备考2019中考数学高频考点剖析
专题21 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、2018年全国各地中考真题与2019年名校中考模拟试题，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如图，矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE与BC边交于点E，点P是线段AE上一定点（其中PA＞PE），过点P作AE的垂线与AD边交于点F（不与D重合）．一直角三角形的直角顶点落在P点处，两直角边分别交AB边，AD边于点M，N．
（1）求证：△PAM≌△PFN；
（2）若PA＝3，求AM+AN的长．
例2（2018?江苏扬州?10分）如图，在平行四边形ABCD中，DB=DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AEBD是菱形；
（2）若DC=，tan∠DCB=3，求菱形AEBD的面积．
例3（2018·山东潍坊·8分）如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连接AM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连接BE．
（1）求证：AE=BF；
（2）已知AF=2，四边形ABED的面积为24，求∠EBF的正弦值．
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. （2018·四川宜宾·3分）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（ ）
A． B． C．34 D．10
3. 如图，E是矩形ABCD内的一个动点，连接EA、EB、EC、ED，得到△EAB、△EBC、△ECD、△EDA，设它们的面积分别是m、n、p、q，给出如下结论：
①m+n=q+p；
②m+p=n+q；
③若m=n，则E点一定是AC与BD的交点；
④若m=n，则E点一定在BD上．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④
4. 在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BED的平分线交DC于点F，若AB=6，点F恰为DC的中点，则BC= （结果保留根号）
5. 如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G．若G是CD的中点，则BC的长是 ．
6. 在矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AD的中点，一块三角板的直角顶点与点E重合，两直角边与AB、BC分别交于点M、N，求证：BM＝CN．
类型二 菱形的性质与判定
1. 小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形
2．（2018·湖北省孝感·3分）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
3．如图，菱形ABCD中，点P是CD的中点，∠BCD=60°，射线AP交BC的延长线于点E，射线BP交DE于点K，点O是线段BK的中点，作BM⊥AE于点M，作KN⊥AE于点N，连结MO、NO，以下四个结论：①△OMN是等腰三角形；②tan∠OMN=；③BP=4PK；④PM?PA=3PD2，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4. 如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足（a﹣5）2+=0，那么菱形的面积等于 ．
5. （2018·广东·6分）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．
6. （2018年四川省内江市）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点E，F分别是AB，BC上的点，AE=CF，并且∠AED=∠CFD．
求证：（1）△AED≌△CFD；
（2）四边形ABCD是菱形．
7. (嘉兴模拟)菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC=2BD，以AD为斜边在菱形ABCD同侧作Rt△ADE．
（1）如图1，当点E落在边AB上时．
①求证：∠BDE=∠BAO；
②求的值；
③当AF=6时，求DF的长．
（2）如图2，当点E落在菱形ABCD内部，且AE=DE时，猜想OE与OB的数量关系并证明．
类型三 正方形的性质与判定
1．如图，直线l过正方形ABCD的顶点D，过A、C分别作直线l的垂线，垂足分别为E、F．若AE=4a，CF=a，则正方形ABCD的面积为 ．
2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，点E、F是正方形ABCD内的两点，且AE=FC=3，BE=DF=4，则EF的长为（ ）
A． B． C． D．
3．(嘉兴模拟)如图，对正方形纸片ABCD进行如下操作：
（1）过点D任作一条直线与BC边相交于点E1（如图①），记∠CDE1=a1；
（2）作∠ADE1的平分线交AB边于点E2（如图②），记∠ADE2=a2；
（3）作∠CDE2的平分线交BC边于点E3（如图③），记∠CDE3=a3；
按此作法从操作（2）起重复以上步骤，得到a1，a2，…，an，…，现有如下结论：
①当a1=10°时，a2=40°；
②2a4+a3=90°；
③当a5=30°时，△CDE9≌△ADE10；
④当a1=45°时，BE2=AE2．
其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4. 如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，AC，OD交于点P，其中OA=4，OB=3．
（1）则OD所在直线的解析式为 ；
（2）则△AOP的面积为 ．
5. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，∠ABC=45°，AD=CD，CE平分∠ACB交AB于点E，在BC上截取BF=AE，连接AF交CE于点G，连接DG交AC于点H，过点A作AN⊥BC，垂足为N，AN交CE于点M．则下列结论： ①CM=AF；②CE⊥AF；③△ABF∽△DAH；④GD平分∠AGC， 其中正确的序号是________．
6. （2018?广安?6分）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．
类型四 特殊平行四边形的综合探究
1. （2018·广西贺州·8分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O、D分别是边AC.AB的中点，过点C作CE∥AB交DO的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若四边形AECD的面积为24，tan∠BAC=，求BC的长．
2. （2018?湖南省永州市?12分）如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．
3. 如图，直角坐标系中，四边形ABCO是菱形，对角线OB在x轴正半轴上，点A的坐标为（4，4），点D为AB的中点．动点M从点O出发沿x轴向点B运动，运动的速度为每秒1个单位，试解答下列问题：
（1）则菱形ABCO的周长为 ，菱形ABCO的周长为 ，
（2）当t=4时，求MA+MD的值；
（3）当t取什么值时，使MA+MD的值最小？并求出他的最小值．
4. （2018年江苏省泰州市?12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
备考2019中考数学高频考点剖析
专题21 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、2018年全国各地中考真题与2019年名校中考模拟试题，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如图，矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE与BC边交于点E，点P是线段AE上一定点（其中PA＞PE），过点P作AE的垂线与AD边交于点F（不与D重合）．一直角三角形的直角顶点落在P点处，两直角边分别交AB边，AD边于点M，N．
（1）求证：△PAM≌△PFN；
（2）若PA＝3，求AM+AN的长．
【分析】（1）由题意可证AP＝PF，∠MAP＝∠PAF＝∠PFA＝45°，即可证△PAM≌△PFN；
（2）由勾股定理可求AF＝3，由△PAM≌△PFN，可得AM＝NF，即可得AM+AN＝AF＝3．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD＝90°
∵∠BAD的平分线AE与BC边交于点E，
∴∠BAE＝∠EAD＝45°
∵PF⊥AP
∴∠PAF＝∠PFA＝45°
∴AP＝PF
∵∠MPN＝90°，∠APF＝90°
∴∠MPN﹣∠APN＝∠APF﹣∠APN
∴∠MPA＝∠FPN，且AP＝PF，∠MAP＝∠PFA＝45°
∴△PAM≌△PFN（ASA）
（2）∵PA＝3
∴PA＝PF＝3，且∠APF＝90°
∴AF＝＝3
∵△PAM≌△PFN；
∴AM＝NF
∴AM+AN＝AN+NF＝AF＝3
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
例2（2018?江苏扬州?10分）如图，在平行四边形ABCD中，DB=DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AEBD是菱形；
（2）若DC=，tan∠DCB=3，求菱形AEBD的面积．
【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD=BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD=AD可得结论；
（2）解直角三角形求出EF的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF=∠EBF，
∵∠AFD=∠EFB，AF=FB，
∴△AFD≌△BFE，
∴AD=EB，∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD=AD，
∴四边形AEBD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=，AB∥CD，
∴∠ABE=∠DCB，
∴tan∠ABE=tan∠DCB=3，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AB⊥DE，AF=FB，EF=DF，
∴tan∠ABE==3，
∵BF=，
∴EF=，
∴DE=3，
∴S菱形AEBD=?AB?DE=?3=15．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
例3（2018·山东潍坊·8分）如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连接AM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连接BE．
（1）求证：AE=BF；
（2）已知AF=2，四边形ABED的面积为24，求∠EBF的正弦值．
【分析】（1）通过证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；
（2）设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到?x?x+?x?2=24，解方程求出x得到AE=BF=6，则EF=x﹣2=4，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用正弦的定义求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BA=AD，∠BAD=90°，
∵DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，
∴∠AFB=90°，∠DEA=90°，
∵∠ABF+∠BAF=90°，∠EAD+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠EAD，
在△ABF和△DEA中
，
∴△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF=AE；
（2）解：设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，
∵四边形ABED的面积为24，
∴?x?x+?x?2=24，解得x1=6，x2=﹣8（舍去），
∴EF=x﹣2=4，
在Rt△BEF中，BE==2，
∴sin∠EBF===．
【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．
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
【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. （2018·四川宜宾·3分）在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE=4，EF=3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF2+PG2的最小值为（ ）
A． B． C．34 D．10
【考点】M8：点与圆的位置关系；LB：矩形的性质．
【分析】设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN，则MN、PM的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF2+PG2=2PN2+2FN2即可求出结论．
【解答】解：设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值．
∵DE=4，四边形DEFG为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN=DE=2，
∴NP=MN﹣MP=EF﹣MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三变形关系，利用三角形三边关系找出PN的最小值是解题的关键．
3. 如图，E是矩形ABCD内的一个动点，连接EA、EB、EC、ED，得到△EAB、△EBC、△ECD、△EDA，设它们的面积分别是m、n、p、q，给出如下结论：
①m+n=q+p；
②m+p=n+q；
③若m=n，则E点一定是AC与BD的交点；
④若m=n，则E点一定在BD上．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④
【考点】矩形的性质．
【分析】过E作MN⊥AB，交AB于M，CD于N，作GH⊥AD，交AD于G，BC于H，由矩形的性质容易证出①不正确，②正确；若m=n，则p=q，作AP⊥BE于P，作CQ⊥DE于Q，延长BE交CD于F，先证AP=CQ，再证明△ABP≌△CFQ，得出AB=CF，F与D重合，得出③不正确，④正确，即可得出结论．
【解答】解：过E作MN⊥AB，交AB于M，CD于N，作GH⊥AD，交AD于G，BC于H，如图1所示：
则m=ABEM，n=BCEH，p=CDEN，q=ADEG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=GH，BC=AD=MN，
∴m+p=ABMN=ABBC，n+q=（BCGH=BCAB，
∴m+p=n+q；
∴①不正确，②正确；
若m=n，则p=q，作AP⊥BE于P，作CQ⊥DE于Q，延长BE交CD于F，如图2所示：
则∠APB=∠CQF=90°，
∵m=BEAP，n=BECQ，
∵m=n，
∴AP=CQ，
∵AB∥CD，
∴∠1=∠2，
在△ABP和△CFQ中，
，
∴△ABP≌△CFQ（AAS），
∴AB=CF，
∴F与D重合，
∴E一定在BD上；
∴③不正确，④正确．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形面积的计算、全等三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
4. 在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BED的平分线交DC于点F，若AB=6，点F恰为DC的中点，则BC= 3+3 （结果保留根号）
【考点】LB：矩形的性质；KF：角平分线的性质．
【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的相等关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．
【解答】解：延长EF和BC，交于点G，如图所示：
∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AB=AE=6，
∴等腰直角△ABE中，BE==6，
又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，
∴∠BEG=∠DEF
∵AD∥BC
∴∠G=∠DEF
∴∠BEG=∠G
∴BG=BE=6，
∵∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，
∴△EFD∽△GFC
∴=1，
∴CG=DE，
设CG=DE=x，则AD=6+x=BC，
∵BG=BC+CG，
∴6=6+x+x，
解得：x=3﹣3
∴BC=6+（3﹣3）=3+3；
故答案为：3+3．
【点评】本题主要考查了矩形、相似三角形以及等腰三角形，解决问题的关键是掌握矩形的性质：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等．解题时注意：有两个角对应相等的两个三角形相似．
5. 如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G．若G是CD的中点，则BC的长是 7 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质．
【分析】根据线段中点的定义可得CG=DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=CF，EG=FG，设DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF=EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC=AD．
【解答】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=8，
∴CG=DG=×8=4，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG（ASA），
∴DE=CF，EG=FG，
设DE=x，
则BF=BC+CF=AD+CF=4+x+x=4+2x，
在Rt△DEG中，EG==，
∴EF=2，
∵FH垂直平分BE，
∴BF=EF，
∴4+2x=2，
解得x=3，
∴AD=AE+DE=4+3=7，
∴BC=AD=7．
故答案为：7．
6. 在矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AD的中点，一块三角板的直角顶点与点E重合，两直角边与AB、BC分别交于点M、N，求证：BM＝CN．
【分析】由题意可得AE＝DE＝AB＝CD，∠ABE＝∠AEB＝∠DEC＝∠DCE＝45°，可证△ABE≌△DCE，可得BE＝CE，由“ASA”可证△BEM≌△CEN，可得BM＝CN．
【解答】证明：如图，连接BE，CE，
∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD，∠A＝∠D＝90°
∵AD＝2AB，E是AD的中点，
∴AE＝DE＝AB＝CD
∴∠ABE＝∠AEB＝∠DEC＝∠DCE＝45°，
∴∠BEC＝180°﹣∠AEB﹣∠DEC＝90°
∵AB＝CD，∠ABE＝∠AEB＝∠DEC＝∠DCE＝45°，
∴△ABE≌△DCE（AAS）
∴BE＝CE，
∵∠BEN+∠CEN＝90°，∠BEM+∠BEN＝90°，
∴∠BEM＝∠CEN，且BE＝CE，∠ABE＝∠ECN，
∴△BEM≌△CEN（ASA）
∴BM＝CN
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定和性质是本题的关键．
类型二 菱形的性质与判定
1. 小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形
【考点】作图—基本作图；菱形的判定．
【分析】根据垂直平分线的画法得出四边形ADBC四边的关系进而得出四边形一定是菱形
【解答】解：∵分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，
∴AC=AD=BD=BC，
∴四边形ADBC一定是菱形，
故选：B．
【点评】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及菱形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．
2．（2018·湖北省孝感·3分）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
【分析】由勾股定理即可求得AB的长，继而求得菱形ABCD的周长．
【解答】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．
3．如图，菱形ABCD中，点P是CD的中点，∠BCD=60°，射线AP交BC的延长线于点E，射线BP交DE于点K，点O是线段BK的中点，作BM⊥AE于点M，作KN⊥AE于点N，连结MO、NO，以下四个结论：①△OMN是等腰三角形；②tan∠OMN=；③BP=4PK；④PM?PA=3PD2，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】相似形综合题．
【分析】根据菱形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到对应角相等，根据全等三角形的判定定理△ADP≌△ECP，由相似三角形的性质得到AD=CE，作PI∥CE交DE于I，根据点P是CD的中点证明CE=2PI，BE=4PI，根据相似三角形的性质得到=，得到BP=3PK，故③错误；作OG⊥AE于G，根据平行线等分线段定理得到MG=NG，又OG⊥MN，证明△MON是等腰三角形，故①正确；根据直角三角形的性质和锐角三角函数求出∠OMN=，故②正确；然后根据射影定理和三角函数即可得到PM?PA=3PD2，故④正确．
【解答】解：作PI∥CE交DE于I，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAP=∠CEP，∠ADP=∠ECP，
在△ADP和△ECP中，
，
∴△ADP≌△ECP，
∴AD=CE，
则，又点P是CD的中点，
∴=，
∵AD=CE，
∴=，
∴BP=3PK，
故③错误；
作OG⊥AE于G，
∵BM丄AE于M，KN丄AE于N，
∴BM∥OG∥KN，
∵点O是线段BK的中点，
∴MG=NG，又OG⊥MN，
∴OM=ON，
即△MON是等腰三角形，故①正确；
由题意得，△BPC，△AMB，△ABP为直角三角形，
设BC=2，则CP=1，由勾股定理得，BP=，
则AP=，
根据三角形面积公式，BM=，
∵点O是线段BK的中点，
∴PB=3PO，
∴OG=BM=，
MG=MP=，
tan∠OMN==，故②正确；
∵∠ABP=90°，BM⊥AP，
∴PB2=PM?PA，
∵∠BCD=60°，
∴∠ABC=120°，
∴∠PBC=30°，
∴∠BPC=90°，
∴PB=PC，
∵PD=PC，
∴PB2=3PD，
∴PM?PA=3PD2，故④正确．
故选B．
4. 如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足（a﹣5）2+=0，那么菱形的面积等于 10 ．
【考点】菱形的性质；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根．
【分析】由a，b满足（a﹣5）2+=0，可求得a与b的值，然后由菱形的两条对角线的长为a和b，根据菱形的面积等于对角线积的一半，即可求得答案．
【解答】解：∵a，b满足（a﹣5）2+=0，
∴a﹣5=0，b﹣4=0，
∴a=5，b=4，
∵菱形的两条对角线的长为a和b，
∴菱形的面积等于： ab=10．
故答案为：10．
【点评】此题考查了菱形的性质以及非负数的非负性．注意菱形的面积等于对角线积的一半．
5. （2018·广东·6分）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．
【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；
【解答】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．
6. （2018年四川省内江市）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，点E，F分别是AB，BC上的点，AE=CF，并且∠AED=∠CFD．
求证：（1）△AED≌△CFD；
（2）四边形ABCD是菱形．
【考点】L9：菱形的判定；KD：全等三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】（1）由全等三角形的判定定理ASA证得结论；
（2）由“邻边相等的平行四边形为菱形”证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C．
在△AED与△CFD中，
∴△AED≌△CFD（ASA）；
（2）由（1）知，△AED≌△CFD，则AD=CD．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
【点评】考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关的性质与定理．
7. (嘉兴模拟)菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC=2BD，以AD为斜边在菱形ABCD同侧作Rt△ADE．
（1）如图1，当点E落在边AB上时．
①求证：∠BDE=∠BAO；
②求的值；
③当AF=6时，求DF的长．
（2）如图2，当点E落在菱形ABCD内部，且AE=DE时，猜想OE与OB的数量关系并证明．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）①根据菱形的性质和对顶角相等证明即可；
②根据∠BAO=∠ODF以及正切的概念计算；
③设OF=x，根据题意用x表示出OD、AO，根据题意求出x的值，根据勾股定理计算即可；
（2）连结BE，证明△AEO≌△DEB，得到△OEB为等腰直角三角形，即可解答．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，又△ADE是直角三角形，
∴∠AEF=∠DOF=90°，
∴∠BDE+∠DFO=∠BAO+∠AFE，
∵∠AFE=∠DFO，
∴∠BDE=∠BAO；
②∵AC=2BD，
∴AO=2OB，
∴tan∠BAO==，
∴tan∠ODF==，
∴=2；
③设OF=x，则OD=2x，AO=4x，
∵AF=6，
∴4x﹣x=6，
∴x=2，即OF=2，DO=4，
由勾股定理得，DF==2；
（2）OB=OE．
理由如下：如图2，连结BE，
在△AEO和△DEB中，
，
∴△AEO≌△DEB，
∴EO=EB，∠AEO=∠DEB，
∴∠AEO﹣∠DEO=∠DEB﹣∠DEO，即∠OEB=∠AED=90°，
∴OB=OE．
类型三 正方形的性质与判定
1．如图，直线l过正方形ABCD的顶点D，过A、C分别作直线l的垂线，垂足分别为E、F．若AE=4a，CF=a，则正方形ABCD的面积为 17a2 ．
【解答】解：设直线l与BC相交于点G
在Rt△CDF中，CF⊥DG
∴∠DCF=∠CGF
∵AD∥BC
∴∠CGF=∠ADE
∴∠DCF=∠ADE
∵AE⊥DG，∴∠AED=∠DFC=90°
∵AD=CD
∴△AED≌△DFC
∴DE=CF=a
在Rt△AED中，AD2=17a2，即正方形的面积为17a2．
故答案为：17a2．
2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，点E、F是正方形ABCD内的两点，且AE=FC=3，BE=DF=4，则EF的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【分析】延长AE交DF于G，再根据全等三角形的判定得出△AGD与△ABE全等，得出AG=BE=4，由AE=3，得出EG=1，同理得出GF=1，再根据勾股定理得出EF的长．
【解答】解：延长AE交DF于G，如图：
∵AB=5，AE=3，BE=4，
∴△ABE是直角三角形，
∴同理可得△DFC是直角三角形，
可得△AGD是直角三角形，
∴∠ABE+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
∴∠GAD=∠EBA，
同理可得：∠ADG=∠BAE，
在△AGD和△BAE中，
，
∴△AGD≌△BAE（ASA），
∴AG=BE=4，DG=AE=3，
∴EG=4﹣3=1，
同理可得：GF=1，
∴EF=，
故选D．
【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性质得出EG=FG=1，再利用勾股定理计算．
3．(嘉兴模拟)如图，对正方形纸片ABCD进行如下操作：
（1）过点D任作一条直线与BC边相交于点E1（如图①），记∠CDE1=a1；
（2）作∠ADE1的平分线交AB边于点E2（如图②），记∠ADE2=a2；
（3）作∠CDE2的平分线交BC边于点E3（如图③），记∠CDE3=a3；
按此作法从操作（2）起重复以上步骤，得到a1，a2，…，an，…，现有如下结论：
①当a1=10°时，a2=40°；
②2a4+a3=90°；
③当a5=30°时，△CDE9≌△ADE10；
④当a1=45°时，BE2=AE2．
其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】四边形综合题．
【分析】①根据角平分线的定义计算即可；
②根据题意、结合图形计算；
③根据全等三角形的判定定理证明；
④作E2F⊥BD于F，根据等腰直角三角形的性质得到BE2=FE2，根据角平分线的性质得到AE2=FE2，等量代换即可．
【解答】解：①当a1=10°时，a2==40°，①正确；
②由图③可知，2a4+a3=90°，②正确；
③当a5=30°时，a9=30°，a10=30°，
在△CDE9和△ADE10中，
，
∴△CDE9≌△ADE10，③正确；
④当a1=45°时，点E1与点B重合，
作E2F⊥BD于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，
∴BE2=FE2，
∵DE2平分∠ADB，E2F⊥BD，∠A=90°，
∴AE2=FE2，
∴BE2=AE2，④正确，
故选：D．
4. 如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，AC，OD交于点P，其中OA=4，OB=3．
（1）则OD所在直线的解析式为 y=x ；
（2）则△AOP的面积为 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式；正方形的性质．
【分析】（1）根据正方形的性质，可得AD与AB的关系，∠DAB的度数，根据余角的性质，可得∠DAE=∠ABO，根据全等三角形的判定与性质，可得AE、DE的长度，根据待定系数法，可得答案；
（2）根据全等三角形的判定与性质，可得BF、CF的长度，根据待定系数法，可得CA的解析式，根据解方程组，可得P点坐标，根据三角形的面积公式，可得答案．
【解答】解：（1）过点D作DE⊥OA于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AB，∠DAB=∠DEA=∠DAB=90°．
∵OA⊥OB
∴∠DAE+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°
∴∠DAE=∠ABO
在DAE和AOB中，，
∴△DEA≌△AOB （AAS），
∴DE=AO=4，AE=BO=3
∴OE=AE+AO=3+4=7
∴点D的坐标为（4，7）．
设OD所在直线的解析式为y=k1x （k1≠0）
将点D （4，7）代入得：4k1=7，
解得：k1=，
所以OD所在直线的解析式为y=x；
故答案为：y=x；
（2）过点C作CF⊥OB于点F，
由第（1）问易得：△AOB≌BFC，
BF=4，CF=3，
∴OF=OB+BF=7，
∴点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（7，3）
设AC所在直线的解析式为y=2x+b （k2≠0），
将点A（0，4），点C（7，3）代入得：，
解得：，
所以AC所在直线的解析式为y=﹣x+4，
联立OD、AC得方程组，
解得：，
∴点P的坐标为（，）
∴S△OAP=×4×=；
故答案为：．
5. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，∠ABC=45°，AD=CD，CE平分∠ACB交AB于点E，在BC上截取BF=AE，连接AF交CE于点G，连接DG交AC于点H，过点A作AN⊥BC，垂足为N，AN交CE于点M．则下列结论： ①CM=AF；②CE⊥AF；③△ABF∽△DAH；④GD平分∠AGC， 其中正确的序号是________．
【分析】 结论①正确，证明△ACM≌△ABF即可；结论②正确，由△ACM≌△ABF得出∠2=∠4，进而得∠4+∠6=90°，即CE⊥AF，结论③正确，证法一：利用四点共圆；证法二：利用三角形全等；结论④正确，证法一：利用四点共圆，证法二：利用三角形全等。
【考点】全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解： ⑴结论①正确．理由如下： ∵∠1=∠2，∠1+∠CMN=90°，∠2+∠6=90°， ∴∠6=∠CMN，又∵∠5=∠CMN， ∴∠5=∠6， ∴AM=AE=BF． 易知ADCN为正方形，△ABC为等腰直角三角形，∴AB=AC． 在△ACM与△ABF中， ， ∴△ACM≌△ABF（SAS）， ∴CM=AF； ⑵结论②正确．理由如下： ∵△ACM≌△ABF，???????????????????????????????? ∴∠2=∠4， ∵∠2+∠6=90°， ∴∠4+∠6=90°， ∴CE⊥AF； ⑶结论③正确．理由如下： 证法一：∵CE⊥AF， ∴∠ADC+∠AGC=180°， ∴A、D、C、G四点共圆， ∴∠7=∠2， ∵∠2=∠4， ∴∠7=∠4， 又∵∠DAH=∠B=45°， ∴△ABF∽△DAH； 证法二：∵CE⊥AF，∠1=∠2， ∴△ACF为等腰三角形，AC=CF，点G为AF中点． 在Rt△ANF中，点G为斜边AF中点， ∴NG=AG， ∴∠MNG=∠3， ∴∠DAG=∠CNG． 在△ADG与△NCG中， ， ∴△ADG≌△NCG（SAS）， ∴∠7=∠1， 又∵∠1=∠2=∠4， ∴∠7=∠4， 又∵∠DAH=∠B=45°， ∴△ABF∽△DAH； ⑷结论④正确．理由如下： 证法一：∵A、D、C、G四点共圆， ∴∠DGC=∠DAC=45°，∠DGA=∠DCA=45°， ∴∠DGC=∠DGA，即GD平分∠AGC． 证法二：∵AM=AE，CE⊥AF， ∴∠3=∠4，又∠2=∠4，∴∠3=∠2 则∠CGN=180°﹣∠1﹣90°﹣∠MNG=180°﹣∠1﹣90°﹣∠3=90°﹣∠1﹣∠2=45°． ∵△ADG≌△NCG， ∴∠DGA=∠CGN=45°= ∠AGC， ∴GD平分∠AGC． 综上所述，正确的结论是：①②③④，共4个． 故答案为：①②③④.
6. （2018?广安?6分）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．
【分析】根据AAS证明△ABM≌△EFA，可得结论．
【解答】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），（5分）
∴AB=EF．（6分）
【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．
类型四 特殊平行四边形的综合探究
1. （2018·广西贺州·8分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O、D分别是边AC.AB的中点，过点C作CE∥AB交DO的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若四边形AECD的面积为24，tan∠BAC=，求BC的长．
【解答】（1）证明：∵点O是AC中点，
∴OA=OC，
∵CE∥AB，
∴∠DAO=∠ECO，
在△AOD和△COE中，
，
∴△AOD≌△COE（ASA），
∴AD=CE，
∵CE∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，
∴CD=AD，
∴四边形AECD是菱形；
（2）由（1）知，四边形AECD是菱形，
∴AC⊥ED，
在Rt△AOD中，tan∠DAO=，
设OD=3x，OA=4x，
则ED=2OD=6x，AC=2OA=8x，由题意可得：，
解得：x=1，
∴OD=3，
∵O，D分别是AC，AB的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴BC=2OD=6．
2. （2018?湖南省永州市?12分）如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．
（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．
【分析】（1）由HI∥AD，得到=，求出AD即可解决问题；
（2）如图2中，设等G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．求出IG′和BD的长比较即可判定；
（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，
∵HI∥AD，
∴=，
∴=，
∴AD=6，
∴ID=CD﹣CI=2，
∴正方形的边长为2．
（2）如图2中，设等G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．
∵CA=CP，CD⊥PA，
∴∠ACD=∠PCD，∠A=∠P，
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′=∠A，∠CG′H=∠P，
∴∠CHG′=∠CG′H，
∴CH=CG′，
∴IH=IG′=DF′=3，
∵IG∥DB，
∴=，
∴=，
∴DB=3，
∴DB=DF′=3，
∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．
（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．
∵∠MDN=∠NDF+∠MDI′=∠NDF′+∠DF′R=∠NDR=45°，
∵DN=DN，DM=DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′，
∴△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′R=2I′G′=4．
【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
3. 如图，直角坐标系中，四边形ABCO是菱形，对角线OB在x轴正半轴上，点A的坐标为（4，4），点D为AB的中点．动点M从点O出发沿x轴向点B运动，运动的速度为每秒1个单位，试解答下列问题：
（1）则菱形ABCO的周长为 32 ，菱形ABCO的周长为 32 ，
（2）当t=4时，求MA+MD的值；
（3）当t取什么值时，使MA+MD的值最小？并求出他的最小值．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）根据坐标与图形的关系求出OF，AF的长，根据勾股定理求出菱形的边长，根据菱形的性质求出周长；
（2）根据直角三角形的斜边的中线是斜边的一半求出MD的值，计算得到MA+MD的值；
（3）作点D关于x轴的对称点D′，连接AD′交x轴于点M，作出MA+MD的值最小时的点M，根据菱形的性质和坐标与图形的关系求出AD′的长，得到答案．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（4，4），
∴OF=4，AF=4，
由勾股定理得，OA==8，
∴菱形ABCO的周长为32；
（2）当t=4时，点M与对角线的交点F重合，则MA=4，
在Rt△AMB中，AB=8，点D为AB的中点，
∴MD=AB=4，
∴MA+MD=4+4；
（3）作点D关于x轴的对称点D′，连接AD′交x轴于点M，
则此时MA+MD的值最小，
由题意和菱形的性质可知，点D的坐标为（6，2），
则D′的坐标为（6，﹣2），
设直线AD′的解析式为：y=kx+b，
，
解得，，
则直线AD′的解析式为：y=﹣3x+16，
﹣3x+16=0，x=，
点M的坐标为（，0），即OM=，
则当t=时，MA+MD的值最小，
作D′E⊥AC于E，
由菱形的性质可知，D′为BC的中点，
∴D′E=2，EF=2，则AE=6，
在Rt△AED′中，AE=6，D′E=2，
AD′==4，
则MA+MD的最小值为4．
【点评】本题考查的是菱形的性质、勾股定理和轴对称﹣最短路径问题以及待定系数法求一次函数解析式，灵活应用待定系数法求函数解析式、掌握直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，作出对称点得到最短路径是解题的关键．
4. （2018年江苏省泰州市?12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
【分析】（1）依据△BCE是等腰直角三角形，即可得到CE=BC，由图②，可得CE=CD，而AD=BC，即可得到CD=AD，即=；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，依据勾股定理可得AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出AP=BC，再根据PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到CP平分∠BCE，故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE=∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴=cos45°=，即CE=BC，
由图②，可得CE=CD，而AD=BC，
∴CD=AD，
∴=；
（2）①设AD=BC=a，则AB=CD=a，BE=a，
∴AE=（﹣1）a，
如图③，连接EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（﹣1）a，
设AP=x，则BP=a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（﹣1）a]2+x2=（a﹣x）2+a2，
解得x=a，即AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，
故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；
折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即CP平分∠BCE，
故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．解题时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．
