DE=4/，DC=2/．
（1）求BE的长；
（2）求四边形DEBC的面积．
（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
/
【考点】矩形的性质，，勾股定理
【分析】（1）解直角三角形求出AD、AE即可解决问题；
（2）作DF⊥BC于F．则四边形ABFD是矩形，解直角三角形求出CF，即可解决问题；
解：（1）在四边形ABCD中，∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∵∠BDE=15°，
∴∠ADE=30°，
在Rt△ADE中，AE=DE×sin30=2/，AD=DE?cos30°=6，
∴AB=AD=6，
∴BE=6﹣2/．
（2）作DF⊥BC于F．则四边形ABFD是矩形，
/
∴BF=AD=6，DF=AB=6，
在Rt△DFC中，FC=/=4/，
∴BC=6+4/，
∴S四边形DEBC=S△DEB+S△BCD=/×（6﹣2/）×6+/（6+4/）×6=36+6/．
【点评】本题考查矩形的性质、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．
2.（2018年山东省青岛）已知：如图，平行四边形ABCD，对角线AC与BD相交于点E，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接FD．
（1）求证：AB=AF；
（2）若AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形ACDF的形状，并证明你的结论．
/
【考点】平行四边形的判定和性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质
【分析】（1）只要证明AB=CD，AF=CD即可解决问题；
（2）结论：四边形ACDF是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可；
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BE∥CD，AB=CD，
∴∠AFC=∠DCG，
∵GA=GD，∠AGF=∠CGD，
∴△AGF≌△DGC，
∴AF=CD，
∴AB=CF．
（2）解：结论：四边形ACDF是矩形．
理由：∵AF=CD，AF∥CD，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD=120°，
∴∠FAG=60°，
∵AB=AG=AF，
∴△AFG是等边三角形，
∴AG=GF，
∵△AGF≌△DGC，
∴FG=CG，∵AG=GD，
∴AD=CF，
∴四边形ACDF是矩形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
◆变式训练
1.（2018年湖南省湘西）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，连接DE、CE．
（1）求证：△ADE≌△BCE；
（2）若AB=6，AD=4，求△CDE的周长．
/
【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质
【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）由（1）中全等三角形的对应边相等和勾股定理求得线段DE的长度，结合三角形的周长公式解答．
（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠A=∠B=90°．
∵E是AB的中点，
∴AE=BE．
在△ADE与△BCE中，
/，
∴△ADE≌△BCE（SAS）；
（2）由（1）知：△ADE≌△BCE，则DE=EC．
在直角△ADE中，AE=4，AE=/AB=3，
由勾股定理知，DE=/=/=5，
∴△CDE的周长=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
2.（2018年广西玉林）如图，在?ABCD中，DC＞AD，四个角的平分线AE，DE，BF，CF的交点分别是E，F，过点E，F分别作DC与AB间的垂线MM'与NN'，在DC与AB上的垂足分别是M，N与M′，N′，连接EF．
（1）求证：四边形EFNM是矩形；
（2）已知：AE=4，DE=3，DC=9，求EF的长．
/
【考点】平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质
【分析】（1）要说明四边形EFNM是矩形，有ME⊥CD．FN⊥CD条件，还缺ME=FN．过点E、F分别作AD、BC的垂线，垂足分别是G、H．利用角平分线上的点到角两边的距离相等可得结论．
（2）利用平行四边形的性质，证明直角△DEA，并求出AD的长．利用全等证明△GEA≌△CNF，△DME≌△DGE从而得到DM=DG，AG=CN，再利用线段的和差关系，求出MN的长得结论．
解：（1）证明：过点E、F分别作AD、BC的垂线，垂足分别是G、H．
∵∠3=∠4，∠1=∠2，EG⊥AD，EM⊥CD，EM′⊥AB[来源:学科网ZXXK]
∴EG=ME，EG=EM′
∴EG=ME=ME′=/MM′
同理可证：FH=NF=N′F=/NN′
∵CD∥AB，MM′⊥CD，NN′⊥CD，
∴MM′=NN′
∴ME=NF=EG=FH
又∵MM′∥NN′，MM′⊥CD
∴四边形EFNM是矩形．
（2）∵DC∥AB，
∴∠CDA+∠DAB=180°，
∵/，∠2=/∠DAB
∴∠3+∠2=90°
在Rt△DEA，∵AE=4，DE=3，
∴AB=/=5．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠DCB，
又∵∠2=/∠DAB，∠5=/∠DCB，
∴∠2=∠5
由（1）知GE=NF
在Rt△GEA和Rt△CNF中
/
∴△GEA≌△CNF
∴AG=CN
在Rt△DME和Rt△DGE中
∵DE=DE，ME=EG
∴△DME≌△DGE
∴DG=DM
∴DM+CN=DG+AG=AB=5
∴MN=CD﹣DM﹣CN=9﹣5=4．
∵四边形EFNM是矩形．
∴EF=MN=4
/
【点评】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、角平分线的性质、勾股定理及三角形全等的判定.题目综合性较强,需认真分析.
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
1.（2018年贵州省贵阳市）如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（ ）
/
A．24 B．18 C．12 D．9
【考点】三角形中位线定理；菱形的性质
【分析】易得BC长为EF长的2倍，那么菱形ABCD的周长=4BC问题得解．
解：∵E是AC中点，
∵EF∥BC，交AB于点F，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=/BC，
∴BC=6，
∴菱形ABCD的周长是4×6=24．
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线的性质及菱形的周长公式，题目比较简单．
2.（2018年新疆乌鲁木齐）如图，在四边形ABCD中，∠BAC=90°，E是BC的中点，AD∥BC，AE∥DC，EF⊥CD于点F．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB=6，BC=10，求EF的长．
/
【考点】平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
证明：（1）∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴AE=CE=/BC，
∴四边形AECD是菱形；
（2）过A作AH⊥BC于点H，
/
∵∠BAC=90°，AB=6，BC=10，
∴AC=/，
∵/，
∴AH=/，
∵点E是BC的中点，BC=10，四边形AECD是菱形，
∴CD=CE=5，
∵S?AECD=CE?AH=CD?EF，
∴EF=AH=/．
【点评】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据平行四边形和菱形的判定和性质解答．
◆变式训练
1.（2018年四川省甘孜）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，OE⊥AD于点E，交BC于点F，则EF的长为 ．
/
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质分别求出OB、OC，根据勾股定理求出BC，根据菱形的面积公式计算即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=/BD=3，OC=/AC=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得，BC=/=5，
∵S△OBC=/×OB×OC=/×BC×OF，
∴OF=/，
∴EF=/．
故答案为/．
【点评】本题考查的是菱形的性质，掌握菱形的面积公式、菱形的性质定理是解题的关键．
2. （2018年江苏省南京）如图，在四边形ABCD中，BC=CD，∠C=2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OD．求证：
（1）∠BOD=∠C；
（2）四边形OBCD是菱形．
/
【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定
【分析】（1）延长AO到E，利用等边对等角和角之间关系解答即可；
（2）连接OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
证明：（1）/
延长OA到E，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
又∠BOE=∠ABO+∠BAO，
∴∠BOE=2∠BAO，
同理∠DOE=2∠DAO，
∴∠BOE+∠DOE=2∠BAO+2∠DAO=2（∠BAO+∠DAO）
即∠BOD=2∠BAD，
又∠C=2∠BAD，
∴∠BOD=∠C；
（2）连接OC，
∵OB=OD，CB=CD，OC=OC，
∴△OBC≌△ODC，
∴∠BOC=∠DOC，∠BCO=∠DCO，
∵∠BOD=∠BOC+∠DOC，∠BCD=∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC=/∠BOD，∠BCO=/∠BCD，
又∠BOD=∠BCD，
∴∠BOC=∠BCO，
∴BO=BC，
又OB=OD，BC=CD，
∴OB=BC=CD=DO，
∴四边形OBCD是菱形．
【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答．
3.（2018年广西南宁、北海、钦州、防城港市北部经济湾区）如图，在?ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF．
（1）求证：?ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求?ABCD的面积．
/
【考点】菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）连接BD交AC于O．
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC=/AC=/×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO=/=/=4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=/×AC×BD=24．
/
【点评】本题考查菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
1.（2018年浙江省台州）下列命题正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【考点】命题与定理
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，B错误；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，D错误；
故选：C．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，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．
2.（2018年甘肃省定西）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．
/
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定，三角形中位线定理
【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可；
（2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可．
解：（1）∵点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点，
∴FH∥BE，FH=/BE，FH=BG，
∴∠CFH=∠CBG，
∵BF=CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）当四边形EGFH是正方形时，可得：EF⊥GH且EF=GH，
∵在△BEC中，点，H分别是BE，CE的中点，
∴GH=/，且GH∥BC，
∴EF⊥BC，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AB=EF=GH=/a，
∴矩形ABCD的面积=/．
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和正方形的性质解答．
◆变式训练
1.（2018年江苏省常州）下列命题中，假命题是（ ）
A．一组对边相等的四边形是平行四边形
B．三个角是直角的四边形是矩形
C．四边相等的四边形是菱形
D．有一个角是直角的菱形是正方形
【考点】命题的真假
【分析】根据矩形、正方形、平行四边形、菱形的判定即可求出答案．
解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，是假命题；
B、三个角是直角的四边形是矩形，是真命题；
C、四边相等的四边形是菱形，是真命题；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，是真命题；
故选：A．
【点评】本题考查菱形、矩形和平行四边形的判定与命题的真假区别，关键是根据矩形、正方形、平行四边形、菱形的判定解答．
2.（2018年湖南省湘潭）如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．
/
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【分析】（1）利用正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，即可得出结论；
（2）利用（1）的结论得出∠ADF=∠BAE，进而求出∠ADF+∠DAO=90°，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB，
在△DAF和△ABE中，/，
∴△DAF≌△ABE（SAS），
（2）由（1）知，△DAF≌△ABE，
∴∠ADF=∠BAE，
∵∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90°，
∴∠AOD=180°﹣（∠ADF+DAO）=90°．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出△DAF≌△ABE是解本题的关键．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2018年山东省临沂）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
/
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
解：因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
故④选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
◆变式训练
（2018年湖南省湘潭）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．
/
选择题
（2018年湖北省十堰市）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．
（2018年上海市）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
【考点】矩形的判定
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
解：A．∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
故选：B．
【点评】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于基础定理，难度较小．
（2018 年广西梧州市）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年山东省日照市）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO，BO=DO．添加下列条件，不能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
/
A．AB=AD B．AC=BD C．AC⊥BD D．∠ABO=∠CBO
【考点】菱形的判定，矩形的判定
【分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
解：∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当AB=AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；
当∠ABO=∠CBO时，
由AD∥BC知∠CBO=∠ADO，
∴∠ABO=∠ADO，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
当AC=BD时，可判定四边形ABCD是矩形；
故选：B．
【点评】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．
二、 填空题
（2018年辽宁省葫芦岛市）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的标为（2，3），则点C的坐标为 ．
/
【考点】坐标与图形性质；菱形的性质
【分析】根据轴对称图形的性质即可解决问题；
解：∵四边形OABC是菱形，
∴A．C关于直线OB对称，
∵A（2，3），
∴C（2，﹣3），
故答案为（2，﹣3）．
【点评】本题考查菱形的性质、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，利用菱形是轴对称图形解决问题．
（2018年广东省深圳市）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年湖南省株洲市）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．
三、 解答题
（2018年四川省广安市）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年广西柳州市）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，且AB=2．
（1）求菱形ABCD的周长；
（2）若AC=2，求BD的长．
/
【考点】菱形的性质，勾股定理
【分析】（1）由菱形的四边相等即可求出其周长；
（2）利用勾股定理可求出BO的长，进而解答即可．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AB=2，
∴菱形ABCD的周长=2×4=8；
（2）∵四边形ABCD是菱形，AC=2，AB=2
∴AC⊥BD，AO=1，
∴BO=/，
∴BD=2/
【点评】本题主要考查菱形的性质，能够利用勾股定理求出BO的长是解题关键．
（2018年湖南省郴州市）如图，在?ABCD中，作对角线BD的垂直平分线EF，垂足为O，分别交AD，BC于E，F，连接BE，DF．求证：四边形BFDE是菱形．
/
【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质菱形的判定
【分析】根据平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法证明出△DOE≌△BOF，得到OE=OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出四边形BFDE为菱形．
证明：∵在?ABCD中，O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中，
/，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
∴OE=OF，
又∵OB=OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE为菱形．
【点评】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出OE=OF是解题关键．
/
选择题
（2018年浙江省舟山市）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（ ）
/
A．/ B．/ C．/ D．/
【考点】正方形的性质；剪纸问题
【分析】对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
解：由于得到的图形的中间是正方形，且顶点在原来的正方形的对角线上，
故选：A．
【点评】本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
（2018年甘肃省兰州市（a卷））如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，EB∥DF且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是（ ）
/
A．/ B．/ C．/ D．/
【考点】矩形的性质，勾股定理
【分析】过点D作DG⊥BE，垂足为G，则GD=3，首先证明△AEB≌△GED，由全等三角形的性质可得到AE=EG，设AE=EG=x，则ED=4﹣x，在Rt△DEG中依据勾股定理列方程求解即可．
解：如图所示：过点D作DG⊥BE，垂足为G，则GD=3．
/
∵∠A=∠G，∠AEB=∠GED，AB=GD=3，
∴△AEB≌△GED．
∴AE=EG．
设AE=EG=x，则ED=4﹣x，
在Rt△DEG中，ED2=GE2+GD2，x2+32=（4﹣x）2，解得：x=/．
故选：C．
【点评】本题主要考查的是矩形的性质、勾股定理的应用，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．
（2018年黑龙江省牡丹江市）如图，E为矩形ABCD的边AB上一点，将矩形沿CE折叠，使点B恰好落在ED上的点F处，若BE=1，BC=3，则CD的长为（ ）
/
A．6 B．5 C．4 D．3
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】设CD=x，则AE=x﹣1，证明△ADE≌△FCD，得ED=CD=x，根据勾股定理列方程可得CD的长．
解：设CD=x，则AE=x﹣1，
由折叠得：CF=BC=3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=3，∠A=90°，AB∥CD，
∴∠AED=∠CDF，
∵∠A=∠CFD=90°，AD=CF=3，
∴△ADE≌△FCD，
∴ED=CD=x，
Rt△AED中，AE2+AD2=ED2，
（x﹣1）2+32=x2，
x=5，
∴CD=5，
故选：B．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、全等三角形的性质；熟练掌握矩形的性质、折叠的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
（2018年浙江省杭州市）如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含边界），设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80°，∠CPD=50°，则（ ）
/
A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30° B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）=40°
C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）=70° D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）=180°
【考点】矩形的性质，三角形内角和定理
【分析】依据矩形的性质以及三角形内角和定理，可得∠ABC=θ2+80°﹣θ1，∠BCD=θ3+130°﹣θ4，再根据矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，即可得到（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30°．
解：∵AD∥BC，∠APB=80°，
∴∠CBP=∠APB﹣∠DAP=80°﹣θ1，
∴∠ABC=θ2+80°﹣θ1，
又∵△CDP中，∠DCP=180°﹣∠CPD﹣∠CDP=130°﹣θ4，
∴∠BCD=θ3+130°﹣θ4，
又∵矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，
∴θ2+80°﹣θ1+θ3+130°﹣θ4=180°，
即（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30°，
故选：A．
/
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的运用，解决问题的关键是掌握：矩形的四个角都是直角．
（2018年浙江省舟山市）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年广西贵港市）如图，在菱形ABCD中，AC=6/，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（ ）
/
A．6 B．3/ C．2/ D．4.5
【考点】菱形的性质，轴对称-最短路线问题
【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，由PE+PM=PE′+PM=E′M知点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，利用S菱形ABCD=/AC?BD=AB?E′M求二级可得答案．
解：如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
/
则点P、M即为使PE+PM取得最小值，
其PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6/，BD=6，
∴AB=/=3/，
由S菱形ABCD=/AC?BD=AB?E′M得/×6/×6=3/?E′M，
解得：E′M=2/，
即PE+PM的最小值是2/，
故选：C．
填空题
（2018年广东省广州市）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0）点D在y轴上，则点C的坐标是________．
/
【考点】坐标与图形性质，菱形的性质，矩形的判定与性质
【分析】根据A．B两点坐标可得出菱形ABCD边长为5，在Rt△AOD中，根据勾股定理可求出OD=4；作CE⊥x轴，可得四边形OECD为矩形，根据矩形性质可得C点坐标.
解：∵A（3，0），B（-2，0）,
∴AB=5，AO=3，BO=2，
又∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD=BC=AB=5，在Rt△AOD中，
∴OD=4，
作CE⊥x轴，
/
∴四边形OECD为矩形，
∴CE=OD=4，OE=CD=5，
∴C（-5,4）.
故答案为：（-5,4）.
（2018年浙江省丽水义乌金华市）如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则/的值是 ．
/
【考点】七巧板；矩形的性质
【分析】设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出/的值．
解：设七巧板的边长为x，则
AB=/x+/x，
BC=/x+x+/x=2x，
/=/=/．
故答案为：/．
【点评】考查了矩形的性质，七巧板，关键是熟悉七巧板的特征，表示出AB，BC的长．
（2018年浙江省台州市）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在CD，AD上，CE=DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 ．
/
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【分析】根据面积之比得出△BGC的面积等于正方形面积的/，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为/×9=6，
∴空白部分的面积为9﹣6=3，
由CE=DF，BC=CD，∠BCE=∠CDF=90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为/×3=/，
设BG=a，CG=b，则/ab=/，
又∵a2+b2=32，
∴a2+2ab+b2=9+6=15，
即（a+b）2=15，
∴a+b=/，即BG+CG=/，
∴△BCG的周长=/+3，
故答案为：/+3．
/
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
（2018年贵州省黔南州、黔东南州、黔西南州）已知一个菱形的边长为2，较长的对角线长为2/，则这个菱形的面积是 ．
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质结合勾股定理可求出较短的对角线的长，再根据菱形的面积公式即可求出该菱形的面积．
解：依照题意画出图形，如图所示．
在Rt△AOB中，AB=2，OB=/，
∴OA=/=1，
∴AC=2OA=2，
∴S菱形ABCD=/AC?BD=/×2×2/=2/．
故答案为：2/．
/
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出较短的对角线的长是解题的关键．
解答题
（2018年浙江省舟山市）如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF=45°．求证：矩形ABCD是正方形．
/
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；矩形的性质；正方形的判定
【分析】先判断出AE=AF，∠AEF=∠AFE=60°，进而求出∠AFD=∠AEB=75°，进而判断出△AEB≌△AFD，即可得出结论．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE=60°，
∵∠CEF=45°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴∠AFD=∠AEB=180°﹣45°﹣60°=75°，
∴△AEB≌△AFD（AAS），
∴AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，判断出∠AFD=∠AEB是解本题的关键．
（2018年四川省遂宁市）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．
（2018年内蒙古呼和浩特市）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年北京市）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB=/，BD=2，求OE的长．
/
【考点】菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理
【分析】（1）先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DAC=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
解：（1）∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴?ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=/BD=1，
在Rt△AOB中，AB=/，OB=1，
∴OA=/=2，
∴OE=OA=2．
【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD=AD=AB是解本题的关键．
（2018年贵州省遵义市）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．
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