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：
（2019年广西桂林市）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质，勾股定理，翻折变换（折叠问题）
【分析】由折叠可得，E，G分别为AD，CD的中点，设CD＝2a，AD＝2b，根据Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，可得即a2+（2b）2＝（3a）2，进而得出的值．
解：由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
∵∠C＝90°，
∴Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
即b＝a，
∴，
∴的值为，
故选：B．
【点评】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
（2019年山东省临沂市）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（ ）
A．OM＝AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，矩形的判定
【分析】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM＝AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
◆变式训练
（2019年山东省泰安市）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（ ）
A．2 B．4 C． D．
（2019年吉林省长春市）如图，有一张矩形纸片ABCD，AB＝8，AD＝6．先将矩形纸片ABCD折叠，使边AD落在边AB上，点D落在点E处，折痕为AF，再将△AEF沿EF翻折，AF与BC相交于点G，则△GCF的周长为 ．
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
（2019年河北省）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15°
【考点】菱形的性质
【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD＝2∠1，求出∠BAD＝30°，即可得出∠1＝15°．
解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，
∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠1＝15°，
故选：D．
【点评】此题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
（2019年湖北省咸宁市）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD，
②四边形CMPN是菱形，
③P，A重合时，MN＝2，
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 （把正确结论的序号都填上）．
【考点】菱形的判定与性质，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确，假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误，点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确，当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确，
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误，
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确，
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
（2019年江苏省宿迁市）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
【考点】矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理
【分析】（1）根据菱形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过作于，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
◆变式训练
（2019年天津市）如图，四边形为菱形，，两点的坐标分别是，，点，在坐标轴上，则菱形的周长等于（ ）
A． B． C． D．20
（2019年广西南宁市、北部湾经济区、北海市、崇左市、防城港市、钦州市）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO＝4，S菱形ABCD＝24，则AH＝ ．
（2019年山东省东营市）如图，在平面直角坐标系中，△ACE是以菱形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，AC＝2，点C与点E关于x轴对称，则点D的坐标是 ．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
（2019年广西河池市）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE＝CF，则图中与∠AEB相等的角的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可证明△ABE≌△BCF，再根据全等三角形的性质可得∠BFC＝∠AEB，进一步得到∠DAE＝∠AEB，∠BFC＝∠ABF，从而求解．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BFC＝∠AEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BFC＝∠ABF，
故图中与∠AEB相等的角的个数是3．
故选：C．
【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．
（2019年北京市）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 ．
【考点】二元一次方程组的应用，菱形的性质，正方形的性质
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：，解得：，得出AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，即可得出菱形的面积．
解：如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
设OA＝x，OB＝y，
由题意得：，
解得：，
∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×6×4＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用，熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键．
（2019年湖北省江汉油田、潜江、仙桃、天门市）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：
（1）AE⊥BF，
（2）四边形BEGF是平行四边形．
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的性质
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得出∠CBF＝∠CEG，证出AE⊥EG，即可得出结论，
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证明△APE≌△ECG得出AE＝EG，证出EG＝BF，即可得出结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵EG∥BF，
∴∠CBF＝∠CEG，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CEG+∠BEA＝90°，
∴AE⊥EG，
∴AE⊥BF，
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示：
则AP＝CE，∠EBP＝90°，
∴∠P＝45°，
∵CG为正方形ABCD外角的平分线，
∴∠ECG＝45°，
∴∠P＝∠ECG，
由（1）得∠BAE＝∠CEG，
在△APE和△ECG中，，
∴△APE≌△ECG（ASA），
∴AE＝EG，
∵AE＝BF，
∴EG＝BF，
∵EG∥BF，
∴四边形BEGF是平行四边形．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
◆变式训练
（2019年安徽省）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC=12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF=9的点P的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
（2019年黑龙江省伊春市）如图，四边形是边长为的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到……记、、的面积分别为、、，如此下去，则_____．
（2019年湖南省长沙市）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF，
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2019年贵州省遵义市）我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．已知四边形ABCD的中点四边形是正方形，对角线AC与BD的关系，下列说法正确的是（ ）
A．AC，BD相等且互相平分 B．AC，BD垂直且互相平分
C．AC，BD相等且互相垂直 D．AC，BD垂直且平分对角
【考点】中点四边形
【分析】利用中点四边形的判定方法得到答案即可．
解：顺次连接对角线相等的四边形的四边中点得到的是菱形，
顺次连接对角线垂直的四边形的四边中点得到的是矩形，
顺次连接对角线相等且垂直的四边形的四边中点得到的四边形是正方形，
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，牢记其规律是解答本题的关键．
◆变式训练
（2019年辽宁省沈阳市）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是 ．
（2019年湖北省十堰市）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
（2019年江苏省无锡市）下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和为360°
B．对角线互相平分
C．对角线相等
D．对角线互相垂直
（2019年贵州省铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC上，且CE＝CD，CF＝CB，则S△CEF＝( )
A． B． C． D．
（2019年贵州省贵阳市 ）如图，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（ ）
A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm
（2019年四川省泸州市）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．32
（2019年浙江省台州市）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（ ）
A．：1 B．3：2 C．：1 D．：2
（2019年江苏省徐州市）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若MN＝4，则AC的长为 ．
（2019年湖北省十堰市）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为 ．
（2019年广东省深圳市）如图在正方形中，，将沿翻折，使点对应点刚好落在对角线上，将沿翻折，使点对应点落在对角线上，求______.
（2019年山东省青岛市）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为 cm．
（2019年福建省）如图，点E、F分别是矩形ABCD的边 AB、CD上的一点，且DF＝BE.
求证：AF=CE.
（2019年安徽省）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB.
（1）将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD.
（2）以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点.（作出一个菱形即可）
选择题
（2019年辽宁省辽阳市）如图，直线EF是矩形ABCD的对称轴，点P在CD边上，将△BCP沿BP折叠，点C恰好落在线段AP与EF的交点Q处，BC＝4，则线段AB的长是（ ）
A．8 B．8 C．8 D．10
（2019年辽宁省大连市）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．2
（2019年广东省广州市）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为（ ）
A． B． C．10 D．8
（2019年湖北省荆州市）如图，矩形ABCD的顶点A，B，C分别落在∠MON的边OM，ON上，若OA＝OC，要求只用无刻度的直尺作∠MON的平分线．小明的作法如下：连接AC，BD交于点E，作射线OE，则射线OE平分∠MON．有以下几条几何性质：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对角线互相平分，③等腰三角形的“三线合一”．小明的作法依据是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
（2019年四川省眉山市）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是（ ）
A．1 B． C．2 D．
（2019年江苏省苏州市）如图，菱形的对角线，交于点，，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，点与点之间的距离为( )
A． B． C． D．
（2019年浙江省绍兴市）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．一直变大 D．保持不变
（2019年浙江省金华市、丽水市）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（ ）
A． B．﹣1 C． D．
（2019年湖北省襄阳市）如图，分别以线段AB的两个端点为圆心，大于AB的一半的长为半径画弧，两弧分别交于C，D两点，连接AC，BC，AD，BD，则四边形ADBC一定是（ ）
A．正方形 B．矩形 C．梯形 D．菱形
（2019年湖南省娄底市）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
填空题
（2019年广西玉林市）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，一发光电子开始置于AB边的点P处，并设定此时为发光电子第一次与矩形的边碰撞，将发光电子沿着PR方向发射，碰撞到矩形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，若发光电子与矩形的边碰撞次数经过2019次后，则它与AB边的碰撞次数是 ．
（2019年辽宁省本溪市）如图，BD是矩形ABCD的对角线，在BA和BD上分别截取BE，BF，使BE＝BF，分别以E，F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧在∠ABD内交于点G，作射线BG交AD于点P，若AP＝3，则点P到BD的距离为 ．
（2019年四川省成都市）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为 ．
（2019年浙江省温州市）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 cm．
（2019年北京市）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，
②存在无数个四边形MNPQ是矩形，
③存在无数个四边形MNPQ是菱形，
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
（2019年江苏省扬州）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN.若AB=7，BE=5，则MN=_______.
解答题
（2019年浙江省嘉兴市）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．
（2019年山东省菏泽市）如图，四边形ABCD是矩形．
（1）用尺规作线段AC的垂直平分线，交AB于点E，交CD于点F（不写作法，保留作图痕迹），
（2）若BC＝4，∠BAC＝30°，求BE的长．
（2019年广西贺州市）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF，
（2）当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
（2019年广西贺州市）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF，
（2）当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
（2019年黑龙江省哈尔滨市）.已知：在矩形中，是对角线，于点，于点；
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，连接.，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形面积的.
【考点】矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形
（2019年山东省滨州市（a卷））如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形，
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
（2019年广西百色市）如图，菱形ABCD中，作BE⊥AD、CF⊥AB，分别交AD、AB的延长线于点E、F．
（1）求证：AE＝BF，
（2）若点E恰好是AD的中点，AB＝2，求BD的值．
（2019年江苏省盐城市）如图，AD是△ABC的角平分线．
（1）作线段AD的垂直平分线EF，分别交AB、AC于点E、F，（用直尺和圆规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）连接DE、DF，四边形AEDF是 形．（直接写出答案）
（2019年湖北省黄冈市）如图，ABCD是正方形，E是CD边上任意一点，连接AE，作BF⊥AE，DG⊥AE，垂足分别为F，G．求证：BF﹣DG＝FG．
（2019年山东省临沂市）如图，在正方形ABCD中，E是DC边上一点，（与D、C不重合），连接AE，将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，延长EF交BC于G，连接AG，作GH⊥AG，与AE的延长线交于点H，连接CH．显然AE是∠DAF的平分线，EA是∠DEF的平分线．仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线（仅限于小于180°的角平分线），并说明理由．
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：
（2019年广西桂林市）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质，勾股定理，翻折变换（折叠问题）
【分析】由折叠可得，E，G分别为AD，CD的中点，设CD＝2a，AD＝2b，根据Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，可得即a2+（2b）2＝（3a）2，进而得出的值．
解：由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
∵∠C＝90°，
∴Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
即b＝a，
∴，
∴的值为，
故选：B．
【点评】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
（2019年山东省临沂市）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（ ）
A．OM＝AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，矩形的判定
【分析】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM＝AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
◆变式训练
（2019年山东省泰安市）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（ ）
A．2 B．4 C． D．
【考点】垂线段最短，三角形的中位线定理，矩形的性质，轨迹
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值，由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝2
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°
∴∠DP2P1＝90°
∴∠DP1P2＝45°
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2
故选：D．
【点评】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
（2019年吉林省长春市）如图，有一张矩形纸片ABCD，AB＝8，AD＝6．先将矩形纸片ABCD折叠，使边AD落在边AB上，点D落在点E处，折痕为AF，再将△AEF沿EF翻折，AF与BC相交于点G，则△GCF的周长为 ．
【考点】矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】根据折叠的性质得到∠DAF＝∠BAF＝45°，根据矩形的性质得到FC＝ED＝2，根据勾股定理求出GF，根据周长公式计算即可．
解：由折叠的性质可知，∠DAF＝∠BAF＝45°，
∴AE＝AD＝6，
∴EB＝AB﹣AE＝2，
由题意得，四边形EFCB为矩形，
∴FC＝ED＝2，
∵AB∥FC，
∴∠GFC＝∠A＝45°，
∴GC＝FC＝2，
由勾股定理得，GF＝＝2，
则△GCF的周长＝GC+FC+GF＝4+2，
故答案为：4+2．
【点评】本题考查的是翻折变换的性质、矩形的性质一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
■考点2. 菱形的性质、判定 与应用
◇典例
（2019年河北省）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15°
【考点】菱形的性质
【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，∠BAD＝2∠1，求出∠BAD＝30°，即可得出∠1＝15°．
解：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，
∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，
∴∠BAD+∠D＝180°，
∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠1＝15°，
故选：D．
【点评】此题考查了菱形的性质，以及平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
（2019年湖北省咸宁市）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD，
②四边形CMPN是菱形，
③P，A重合时，MN＝2，
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 （把正确结论的序号都填上）．
【考点】菱形的判定与性质，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确，假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误，点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确，当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确，
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误，
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确，
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
（2019年江苏省宿迁市）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
【考点】矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理
【分析】（1）根据菱形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过作于，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
◆变式训练
（2019年天津市）如图，四边形为菱形，，两点的坐标分别是，，点，在坐标轴上，则菱形的周长等于（ ）
A． B． C． D．20
【考点】菱形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出AB的长，进而求出菱形的周长．解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（2，0），（0，1），
∴AO=2，OB=1，ACBD
∴由勾股定理知：
∵四边形为菱形
∴AB=DC=BC=AD=
∴菱形的周长为：．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理以及坐标与图形的性质，得出AB的长是解题关键．
（2019年广西南宁市、北部湾经济区、北海市、崇左市、防城港市、钦州市）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO＝4，S菱形ABCD＝24，则AH＝ ．
【考点】勾股定理，菱形的性质
【分析】根据菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO＝4，AO＝CO，AC⊥BD，
∴BD＝8，
∵S菱形ABCD＝AC×BD＝24，
∴AC＝6，
∴OC＝AC＝3，
∴BC＝＝5，
∵S菱形ABCD＝BC×AH＝24，
∴AH＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC是解题的关键．
（2019年山东省东营市）如图，在平面直角坐标系中，△ACE是以菱形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，AC＝2，点C与点E关于x轴对称，则点D的坐标是 ．
【考点】等边三角形的性质，菱形的性质，关于x轴、y轴对称的点的坐标，含30°的直角三角形的性质
【分析】设CE和x轴交于H，根据等边三角形的性质可知CH＝1，根据勾股定理即可求出AH的长，再根据菱形的性质和含30°的直角三角形的性质可求DH、AO的长，所以OD可求，又因为D在x轴上，纵坐标为0，问题得解．
解：如图，
∵△ACE是以菱形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，AC＝2，
∴CH＝1，
∴AH＝，
∵∠ABO＝∠DCH＝30°，
∴DH＝AO＝，
∴OD＝﹣﹣＝，
∴点D的坐标是（，0）．
故答案为：（，0）．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质、含30°的直角三角形的性质、点关于x轴对称的特点以及勾股定理的运用．
■考点3. 正方形的性质、判定 与应用
◇典例：
（2019年广西河池市）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE＝CF，则图中与∠AEB相等的角的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可证明△ABE≌△BCF，再根据全等三角形的性质可得∠BFC＝∠AEB，进一步得到∠DAE＝∠AEB，∠BFC＝∠ABF，从而求解．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BFC＝∠AEB，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BFC＝∠ABF，
故图中与∠AEB相等的角的个数是3．
故选：C．
【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．
（2019年北京市）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 ．
【考点】二元一次方程组的应用，菱形的性质，正方形的性质
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：，解得：，得出AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，即可得出菱形的面积．
解：如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
设OA＝x，OB＝y，
由题意得：，
解得：，
∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×6×4＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用，熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键．
（2019年湖北省江汉油田、潜江、仙桃、天门市）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：
（1）AE⊥BF，
（2）四边形BEGF是平行四边形．
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的性质
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得出∠CBF＝∠CEG，证出AE⊥EG，即可得出结论，
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证明△APE≌△ECG得出AE＝EG，证出EG＝BF，即可得出结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵EG∥BF，
∴∠CBF＝∠CEG，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CEG+∠BEA＝90°，
∴AE⊥EG，
∴AE⊥BF，
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示：
则AP＝CE，∠EBP＝90°，
∴∠P＝45°，
∵CG为正方形ABCD外角的平分线，
∴∠ECG＝45°，
∴∠P＝∠ECG，
由（1）得∠BAE＝∠CEG，
在△APE和△ECG中，，
∴△APE≌△ECG（ASA），
∴AE＝EG，
∵AE＝BF，
∴EG＝BF，
∵EG∥BF，
∴四边形BEGF是平行四边形．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
◆变式训练
（2019年安徽省）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC=12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF=9的点P的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【考点】正方形的性质,轴对称-最短路径问题，勾股定理
【分析】P点是正方形的边上的动点，我们可以先求PE+PF的最小值，然后根据PE+PF=9判断得出其中一边上P点的个数，即可解决问题.
解：如图，过E点作关于AB的对称点E’，则当E’，P，F三点共线时PE+PF取最小值，
∵∠EAP=45°，
∴∠EA E’=90°，
又∵AE=EF=A E’=4，
∴PE+PF的最小值为E’F=，
∵满足PE+PF=9=，
∴在边AB上存在两个P点使PE+PF=9，
同理在其余各边上也都存在两个P点满足条件，
∴满足PE+PF=9的点P的个数是8，
故选：D.
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及根据轴对称求最短路径，有一定难度，巧妙的运用求最值的思想判断满足题意的点的个数是解题关键.
（2019年黑龙江省伊春市）如图，四边形是边长为的正方形，以对角线为边作第二个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第三个正方形，连接，得到；再以对角线为边作第四个正方形，连接，得到……记、、的面积分别为、、，如此下去，则_____．
【考点】正方形的性质，规律型：图形变换
【分析】首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．
解：四边形是正方形，
，
，
，
∴，
，
，
同理可求：，…，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查正方形的性质，规律型：图形变换，解题关键在于找到规律
（2019年湖南省长沙市）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF，
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD，得出AE＝DF，由SAS证明△BAE≌△ADF，即可得出结论，
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA＝∠FAD，得出∠GAE+∠AEG＝90°，因此∠AGE＝90°，由勾股定理得出BE＝＝5，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD，
∵DE＝CF，
∴AE＝DF，
在△BAE和△ADF中，，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴BE＝AF，
（2）解：由（1）得：△BAE≌△ADF，
∴∠EBA＝∠FAD，
∴∠GAE+∠AEG＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∵AB＝4，DE＝1，
∴AE＝3，
∴BE＝＝＝5，
在Rt△ABE中，AB×AE＝BE×AG，
∴AG＝＝．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
■考点4. 特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2019年贵州省遵义市）我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．已知四边形ABCD的中点四边形是正方形，对角线AC与BD的关系，下列说法正确的是（ ）
A．AC，BD相等且互相平分 B．AC，BD垂直且互相平分
C．AC，BD相等且互相垂直 D．AC，BD垂直且平分对角
【考点】中点四边形
【分析】利用中点四边形的判定方法得到答案即可．
解：顺次连接对角线相等的四边形的四边中点得到的是菱形，
顺次连接对角线垂直的四边形的四边中点得到的是矩形，
顺次连接对角线相等且垂直的四边形的四边中点得到的四边形是正方形，
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，牢记其规律是解答本题的关键．
◆变式训练
（2019年辽宁省沈阳市）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是 ．
【考点】中点四边形
【分析】根三角形的中位线定理即可求得四边形EFGH的各边长，从而求得周长．
证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG＝BC＝×＝，
同理HF＝BC＝，
EH＝GF＝AD＝＝．
∴四边形EGFH的周长是：4×＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
（2019年湖北省十堰市）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
【考点】平行四边形的性质，矩形的性质
【分析】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
解：矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等．
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
（2019年江苏省无锡市）下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和为360°
B．对角线互相平分
C．对角线相等
D．对角线互相垂直
【考点】菱形的性质，矩形的性质
【分析】矩形与菱形相比，菱形的四条边相等、对角线互相垂直；矩形四个角是直角，对角线相等，由此结合选项即可得出答案．
解：A．菱形、矩形的内角和都为360°，故本选项错误；
B、对角互相平分，菱形、矩形都具有，故本选项错误；
C、对角线相等菱形不具有，而矩形具有，故本选项正确
D、对角线互相垂直，菱形具有而矩形不具有，故本选项错误，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质及矩形的性质，熟练掌握矩形的性质与菱形的性质是解题的关键.
（2019年贵州省铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC上，且CE＝CD，CF＝CB，则S△CEF＝( )
A． B． C． D．
【考点】菱形的性质，等边三角形的性质
【分析】根据菱形的性质得出△CEF为等边三角形，即可解答
解：∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°
∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°
∵CE＝CD，CF＝CB
∴CE＝CF＝
∴△CEF为等边三角形
∴S△CEF＝
故选：D.
【点睛】此题考查菱形的性质和等边三角形的性质，解题关键在于得出△CEF为等边三角形
（2019年贵州省贵阳市 ）如图，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（ ）
A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm
【考点】菱形的性质、等边三角形的判定和性质
【分析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC=60°，而AB=BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．
解：∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵菱形ABCD的周长是4cm，
∴AB＝BC＝AC＝1cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明△ABC是等边三角形．
（2019年四川省泸州市）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．32
【考点】勾股定理，菱形的性质
【分析】由菱形的性质可知AC⊥BD，2OD?AO＝28①，进而可利用勾股定理得到OD2+OA2＝36②，结合①②两式化简即可得到OD+OA的值．
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝AC，DO＝BO＝BD，AC⊥BD，
∵面积为28，
∴AC?BD＝2OD?AO＝28 ①
∵菱形的边长为6，
∴OD2+OA2＝36 ②，
由①②两式可得：（OD+AO）2＝OD2+OA2+2OD?AO＝36+28＝64．
∴OD+AO＝8，
∴2（OD+AO）＝16，即该菱形的两条对角线的长度之和为16．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理的运用以及菱形面积公式的运用，解题的关键是利用整体思想求出OD?OA的值，题目的综合性较强，对学生的计算能力要求较高．
（2019年浙江省台州市）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（ ）
A．：1 B．3：2 C．：1 D．：2
【考点】正方形的性质，图形的剪拼
【分析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．求出△DFN与△DNK的面积比即可．
解：如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．
由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，
∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF＝DK，
∴＝＝＝（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），
∴＝＝，
∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为：1，
故选：A．
【点评】本题考查图形的拼剪，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（2019年江苏省徐州市）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若MN＝4，则AC的长为 ．
【考点】三角形中位线定理，矩形的性质
【分析】根据中位线的性质求出BO长度，再依据矩形的性质AC＝BD＝2BO进行求解问题．
解：∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝8．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝2BO＝16．
故答案为16．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．
（2019年湖北省十堰市）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，菱形的性质
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得BO＝DO，然后求出OE是△BCD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出CD，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，
∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴CD＝2OE＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24，
故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理，熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
（2019年广东省深圳市）如图在正方形中，，将沿翻折，使点对应点刚好落在对角线上，将沿翻折，使点对应点落在对角线上，求______.
【考点】翻折变换，正方形的性质，勾股定理
【分析】作于点，构造直角三角形，运用勾股定理求解即可.
解：作于点，
由折叠可知：，，
∴正方形边长
∴.
故答案为：.
【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，
（2019年山东省青岛市）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为 cm．
【考点】正方形的性质，勾股定理．翻折变换（折叠问题）
【分析】设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．
解：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝．
根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝﹣4．
在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，
在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，
所以（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝﹣2．
则FC＝4﹣x＝6﹣．
故答案为6﹣．
【点评】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理．折叠问题主要是抓住折叠的不变量，在直角三角形中利用勾股定理求解是解题的关键．
（2019年福建省）如图，点E、F分别是矩形ABCD的边 AB、CD上的一点，且DF＝BE.
求证：AF=CE.
【考点】矩形的性质、全等三角形的判定与性质
【分析】由SAS证明△ADF≌△CBE，即可得出AF＝CE．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
在△ADF和△CBE中，，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE．
【点睛】本题考查了矩形的性质、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题的关键．
（2019年安徽省）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB.
（1）将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD.
（2）以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点.（作出一个菱形即可）
【考点】平移的性质,菱形的性质
【分析】（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据菱形的性质作图即可.
解：（1）如图，线段CD即为所求；
（2）如图，菱形CDEF即为所求（菱形CDEF不唯一）.
【点睛】本题考查了平移的性质以及菱形的性质，根据题意结合网格特点画出图形是解题关键.
选择题
（2019年辽宁省辽阳市）如图，直线EF是矩形ABCD的对称轴，点P在CD边上，将△BCP沿BP折叠，点C恰好落在线段AP与EF的交点Q处，BC＝4，则线段AB的长是（ ）
A．8 B．8 C．8 D．10
【考点】矩形的性质，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】由题意得：BF＝BC，EF∥AB，由平行线的性质得出∠ABQ＝∠BQF，由折叠的性质得：∠BQP＝∠C＝90°，BQ＝BC，得出∠AQB＝90°，BF＝BQ，证出∠BQF＝30°，得出∠ABQ＝30°，在Rt△ABQ中，由直角三角形的性质得出AB＝2AQ，BQ＝AQ＝4，即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
由题意得：BF＝BC，EF∥AB，
∴∠ABQ＝∠BQF，
由折叠的性质得：∠BQP＝∠C＝90°，BQ＝BC，
∴∠AQB＝90°，BF＝BQ，
∴∠BQF＝30°，
∴∠ABQ＝30°，
在Rt△ABQ中，AB＝2AQ，BQ＝AQ＝4，
∴AQ＝4，AB＝8，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、轴对称的性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握翻折变换的性质，证出∠ABQ＝30°是解题的关键．
（2019年辽宁省大连市）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．2
【考点】矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，得出∠AFE＝∠CEF，由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，∠AFE＝∠AEF，得出AF＝AE＝CE，设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程得出AF＝5，在Rt△AFD'中，由勾股定理即可得出结果．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE＝CE，
设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴AF＝5，
在Rt△AFD'中，由勾股定理得：D'F＝＝＝3，
故选：C．
【点评】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
（2019年广东省广州市）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为（ ）
A． B． C．10 D．8
【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】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=4，再由勾股定理求出AC即可．
解：如图，连结AE，
设AC交EF于O，
依题意，有AO＝OC，∠AOF＝∠COE，∠OAF＝∠OCE，
所以，△OAF≌△OCE（ASA），
所以，EC＝AF＝5，
因为EF为线段AC的中垂线，
所以，EA＝EC＝5，
又BE＝3，由勾股定理，得：AB＝4，
所以，AC＝
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、勾股定理，熟练掌握是解题的关键.
（2019年湖北省荆州市）如图，矩形ABCD的顶点A，B，C分别落在∠MON的边OM，ON上，若OA＝OC，要求只用无刻度的直尺作∠MON的平分线．小明的作法如下：连接AC，BD交于点E，作射线OE，则射线OE平分∠MON．有以下几条几何性质：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对角线互相平分，③等腰三角形的“三线合一”．小明的作法依据是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【考点】等腰三角形的性质，矩形的性质，作图—基本作图
【分析】利用矩形的性质得到AE＝CE，则OE为等腰三角形底边上的中线，利用等腰三角形的性质可得到射线OE平分∠MON．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AE＝CE，
而OA＝OC，
∴OE为∠AOC的平分线．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段，作一个角等于已知角，作已知线段的垂直平分线，作已知角的角平分线，过一点作已知直线的垂线）．也考查了矩形的性质和等腰三角形的性质．
（2019年四川省眉山市）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【考点】线段垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的性质
【分析】连接CE，由矩形的性质得出∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，由线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，
∵EF⊥AC，
∴AE＝CE，
设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+62＝（8﹣x）2，
解得：x＝，
即DE＝，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
（2019年江苏省苏州市）如图，菱形的对角线，交于点，，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，点与点之间的距离为( )
A． B． C． D．
【考点】勾股定理，菱形的性质
【分析】由菱形性质得到AO，BO长度，然后在利用勾股定理解出即可
解：由菱形的性质得
为直角三角形
故选C
【点睛】本题主要考查直角三角形勾股定理以及菱形的性质，本题关键在于利用菱形性质求出直角三角形的两条边
（2019年浙江省绍兴市）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（ ）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．一直变大 D．保持不变
【考点】矩形的性质，正方形的性质
【分析】连接DE，△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等．
解：连接DE，
∵，
，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．
故选：D．
【点评】此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键．
（2019年浙江省金华市、丽水市）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（ ）
A． B．﹣1 C． D．
【考点】正方形的性质，剪纸问题．
【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH＝MF且正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解．
解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：
由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，
设正方形ABCD的边长为2a，
则正方形ABCD的面积为4a2，
∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等
∴由折叠可知正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积＝，
∴正方形EFGH的边长GF＝＝
∴HF＝GF＝
∴MF＝PH＝＝a
∴＝a÷＝
故选：A．
【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题关键．
（2019年湖北省襄阳市）如图，分别以线段AB的两个端点为圆心，大于AB的一半的长为半径画弧，两弧分别交于C，D两点，连接AC，BC，AD，BD，则四边形ADBC一定是（ ）
A．正方形 B．矩形 C．梯形 D．菱形
【考点】线段垂直平分线的性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，梯形，作图—复杂作图
【分析】根据四边相等的四边形是菱形即可判断．
解：由作图可知：AC＝AD＝BC＝BD，
∴四边形ACBD是菱形，
故选：D．
【点评】本题考查基本作图，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
（2019年湖南省娄底市）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，中点四边形
【分析】作出图形，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半判定出四边形EFGH是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得EF⊥FG，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断．
解：如图，∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF∥AC且EF＝AC，
同理，GH∥AC且GH＝AC，
∴EF∥GH且EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又根据三角形的中位线定理，EF∥AC，FG∥BD，
∴EF⊥FG，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理，菱形的性质，以及矩形的判定，连接四边形的中点得到的四边形的形状主要与原四边形的对角线的关系有关，原四边形的对角线相等，则得到的四边形是菱形，原四边形对角线互相垂直，则得到的四边形是矩形，连接任意四边形的四条边的中点得到的四边形都是平行四边形．
填空题
（2019年广西玉林市）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，一发光电子开始置于AB边的点P处，并设定此时为发光电子第一次与矩形的边碰撞，将发光电子沿着PR方向发射，碰撞到矩形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，若发光电子与矩形的边碰撞次数经过2019次后，则它与AB边的碰撞次数是 ．
【考点】矩形的性质，生活中的轴对称现象
【分析】根据反射角与入射角的定义可以在格点中作出图形，可以发现，在经过6次反射后，发光电子回到起始的位置，即可求解．
解：如图
根据图形可以得到：每6次反弹为一个循环组依次循环，经过6次反弹后动点回到出发点（6，0），且每次循环它与AB边的碰撞有2次，
∵2019÷6＝336…3，
当点P第2019次碰到矩形的边时为第337个循环组的第3次反弹，点P的坐标为（6，4）
∴它与AB边的碰撞次数是＝336×2+1＝673次
故答案为673
【点评】本题主要考查了矩形的性质，点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
（2019年辽宁省本溪市）如图，BD是矩形ABCD的对角线，在BA和BD上分别截取BE，BF，使BE＝BF，分别以E，F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧在∠ABD内交于点G，作射线BG交AD于点P，若AP＝3，则点P到BD的距离为 ．
【考点】角平分线的性质，矩形的性质，作图—复杂作图
【分析】首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平分线，然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可．
解：结合作图的过程知：BP平分∠ABD，
∵∠A＝90°，AP＝3，
∴点P到BD的距离等于AP的长，为3，
故答案为：3．
【点评】考查了尺规作图的知识及角平分线的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是根据图形确定BP平分∠ABD．
（2019年四川省成都市）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为 ．
【考点】等边三角形的判定与性质，菱形的性质，轴对称﹣最短路线问题，平移的性质
【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，当B′C⊥A′B′时，A'C+B'C的值最小，推出四边形A′B′CD是矩形，∠B′A′C＝30°，解直角三角形即可得到结论．
解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，
∴A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，
当B′C⊥A′B′时，A'C+B'C的值最小，
∵AB∥A′B′，AB＝A′B′，AB＝CD，AB∥CD，
∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，
∴四边形A′B′CD是矩形，
∠B′A′C＝30°，
∴B′C＝，A′C＝，
∴A'C+B'C的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，正确地理解题意是解题的关键．
（2019年浙江省温州市）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 cm．
【考点】等腰直角三角形的性质，勾股定理，菱形的性质
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2+，再根据S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，即可得出BO＝2+2，进而得到△ABE的周长．
解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2+，
又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，
∴x2＝×2×BO，
∴BO＝2+2，
∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，
∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解题时注意：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半．
（2019年北京市）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，
②存在无数个四边形MNPQ是矩形，
③存在无数个四边形MNPQ是菱形，
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【考点】平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故当MQ∥PN，PQ∥MN，四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，故正确，
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形，故正确，
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形，故正确，
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形与任意矩形ABCD矛盾，故错误，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
（2019年江苏省扬州）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN.若AB=7，BE=5，则MN=_______.
【考点】正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理
【分析】连接FC，根据三角形中位线定理可得FC=2MN，继而根据四边形ABCD，四边形EFGB是正方形，推导得出G、B、C三点共线，然后再根据勾股定理可求得FC的长，继而可求得答案.
解：连接FC，∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴FC=2MN，
∵四边形ABCD，四边形EFGB是正方形，
∴∠FGB=90°，∠ABG=∠ABC=90°，FG=BE=5，BC=AB=7，
∴∠GBC=∠ABG+∠ABC=180°，
即G、B、C三点共线，
∴GC=GB+BC=5+7=12，
∴FC==13，
∴MN=，
故答案为：.
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
解答题
（2019年浙江省嘉兴市）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的性质
【分析】根据SAS即可证明△ABE≌△CDF可得AE＝CF．
解：添加的条件是BE＝DF（答案不唯一）．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
又∵BE＝DF（添加），
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF．
【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
（2019年山东省菏泽市）如图，四边形ABCD是矩形．
（1）用尺规作线段AC的垂直平分线，交AB于点E，交CD于点F（不写作法，保留作图痕迹），
（2）若BC＝4，∠BAC＝30°，求BE的长．
【考点】线段垂直平分线的性质，矩形的性质，作图—基本作图
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的作图解答即可，
（2）利用含30°的直角三角形的性质解答即可．
解：（1）如图所示：
（2）∵四边形ABCD是矩形，EF是线段AC的垂直平分线，
∴AE＝EC，∠CAB＝∠ACE＝30°，
∴∠ECB＝60°，
∴∠ECB＝30°，
∵BC＝4，
∴BE＝．
【点评】此题考查基本作图问题，关键是根据线段的垂直平分线的作图和性质解答．
（2019年广西贺州市）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF，
（2）当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质
【分析】（1）由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，由HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF即可，
（2）由全等三角形的性质得出BE＝DF，得出CE＝AF，由CE∥AF，证出四边形AECF是平行四边形，再由AC⊥EF，即可得出四边形AECF是菱形．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），
（2）解：当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
（2019年广西贺州市）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF，
（2）当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质
【分析】（1）由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，由HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF即可，
（2）由全等三角形的性质得出BE＝DF，得出CE＝AF，由CE∥AF，证出四边形AECF是平行四边形，再由AC⊥EF，即可得出四边形AECF是菱形．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），
（2）解：当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
（2019年黑龙江省哈尔滨市）.已知：在矩形中，是对角线，于点，于点；
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，连接.，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形面积的.
【考点】矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形
【分析】（1）结合矩形的性质和已知条件可证，根据全等三角形对应边相等即知，此题得证；（2）可利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半确定三角形的面积与矩形的面积之间的等量关系..
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴， ，，
∴，
∵于点，于点，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：的面积的面积的面积的面积矩形面积的．
理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴的面积矩形的面积，
∵，
∴的面积矩形的面积；
作于，如图所示：
∵，
∴，
∴的面积矩形的面积，
同理：的面积矩形的面积．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，灵活应用矩形的性质证全等，熟练掌握直角三角形角的性质是解题的关键.
（2019年山东省滨州市（a卷））如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形，
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
【考点】菱形的判定与性质，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立，
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，
∴∠FGE＝∠FEG，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形，
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，
∴AF＝8，
∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，
∵FDE＝90°，
∴22+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，
∴CE＝，
∴四边形CEFG的面积是：CE?DF＝×2＝．
【点评】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
（2019年广西百色市）如图，菱形ABCD中，作BE⊥AD、CF⊥AB，分别交AD、AB的延长线于点E、F．
（1）求证：AE＝BF，
（2）若点E恰好是AD的中点，AB＝2，求BD的值．
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质
【分析】（1）由“AAS”可证△AEB≌△BFC，可得AE＝BF，
（2）由线段垂直平分线的性质可得BD＝AB＝2．
（1）证明：四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC，AD∥BC
∴∠A＝∠CBF
∵BE⊥AD、CF⊥AB
∴∠AEB＝∠BFC＝90°
∴△AEB≌△BFC（AAS）
∴AE＝BF
（2）∵E是AD中点，且BE⊥AD
∴直线BE为AD的垂直平分线
∴BD＝AB＝2
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
（2019年江苏省盐城市）如图，AD是△ABC的角平分线．
（1）作线段AD的垂直平分线EF，分别交AB、AC于点E、F，（用直尺和圆规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）连接DE、DF，四边形AEDF是 形．（直接写出答案）
【考点】线段垂直平分线的性质，作图—基本作图，全等三角形的判定和性质，菱形的判定
【分析】（1）利用尺规作线段AD的垂直平分线即可．
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证明．
解：（1）如图，直线EF即为所求．
（2）∵AD平分∠ABC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠AOE＝∠AOF＝90°，AO＝AO，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF，
∵EF垂直平分线段AD，
∴EA＝ED，FA＝FD，
∴EA＝ED＝DF＝AF，
∴四边形AEDF是菱形．
故答案为菱形．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线，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．
（2019年湖北省黄冈市）如图，ABCD是正方形，E是CD边上任意一点，连接AE，作BF⊥AE，DG⊥AE，垂足分别为F，G．求证：BF﹣DG＝FG．
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADG，再利用“角角边”证明△BAF和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得BF＝AG，根据线段的和与差可得结论．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝90°，
∵BF⊥AE，DG⊥AE，
∴∠AFB＝∠AGD＝∠ADG+∠DAG＝90°，
∵∠DAG+∠BAF＝90°，
∴∠ADG＝∠BAF，
在△BAF和△ADG中，
∵，
∴△BAF≌△ADG（AAS），
∴BF＝AG，AF＝DG，
∵AG＝AF+FG，
∴BF＝AG＝DG+FG，
∴BF﹣DG＝FG．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△BAF≌△ADG是解题的关键．
（2019年山东省临沂市）如图，在正方形ABCD中，E是DC边上一点，（与D、C不重合），连接AE，将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，延长EF交BC于G，连接AG，作GH⊥AG，与AE的延长线交于点H，连接CH．显然AE是∠DAF的平分线，EA是∠DEF的平分线．仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线（仅限于小于180°的角平分线），并说明理由．
【考点】正方形的性质，翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质
【分析】过点H作HN⊥BM于N，利用正方形的性质及轴对称的性质，证明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，证明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分线，再证∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分线．
解：过点H作HN⊥BM于N，
则∠HNC＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠D＝∠DAB＝∠B＝∠DCB＝∠DCM＝90°，
①∵将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，
∴△ADE≌△AFE，
∴∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，AD＝AF，∠DAE＝∠FAE，
∴AF＝AB，
又∵AG＝AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴∠BAG＝∠FAG，∠AGB＝∠AGF，
∴AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，
②由①知，∠DAE＝∠FAE，∠BAG＝∠FAG，
又∵∠BAD＝90°，
∴∠GAF+∠EAF＝×90°＝45°，
即∠GAH＝45°，
∵GH⊥AG，
∴∠GHA＝90°﹣∠GAH＝45°，
∴△AGH为等腰直角三角形，
∴AG＝GH，
∵∠AGB+∠BAG＝90°，∠AGB+∠HGN＝90°，
∴∠BAG＝∠NGH，
又∵∠B＝∠HNG＝90°，AG＝GH，
∴△ABG≌△GNH（AAS），
∴BG＝NH，AB＝GN，
∴BC＝GN，
∵BC﹣CG＝GN﹣CG，
∴BG＝CN，
∴CN＝HN，
∵∠DCM＝90°，
∴∠NCH＝∠NHC＝×90°＝45°，
∴∠DCH＝∠DCM﹣∠NCH＝45°，
∴∠DCH＝∠NCH，
∴CH是∠DCN的平分线，
③∵∠AGB+∠HGN＝90°，∠AGF+∠EGH＝90°，
由①知，∠AGB＝∠AGF，
∴∠HGN＝∠EGH，
∴GH是∠EGM的平分线，
综上所述，AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，CH是∠DCN的平分线，GH是∠EGM的平分线．
【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质及全等的判定方法．
