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专题06 特殊的平行四边形的性质与判定（专题检测卷）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·浙江八年级期末）如图，中，，，点为斜边上的中点，交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·辽宁顺城初三期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
3．（2021·陕西九年级零模）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
4．（2021·北京九年级专题练习）如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·浙江温州市·九年级一模）如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上的一点，过点E作FHAD，GIAB，点F，G，H，I分别在AB，BC，CD，DA上．若AC＝a，∠B＝60°，则图中阴影部分的周长为（ ）
A． B．4a C． D．6a
6．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，若△AEF是边长为2的等边三角形，则正方形的边长是（ ）
A． B．+1 C． D．
7．（2021·浙江九年级）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：
①，②，③的面积，④，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
8．（2020·长沙市天心区明德启南中学初三期中）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、．若，，则下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
9．（2020·湖北汉阳初三期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠DAE＝67.5°，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为 。
11．（2020·张家港市梁丰初级中学初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
11．（2020·四川省初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．
12．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为____．
13．（2021·陕西榆林市·九年级期末）如图，，矩形的顶点，分别在边，上，当点在边上移动时，点随之在边上移动，，，运动过程中，点到点的最大距离为______．
14．（2021·山东济南市·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连结EF，则EF的最小值等于__________．
15．（2020·江苏泰州初三期末）如图正方形ABCD边长为2，E为CD边中点，P为射线BE上一点（P不与B重合），若△PDC为直角三角形，则BP＝_________．
16.（2020·浙江九年级期中）如图，已知为线段上的一点，分别以为边在的同侧作菱形和菱形．点在一条直线上，，分别是对角线，的中点．当时，则：
（1）____________________．
（2）点之间的距离为____________________．（结果留根号）．
三、解答题（本大题共7小题，共64分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2020·山西初三期末）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，求CE的长．
18．（2021·广东佛山市·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DEBC交AB于点E，DFAB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形BEDF的边长．
19．（2021·湖北襄阳市·九年级期末）如图，的对角线，相交于点，，是上的两点，并且，连接，．（1）求证：；（2）若，连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
20．（2020·湖北孝南初三期末）如图，在一次数学兴趣小组活动中，一位同学用直尺和圆规对矩形进行了如下操作：①作的平分线交于点；②过点作交于点过点作交于点．请你根据操作，观察图形解答下列问题：
（1）求证：四边形为正方形；（2）若，求四边形的面积．
21．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，已知在矩形ABCD中，点E在AB边上，F在CE边上，且∠ACD＝∠DAF．（1）当∠CAF＝30°时，求矩形的长宽之比；（2）若∠CAF＝∠ECB，请回答下列问题；①设∠ACE＝x，∠CAF＝y，求y关于x的表达式；②若EB＝1，求CF的长．
22．（2021·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
23．（2020·扬州市江都区实验初级中学初三期中） 在正方形ABCD中．（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．
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专题06 特殊的平行四边形的性质与判定（专题检测卷）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020·浙江八年级期末）如图，中，，，点为斜边上的中点，交于点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到DA=DC，根据等腰三角形的性质得到∠ACD=∠A=25°，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为斜边AB上的中点，∴DA=DC，∴∠ACD=∠A=25°，
∵DE⊥CD，∴∠EDC=90°，∴∠AED=∠ACD+∠EDC=115°，故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、三角形的外角性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
2．（2020·辽宁顺城初三期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【答案】B
【解析】A、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当②∠ABC=90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当AC=BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项正确．故选C．
【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
3．（2021·陕西九年级零模）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质求出边长并得出，然后利用三角形中位线的性质即可求出答案．
【详解】∵菱形的周长为28，∴，，
∵为边中点，∴是的中位线，∴，故选：A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角形中位线定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
4．（2021·北京九年级专题练习）如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 CE，由已知结合方程可得AE=CE=5，DE=3，由勾股定理得到AC后即可得到OC，再由勾股定理和OC、CE的值可以求得OE，从而得到问题解答．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，，，
，，，，
，，设，
在中，由勾股定理得：，
即，解得：，即，，
在中，由勾股定理得：，，
由勾股定理得：，
四边形的周长为，故选：．
【点睛】本题考查矩形的应用，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题关键．
5．（2021·浙江温州市·九年级一模）如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上的一点，过点E作FHAD，GIAB，点F，G，H，I分别在AB，BC，CD，DA上．若AC＝a，∠B＝60°，则图中阴影部分的周长为（ ）
A． B．4a C． D．6a
【答案】B
【分析】由 菱形ABCD，可得都为等边三角形，可得 如图，记阴影四边形的公共顶点为 由FHAD，GIAB，证明为等边三角形，都为等边三角形，从而可得阴影部分的周长为：
【详解】解： 菱形ABCD，都为等边三角形，
如图，记阴影四边形的公共顶点为
FHAD，GIAB，
为等边三角形，同理：都为等边三角形，
阴影部分的周长为： 故选：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，若△AEF是边长为2的等边三角形，则正方形的边长是（ ）
A． B．+1 C． D．
【答案】D
【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得∠BAE＝∠DAF＝15°，作∠AEH＝∠BAE＝15°，交AB于H，由直角三角形的性质可得HE＝2BE＝AH，BH＝BE，由勾股定理可求解；
【详解】由题知：△AEF是边长为2的等边三角形，
∴∠EAF＝60°，AE＝AF，∴∠BAE+∠DAF＝30°，
又AB＝AD，AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠BAE＝∠DAF＝15°，
如图，作∠AEH＝∠BAE＝15°，交AB于H，
∴∠BHE＝30°，AH＝HE，∴HE＝2BE＝AH，BH＝BE，∴AB＝（2+）BE，
∵AE2＝BE2+AB2，∴4＝BE2+（2+）2×BE2，∴BE＝(﹣1）＝，
∴AB＝（2+）BE＝，故选：D．
【点睛】本题主要考查正方形、直角三角形的性质，重点在熟练应用勾股定理及三角形全等；
7．（2021·浙江九年级）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：
①，②，③的面积，④，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【分析】①根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；②根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；③作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，再根据三角形面积公式即可求解；④作DH⊥AB于H，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解．
【详解】解：①∵EF=，∴OE=4，∵AO=AB=6，∴AE=AO+OE=6+4=10，故正确；
②∵∠AOC=90°，∠DOE=45°，∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，则FG=2，∴△COF的面积S△COF=×6×2=6，故正确；
④作DH⊥AB于H，CF=，BH=6-2=4，DH=6+2=8，
BD=，故错误．故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度．
8．（2020·长沙市天心区明德启南中学初三期中）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、．若，，则下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】连接BD，先证明△BOC是等边三角形，得出BO=BC，又FO=FC，从而可得出FB⊥OC，故①正确；因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM，故②错误；再证明四边形EBFD是平行四边形，由OB⊥EF推出四边形EBFD是菱形，故③正确；先在Rt△BCF中，可求出BC的长，再在Rt△BCM中求出BM的长，从而可知④错误，最后可得到答案．
【解析】解：连接BD，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC、BD互相平分，
∵O为AC中点，∴BD也过O点，∴OB=OC，∵∠COB=60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC，
又FO=FC，BF=BF，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴△OBF与△CBF关于直线BF对称，
∴FB⊥OC，∴①正确；
∵∠OBC=60°，∴∠ABO=30°，∵△OBF≌△CBF，∴∠OBM=∠CBM=30°，∴∠ABO=∠OBF，
∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，易证△AOE≌△COF，∴OE=OF，
∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形．
又∠EBO=∠OBF，OE=OF，∴OB⊥EF，∴四边形EBFD是菱形，∴③正确；
∵由①②知△EOB≌△FOB≌△FCB，∴△EOB≌△CMB错误，∴②错误；
∵FC=2，∠OBC=60°，∠OBF=∠CBF，∴∠CBF=30°，∴BF=2CF=4，∴BC=2，
∴CM=BC=，∴BM=3，故④错误．综上可知其中正确结论的个数是2个．故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
9．（2020·湖北汉阳初三期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠DAE＝67.5°，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为 。
【答案】4-2
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，再根据∠DAE=67.5°，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后根据勾股定理求出正方形的对角线BD，再求出BE，最后根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的倍计算即可得解．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，∵∠DAE＝67.5°，
在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，∴∠DAE＝∠AED，∴AD＝DE＝4，
∵正方形的边长为4，∴BD＝4，∴BE＝BD﹣DE＝4﹣4，
∵EF⊥AB，∠ABD＝45°，∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BE＝×（4﹣4）＝4﹣2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边的性质，正方形的对角线与边长的关系，等腰直角三角形的判定与性质，根据角的度数相等求出相等的角，再求出DE＝AD是解题的关键，也是本题的难点．
11．（2020·张家港市梁丰初级中学初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
【答案】
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解析】解：∵四边形是正方形，∴，，．
在中，为的中点，∴．
∵的周长为18，，∴，∴．
在中，根据勾股定理，得，∴，
∴．在中，∵，为的中点，
又∵为的中位线，∴．故答案为.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，涉及直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
11．（2020·四川省初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．
【答案】
【分析】由已知条件可先求得，在Rt△ABE中可求得，再由矩形的性质可得OA=OB，则可求得，即可求得结果；
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴，OA=OB，
∵∠EAD＝3∠BAE，∴，∴，
∵AE⊥BD，∴，
∴，．故答案是．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质求角度，准确利用已知条件是解题的关键．
12．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为____．
【答案】12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四边形CAEG是平行四边形，∴AC＝EG，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC6，
∴AC＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
13．（2021·陕西榆林市·九年级期末）如图，，矩形的顶点，分别在边，上，当点在边上移动时，点随之在边上移动，，，运动过程中，点到点的最大距离为______．
【答案】.
【分析】取AB的中点E，则OE=1，DE=，利用三角形原理可确定最大值.
【详解】如图，取AB的中点E，连接OE，DE，
∵OE是直角三角形ABO斜边上的中线，AB=2，∴OE=1，
在直角三角形DAE中，根据勾股定理，得DE==，
∴当O，D，E三点共线时，DO最大，且最大值为+1，故应该填.
【点睛】本题考查了线段的最值，构造斜边上的中线，灵活运用三角形原理是解题的关键.
14．（2021·山东济南市·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连结EF，则EF的最小值等于__________．
【答案】4.8
【分析】连接，由菱形的性质解得，再根据勾股定理解得，继而证明四边形为矩形，得到，根据垂线段最短解得当时，有最小值，最后根据三角形面积公式解题即可．
【详解】连接，四边形是菱形，
四边形为矩形，
当时，有最小值，此时
的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
15．（2020·江苏泰州初三期末）如图正方形ABCD边长为2，E为CD边中点，P为射线BE上一点（P不与B重合），若△PDC为直角三角形，则BP＝_________．
【答案】或或
【分析】分三种情况：①如图1，当∠DPC=90°时，P在正方形的内部，先根据直角三角形斜边中线的性质得EP的长，利用勾股定理得BE的长，从而可解答；②如图2，当∠DPC=90°时，P在正方形的外部，同理可解答；③如图3，当∠CDP=90°时，证明△BCE≌△PDE（ASA），可得PE=BE=，从而可解答．
【解析】解：分三种情况：①如图1，当∠DPC=90°时，
∵E是CD的中点，且CD=2，∴PE=CD=1，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC=2，∠BCD=90°，∴BE==，∴BP=-1；
②如图2，当∠DPC=90°时，同理可得BP=+1；
③如图3，当∠CDP=90°时，∵∠BCE=∠EDP=90°，DE=CE，∠BEC=∠DEP，
∴△BCE≌△PDE（ASA），∴PE=BE=，∴BP=2，
综上，BP的长是-1或+1或2；故答案为：-1或+1或2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是运用分类讨论的思想解决问题．
16.（2020·浙江九年级期中）如图，已知为线段上的一点，分别以为边在的同侧作菱形和菱形．点在一条直线上，，分别是对角线，的中点．当时，则：
（1）____________________．
（2）点之间的距离为____________________．（结果留根号）．
【答案】
【分析】（1）连接DP，PN，根据菱形的性质得到∠PAC=30°，从而可得PM；
（2）先求出PN，再证明△PMN是直角三角形，最后利用勾股定理求出MN即可．
【详解】解：（1）连接DP，PN，
∵四边形APCD和四边形PBFE都是菱形，∴DP⊥AC，PN⊥BE，
又∵∠PAD=60°，∴∠PAC=30°，在Rt△AMP中，AP=3，则PM=AP=；
（2）同理可得：∠BPN=30°，∴在Rt△PBN中，BN=BP=，
则在Rt△BPN中，PN=，
又∵PD平分∠APC，PN平分∠BPE，∴∠DPN=（∠APC+∠BPE）=90°，
∴△PMN是直角三角形，则MN=，即PM=，MN=．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，构造直角三角形．
三、解答题（本大题共7小题，共64分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2020·山西初三期末）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）过点D作DN⊥AB于点N，先证明四边形FCED是矩形，再由角平分线上的点到角两边的距离相等可知，DF=DE=DN，即可判定矩形FCED是正方形；
（2）根据勾股定理求出AB，△ABC可以拆分为△ACD，△BCD，△ABD三个小三角形，根据面积大三角形面积等于三个小三角形面积之和建立等量关系，可求出CE.
【解析】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；
（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，
∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴，
则，故EC＝＝2．
【点睛】本题考查正方形的判定定理与三角形角平分线性质，熟记判定定理是解题关键.
18．（2021·广东佛山市·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DEBC交AB于点E，DFAB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形BEDF的边长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意可证BE＝DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．
【详解】证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形DEBF是平行四边形，∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBF，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBF＝∠ABC，∴∠ABD＝∠EDB，∴DE＝BE，
又∵四边形BEDF为平行四边形，∴四边形BEDF是菱形；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵DF∥AB，∴∠ABC＝∠DFC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠FDH＝30°，∴FH＝DF，DH＝FH＝DF，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠HDC＝45°，∴DC＝DH＝DF＝6，∴DF＝2 ，
∴菱形BEDF的边长为2．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的判定定理是本题的关键．
19．（2021·湖北襄阳市·九年级期末）如图，的对角线，相交于点，，是上的两点，并且，连接，．（1）求证：；（2）若，连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析
【分析】（1）已知四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，由AE＝CF即可得OE＝OF，利用SAS即可证明△BOE≌△DOF；（2）四边形BEDF是矩形．由（1）得OD＝OB，OE＝OF， 根据对角线互相平方的四边形为平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形， 再由BD＝EF，根据对角线相等的平行四边形为矩形即可判定四边形EBFD是矩形．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，．
又，，即，
在和中，，∴．
（2）四边形是矩形，理由如下：
，相交于点，，，四边形是平行四边形．
又，四边形是矩形．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质和判定，平行四边形的性质及判定、矩形的判定，熟练运用相关的性质及判定定理是解决问题的关键．
20．（2020·湖北孝南初三期末）如图，在一次数学兴趣小组活动中，一位同学用直尺和圆规对矩形进行了如下操作：①作的平分线交于点；②过点作交于点过点作交于点．请你根据操作，观察图形解答下列问题：
（1）求证：四边形为正方形；（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形的面积为14．
【分析】（1）由∠FAB=∠ABE=∠BEF=90°可得四边形ABEF是矩形，再根据EF=EB即可得到四边形ABEF是正方形；（2）连接DE，根据四边形DHEC的面积等于△DEH和△CDE的面积之和进行计算即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形；，
又∵AE平分又
∴四边形ABEF是矩形，又∴四边形ABEF是正方形；
（2）连接DE
，四边形ABEF是正方形，又
∴S四边形DHEC=
【点睛】本题主要考查了基本作图以及正方形的判定，掌握等腰直角三角形的性质以及正方形的性质是解决问题的关键．
21．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，已知在矩形ABCD中，点E在AB边上，F在CE边上，且∠ACD＝∠DAF．（1）当∠CAF＝30°时，求矩形的长宽之比；（2）若∠CAF＝∠ECB，请回答下列问题；①设∠ACE＝x，∠CAF＝y，求y关于x的表达式；②若EB＝1，求CF的长．
【答案】（1）；（2）① ；②2．
【分析】（1）根据矩形的性质和含30°的直角三角形的性质解答即可；
（2）①根据矩形的性质和角的关系得出关系式即可；
②延长EB至G，使BG＝BE，连接CG，根据矩形的性质和边的关系解答即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠ACD＝∠BAC，
∵∠ACD＝∠DAF，∴∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAC﹣∠CAF＝∠DAF﹣∠CAF，∴∠BAF＝∠CAD，
∵∠CAF＝30°，∴∠BAF＝∠CAD＝，
∴△ACD是含30°的直角三角形，∴AD：DC＝∶1，即矩形的长宽之比为∶1；
（2）①设∠ACE＝x，∠CAF＝y，∵∠CAF＝∠ECB，∴∠ECB＝∠CAF＝y，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠BCF+∠ACE＝x+y，
∵∠ACD＝∠DAF＝∠CAF+∠CAD＝y+x+y＝x+2y，∴∠BCD＝∠ACD+∠ACE+∠BCE＝90°，
∴x+2y+x+y＝90°，∴y＝30°-x；
②延长EB至G，使BG＝BE，连接CG，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠DCA＝∠BAC，
∵∠DCA＝∠DAF，∴∠BAC＝∠DAF，∴∠EAF＝∠DAC，
∵∠AFE＝∠FAC+∠ACE，∠ACB＝∠ECB+∠ACE，∠FAC＝∠ECB，∴∠AFE＝∠ACB，
∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC，∴∠EAF＝∠EFA，∴AE＝EF，
∵AB⊥BC，BG＝BE，∴CG＝CE，∴∠ECB＝∠GCB，
∵∠ACG＝∠ACB+∠BCG，∠ACB＝∠CAD，∴∠ACG＝∠DAF＝∠BAC，∴AG＝CG，
又∵CE＝CG，∴CE＝AG，∴CF+EF＝AE+2EB，∴CF＝2EB＝2．
【点睛】本题考查了四边形得到综合题、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
22．（2021·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
【答案】（1）8；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出，，求出，即可得出结果；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出，即可得出结论；
（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出S1﹣S2=S△CGE，，由勾股定理得出AE==4，设，则，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，∴，，
∵，∴，解得：，
∴菱形的周长=2×4=8；
（2）证明：∵四边形是菱形，∴∠=∠，，
∵，，∴∠=∠=90°，
在和中，，∴（），∴，
∵，∴，∴，∴∥；
（3）解：连接CG，如图所示：
∵四边形是菱形，∴，，
在和中，，∴，
∴，和的面积相等，∴S1﹣S2=S△CGE，
，∵，
∴=4，设，则，
∵，∴2+2=2，即：x2+42=(4﹣x)2，
解得：x=，即EG=，∴S1﹣S2=S△CGE=CE EG=×4×=．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
23．（2020·扬州市江都区实验初级中学初三期中） 在正方形ABCD中．（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．
【答案】（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质可得∠BAO=∠CBF，然后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，BN=FH，由（1）题的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：a2+b2=52，然后根据完全平方公式即可求出a+b，进一步即得结果．
【解析】解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，∴△ABE≌△BCF（ASA）．∴AE=BF；
（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，如图4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，∴AM=GE，BN=FH，
∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM=BN，∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为×5=，
设AO=a，BO=b，则ab=，即ab=5，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，
∴a2+2ab+b2=25+10=35，即，∴a+b=，即AO+BO=，∴△AOB的周长为5+．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思想是解题的关键．
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专题06 特殊的平行四边形的性质与判定
知识点精讲
知识点1 矩形的定义及性质
1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形
注：①矩形是特殊的平行四边形，平行四边形的性质，矩形都拥有；②矩形的定义有2个要素：1个直角+平行四边形；③有1个角是直角，根据平行四边形的性质，剩下的3个角也是直角。
2）矩形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。在矩形的性质分析中，可衍生出一个重要的推论。如下图，四边形ABCD为矩形：
1）边（无特殊性质）：①对边平行；②对边相等（与平行四边形相同），
即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC
2）角：四个角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°
3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即如下图，如∠A=90°，点O为斜边BC的中点，则AO=BC（或AO=OB=OC）
1．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12 B．12.5 C．15 D．24
2．（2021·吉林松原市·前郭县一中九年级一模）如图所示，点是矩形的对角线的中点，点为的中点．若，，则的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
3．（2020·浙江八年级月考）如图，矩形中，，点在边上，且．动点从点出发，沿运动到点停止．过点作交射线于点，联结．设是线段的中点，则在点运动的整个过程中，线段长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．（2020·南通市初三月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为_____．
知识点2 矩形的判定
矩形是特殊的平行四边形，常见的判定思路为：平行四边形+矩形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个角是90°，即
2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形，即∠BAB=∠ABC=∠BCD=90°
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相等，即
注：①判定方法2也是按照平行四边形+矩形特殊性质的思路进行的，其中3个角为直角，首先可以推导出四边形为平行四边形，又有角是90°，所以是矩形。判定方法2是判定方法1的拓展。
②判定方法3还可以拓展为：对角线相等且相互平分的四边形为矩形。
1．(2020.成都市初三期末)下列命题正确的是（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．四条边相等的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形
2．（2020·山西省初三期中）数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否为直角
3．（2021·广东河源市·九年级期末）四边形ABCD的对角线互相平分，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AB＝BC D．AC＝BD
4．（2020·江苏省泰兴市黄桥初级中学初三期中）如图，在平行四边形中，、是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是( )
A． B． C． D．
5．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，是的中线，，且，连接，．（1）求证：（2）当满足什么条件时，四边形是矩形？并说明理由．
知识点3菱形的定义与性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。
注：①菱形为特殊平行四边形；②两要素：平行四边形+邻边相等
（2）菱形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。在菱形的性质分析中，可推导出一个面积公式。如下图，四边形ABCD为菱形形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角（无特殊性质）：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）菱形的面积：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD
6）推论：任意一个对角线相互垂直的四边形面积都等于两条对角线乘积的一半。
1．（2021·陕西西安市第三中学九年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．中心对称图形 B．对边分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等
2．（2021·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4 B．4.5 C．8 D．9
3．（2021·陕西九年级零模）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
4．（2021·贵州贵阳市·九年级期末）如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．4
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为____．
知识点4 菱形的判定
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路为：平行四边形+菱形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等，即
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，即
4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分角顶角，即
注：①判定方法2也是按照平行四边形+菱形特殊性质的思路进行的，其中四条边相等，即对边相等，首先可以推导出四边形为平行四边形，又有邻边相等，所以是菱形。判定方法2是判定方法1的拓展。
②判定方法3还可以拓展为：对角线相互垂直且平分的四边形为菱形。
1．（2021·西安市第八十六中学九年级期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为矩形，则可以添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·湖北襄阳市·八年级期末）如图，四边形ABCD沿直线l对折后重合，如果，则结论①ABCD；②AB=CD；③；④中正确的是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2021·山东威海市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，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．添加一个条件，使四边形AEBD是菱形，这个条件是（ ）
A． B． C． D．DE平分
4．（2021·广西玉林市·九年级期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求的长．
5．（2021·辽宁沈阳市·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，过点A作AEBC，过点D作DEAB，DE与AC，AE分别交于点O，E，连接EC．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）若AB＝AO，OD＝1，则菱形ADCE的周长为 ．
知识点5正方形的定义与性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形
注：①正方形是特殊平行四边形，特殊矩形，特殊菱形。三者性质正方形都满足；
②正方形：平行四边形+邻边相等（菱形特征）+一个直角（矩形特征）
（2）正方形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，故平行四边形、矩形、菱形的性质正方形都满足。如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC
2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形
1．（2020·江苏兴化初三期中）下列说法中，错误的是( )
A．平行四边形的对角线互相平分 B．菱形的对角线互相垂直
C．矩形的对角线相等 D．正方形的对角线不一定互相平分
2．（2020·河北辛集初三期末）为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边形与其内部小正方形的边长都为a，则阴影部分的面积
A．2a2 B．3a2 C．4a2 D．5a2
3．（2020·张家港市梁丰初级中学初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
4．（2020·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
5．（2020·江苏仪征初三一模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E为对角线AC上一点，EF⊥DE交AB于F，若四边形AFED的面积为4，则四边形AFED的周长为______．
知识点6 正方形的判定
正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，常见的判定思路为：
①平行四边形+矩形的一个特殊性质+菱形的一个特殊性质；②矩形+菱形的一个特殊性质；③菱形+矩形的一个特殊性质。 如下，仅列举几种方法：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，即
2）判定方法2（从菱形出发）：菱形+1个90°角，即
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，即
1．（2020·甘肃肃州初三期末）下列说法不正确的是（ ）
A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一组邻边相等、一个角是直角的四边形是正方形
2．（2021·山西运城市·九年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．有一组邻边相等的菱形是正方形 D．各边都相等的四边形是正方形
3．（2020·辽宁顺城初三期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
4．（2020·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
5．（2020·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
重难点题型
考点1. 斜边上中线的性质
满分技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2020·河南西华初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
2．（2020·木兰县吉兴乡吉兴中学初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
3．（2020·开原市业民镇中学初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
4．（2020·柘城县实验中学初三其他）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14 B．21 C．24 D．25
5．（2020·长沙市南雅中学初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cm B．cm C．cm D．32cm
考点2.利用矩形的性质求长度、面积、角度等
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·四川省初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．
2．（2020·郑州枫杨外国语学校初三三模）如图，在矩形ABCD中，∠BAC=60°，以点A为圆心、任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE=2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·河南西华初三期末）如图，长方形纸片ABCD中，点E是AD的中点，且AE＝1，BE的垂直平分线MN恰好过C．则长方形的一边CD的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
4．（2020·东北师大附中明珠学校初三其他）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，若，，则该矩形的周长（ ）．
A．12 B．24 C．32 D．22
5．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在矩形中分别是的中点，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
考点3利用菱形的性质求角度、面积或长度
满分技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2020·浙江仙居初三期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28° B．52° C．62° D．72°
2．（2020·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
3．（2020·浙江杭州市·九年级期末）菱形有一个内角是60°，它的边长是2，则此菱形的对角线长为_________．
4．（2021·江苏泰州市·八年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AM⊥CD于点M，已知AC＝6，BD＝8，则AM＝_____．
5．（2021·邹城市看庄中学九年级一模）如图，菱形的对角线的长分别为2和5，是对角线上任一点（点不与点，重合），且交于，交于，则阴影部分的面积是（ ）
A．10 B．7.5 C．5 D．2.5
考点4 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2021·台州市书生中学八年级月考）如图，四边形 ABCD 是正方形，G 是 BC 上的任意一点，DE⊥AG 于点 E，BF//DE 且交 AG 于点 F，若 3AB=5EF，则的值为（ ）
A．5:9 B．3:5 C．17:25 D．16:25
2．（2021·江苏省江阴市第一中学八年级月考）如图，正方形ABCD的边长为10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．5 B．2 C．2 D．4
3．（2020·浙江八年级期末）如图，正方形，对角线相交于点O，过点D作的角平分线交于点G，过点C作，垂足为F，交于点E，则的比为（ ）
A． B． C．2∶1 D．5∶2
4．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
5．（2020·浙江九年级期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当时，如图1，测得，当时，如图2，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
考点5矩形的性质和判定相关证明
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·深圳市龙岗区布吉贤义外国语学校初三其他）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC CF=2HE．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2020·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2020·黑龙江省初三期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
4．（2020·吉林省初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交 ABCD的边AD、BC于点E、F，将 ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
考点6 菱形的性质和判定相关证明
满分技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边：①四条边相等；角：无；对角线：②对角线相互垂直；③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·沭阳县修远中学初三月考）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论：①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．其中正确的个数是________________(填写正确的序号）．
2．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学九年级其他模拟）如图，在中，对角线平分，点、在上，且．连接、、、．求证：四边形是菱形．
3．（2021·陕西九年级其他模拟）如图，四边形ABCD中，ABDC，AC平分∠BAD，CEDA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
4．（2021·昭通市昭阳区第一中学九年级二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，BD平分∠ABC．过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若CE＝，四边形ABCD的面积为4，求DE的长．
5．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结（1）求的度数；（2）求证：（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．
考点7 正方形的性质和判定相关证明
满分技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2020·内蒙古武川初三期末）如图，已知正方形ABCD边长为1，，，则有下列结论：①；②点C到EF的距离是2-1；③的周长为2；④，其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．（2020·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④
3．（2020·北京海淀北理工附中初三一模） ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，下列四个结论中：
①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＜90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有正确说法的序号是_____．
4．（2020·山西翼城初三期末）如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连结，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④① D．①②④
5．（2021·句容市教师发展中心八年级期中）如图，正方形ABCD，E为平面内一点，且，把△BCE绕点B逆时针旋转得△BAG，直线AG和直线CE交于点F．
（1）证明：四边形BEFG是正方形；（2）若CE＝ CF，则＝ °．
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专题06 特殊的平行四边形的性质与判定
知识点精讲
知识点1 矩形的定义及性质
1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形
注：①矩形是特殊的平行四边形，平行四边形的性质，矩形都拥有；②矩形的定义有2个要素：1个直角+平行四边形；③有1个角是直角，根据平行四边形的性质，剩下的3个角也是直角。
2）矩形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。在矩形的性质分析中，可衍生出一个重要的推论。如下图，四边形ABCD为矩形：
1）边（无特殊性质）：①对边平行；②对边相等（与平行四边形相同），
即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC
2）角：四个角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°
3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即如下图，如∠A=90°，点O为斜边BC的中点，则AO=BC（或AO=OB=OC）
1．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12 B．12.5 C．15 D．24
【答案】A
【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理求出EM的长度，最后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点M作交CD于点E，
∵，，是的中点，
， ．
∵，， ，
． 故选：A．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质及勾股定理，掌握直角三角形斜边的中线是斜边的一半是解题的关键．
2．（2021·吉林松原市·前郭县一中九年级一模）如图所示，点是矩形的对角线的中点，点为的中点．若，，则的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
【答案】C
【分析】易知OE是中位线，则，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝10，根据矩形性质可求BO＝5，从而求出△BOE周长．
【详解】点是矩形的对角线的中点，点为的中点，
∴，，∴．
在中，利用勾股定理求得．
在中，利用勾股定理求得，∴．
∴的周长为．故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、以及勾股定理和中位线的性质，解题的技巧是把所求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．
3．（2020·浙江八年级月考）如图，矩形中，，点在边上，且．动点从点出发，沿运动到点停止．过点作交射线于点，联结．设是线段的中点，则在点运动的整个过程中，线段长的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知M再BE的垂直平分线上运动，根据点到直线的距离垂线段最短可知当DM与BE的垂直平分线垂直时最短，但结合图形可知DM不可能与垂直，所以可知当运动时长的最小，此时为等边三角形，求得，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，，
∴，，∠ABC=∠C=90°，
∵，∴AE=2，ED=6，∴，
∴∠ABE=30°，∠EBC=60°，连接EM，BM，
∵是线段的中点，∴，∴M在BE的垂直平分线上运动，
∴作BE的垂直平分线与BC交于，当运动时长的最小，
此时,∵∠EBC=60°，∴为等边三角形，，∴，
在中，根据勾股定理．故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质，垂直平分线的性质和判定定理，等边三角形的性质和判定，勾股定理等．能根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和垂直平分线的判定定理得出M的运动轨迹是解题关键．
4．（2021·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，
∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB ∠CAE＝45° 15°＝30°，∴∠BAO＝90° 30°＝60°，
∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确；
∴OB＝AB，又∵ AB＝BE，∴OB＝BE，∴△BOE是等腰三角形，故②正确；
在Rt△ABC中∵∠ACB=30°∴BC＝AB，故③错误；
∵∠OBE＝∠ABC ∠ABO＝90° 60°＝30°＝∠ACB，∴∠BOE＝（180° 30°）＝75°，
∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误；
∵AO＝CO，∴，故⑤正确；故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
5．（2020·南通市初三月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为_____．
【答案】．
【分析】根据矩形的性质和三角形的面积求出S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，根据勾股定理求出BD、 AO、DO，最后根据三角形面积公式求出答案即可．
【解析】解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，AC＝2AO＝2OC，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD，
∴OA＝OD＝OC＝OB，∴S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：BD＝ ，∴AO＝OD＝5，
∵S△APO+S△DPO＝S△AOD，∴×AO×PE+×DO×PF＝12，
∴5PE+5PF＝24，PE+PF＝，故答案为：．
【点睛】本题主要考查勾股定理以及利用面积求线段长度，能够找到PE+PF与S△AOD之间的关系是解题的关键．
知识点2 矩形的判定
矩形是特殊的平行四边形，常见的判定思路为：平行四边形+矩形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个角是90°，即
2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形，即∠BAB=∠ABC=∠BCD=90°
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相等，即
注：①判定方法2也是按照平行四边形+矩形特殊性质的思路进行的，其中3个角为直角，首先可以推导出四边形为平行四边形，又有角是90°，所以是矩形。判定方法2是判定方法1的拓展。
②判定方法3还可以拓展为：对角线相等且相互平分的四边形为矩形。
1．(2020.成都市初三期末)下列命题正确的是（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．四条边相等的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】A
【分析】运用矩形的判定定理，即可快速确定答案.
【解析】解：A.有一个角为直角的平行四边形是矩形满足判定条件；B四条边都相等的四边形是菱形，故B错误；C有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故C错误;对角线相等且相互平分的四边形是矩形，则D错误；因此答案为A.
【点睛】本题考查了矩形的判定，矩形的判定方法有：1.有三个角是直角的四边形是矩形；2.对角线互相平分且相等的四边形是矩形；3.有一个角为直角的平行四边形是矩形；4.对角线相等的平行四边形是矩形.
2．（2020·山西省初三期中）数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否为直角
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理即可选出答案．
【解析】解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
C、一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D、四边形其中的三个角是否都为直角，能判定矩形，故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．
3．（2021·广东河源市·九年级期末）四边形ABCD的对角线互相平分，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AB＝BC D．AC＝BD
【答案】D
【分析】由四边形ABCD的对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，再添加AC=BD，可根据对角线相等的平行四边形是矩形证明四边形ABCD是矩形．
【详解】∵四边形ABCD的对角线互相平分，∴四边形ABCD是平行四边形，
A、AB=CD是平行四边形的性质，并不能得出四边形是矩形；
B、AD=BC是平行四边形的性质，不能推出四边形是矩形；
C、AB=BC时，四边形是菱形，而不是矩形；
D、AC=BD时，由对角线相等的平行四边形是矩形．故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是掌握矩形的判定：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形．
4．（2020·江苏省泰兴市黄桥初级中学初三期中）如图，在平行四边形中，、是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．
【解析】∵四边形是平行四边形，∴，，
∵对角线上的两点、满足，∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∴四边形是矩形．故选：A．
【点睛】本题考查矩形的判定，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．
5．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，是的中线，，且，连接，．（1）求证：（2）当满足什么条件时，四边形是矩形？并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）当满足时，四边形是矩形，证明见解析
【分析】(1)根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质解答即可；(2)根据矩形的判定解答即可.
【详解】
（1）是的中线
又四边形是平行四边形
（2）当满足时，四边形是矩形
，
又四边形是平行四边形
当时，四边形是矩形
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及矩形的判定.此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用.
知识点3菱形的定义与性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。
注：①菱形为特殊平行四边形；②两要素：平行四边形+邻边相等
（2）菱形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。在菱形的性质分析中，可推导出一个面积公式。如下图，四边形ABCD为菱形形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角（无特殊性质）：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）菱形的面积：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD
6）推论：任意一个对角线相互垂直的四边形面积都等于两条对角线乘积的一半。
1．（2021·陕西西安市第三中学九年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．中心对称图形 B．对边分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据矩形和菱形的性质进行判断即可得出答案．
【详解】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键．
2．（2021·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4 B．4.5 C．8 D．9
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出BD＝12，由菱形的面积得出AC＝9，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD＝BD，BD⊥AC，∴BD＝2OB＝12，
∵S菱形ABCD═AC×BD＝54，∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝4.5，选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2021·陕西九年级零模）如图，菱形中，对角线相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质求出边长并得出，然后利用三角形中位线的性质即可求出答案．
【详解】∵菱形的周长为28，∴，，
∵为边中点，∴是的中位线，∴，故选：A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角形中位线定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
4．（2021·贵州贵阳市·九年级期末）如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的中位线即可得到结论．
【详解】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD是菱形，∴，BD平分∠ABC，
∴∠∵∴△ABD是等边三角形，∴
由折叠的性质得：，EF平分AO，
又∵，∴∴EF为△ABD的中位线，∴故选：B．
【点睛】本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为____．
【答案】12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四边形CAEG是平行四边形，∴AC＝EG，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC6，
∴AC＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
知识点4 菱形的判定
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路为：平行四边形+菱形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等，即
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，即
4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分角顶角，即
注：①判定方法2也是按照平行四边形+菱形特殊性质的思路进行的，其中四条边相等，即对边相等，首先可以推导出四边形为平行四边形，又有邻边相等，所以是菱形。判定方法2是判定方法1的拓展。
②判定方法3还可以拓展为：对角线相互垂直且平分的四边形为菱形。
1．（2021·西安市第八十六中学九年级期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为矩形，则可以添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理和矩形的判定定理逐一分析即可．
【详解】∵在四边形中， ，∴四边形是平行四边形
若添加，无法判断，故A不符合题意；
若添加，则四边形是矩形，故B符合题意；
若添加，则四边形是菱形，故C不符合题意；
若添加，则四边形是菱形，故D不符合题意；故选B．
【点睛】此题考查的是平行四边形的判定、矩形的判定和菱形的判定，掌握平行四边形的判定定理、矩形的判定定理和菱形的判定定理是解决此题的关键．
2．（2021·湖北襄阳市·八年级期末）如图，四边形ABCD沿直线l对折后重合，如果，则结论①ABCD；②AB=CD；③；④中正确的是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】分析已知条件，根据轴对称图形的性质结合图形对题中小问题的条件进行分析，选出正确答案，其中③是无法证明是正确的．
【详解】解：如图所示：
∵直线l是四边形ABCD的对称轴，∴AB=AD，BC=DC，∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵AD∥BC，∴∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴AB∥CD，故①正确；
∴四边形ABCD是菱形；∴AB=CD，故②正确；∵四边形ABCD是菱形；∴AO=OC，故④正确．
∵当四边形ABCD是菱形时，直线l是四边形ABCD的对称轴，但是AB与BC不一定垂直，故③错误；故选：C．
【点睛】主要考查了轴对称的性质及菱形的性质与判定；证明四边形是菱形是正确解答本题的关键．
3．（2021·山东威海市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，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．添加一个条件，使四边形AEBD是菱形，这个条件是（ ）
A． B． C． D．DE平分
【答案】D
【分析】先证明△ADF≌△BEF，得到AD=BE，推出四边形AEBD是平行四边形，再逐项依次分析即可．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAB=∠EBA，
∵点F是AB的中点，∴AF=BF，∵∠AFD=∠BFE，∴△ADF≌△BEF，∴AD=BE，
∵AD∥BE，∴四边形AEBD是平行四边形，
A、当时，得到AB=BD，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意；
B、AB=BE时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意；
C、DF=EF时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意；
D、当DE平分时，四边形AEBD是菱形，故该选项符合题意；故选：D．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
4．（2021·广西玉林市·九年级期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意可得，则有，，进而可得，然后可证四边形是平行四边形，最后问题可求证；（2）由题意易得，则有AF=4，DF=1，设，则，，然后根据勾股定理可得，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：由题意可得，，，，
，，，
，，四边形是平行四边形，
又，四边形是菱形；
（2）解：矩形中，，，，
，，，，设，则，
，，解得，，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．
5．（2021·辽宁沈阳市·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，过点A作AEBC，过点D作DEAB，DE与AC，AE分别交于点O，E，连接EC．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）若AB＝AO，OD＝1，则菱形ADCE的周长为 ．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）先证四边形ABDE为平行四边形，再证得AE＝CD，得四边形ADCE是平行四边形，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得AD＝CD，即可得出结论；（2）先由菱形的性质得AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，再证OD是△ABC的中位线，得AB＝2OD＝2，则AO＝AB＝2，然后由勾股定理求出AD的长即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四边形ABDE为平行四边形，∴AE＝BD，
∵AD是边BC上的中线，∴BD＝CD，∴AE＝CD，∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，∴AD＝BC＝CD，∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）解：∵四边形ADCE是菱形，∴AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，
∵BD＝CD，∴OD是△ABC的中位线，∴AB＝2OD＝2，∴AO＝AB＝2，
∴AD＝＝＝，∴菱形ADCE的周长＝4AD＝4，故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识；证得四边形ADCE为菱形是解题的关键．
知识点5正方形的定义与性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形
注：①正方形是特殊平行四边形，特殊矩形，特殊菱形。三者性质正方形都满足；
②正方形：平行四边形+邻边相等（菱形特征）+一个直角（矩形特征）
（2）正方形的性质，依据从边、角、对角线、对称性进行讨论。正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，故平行四边形、矩形、菱形的性质正方形都满足。如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC
2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形
1．（2020·江苏兴化初三期中）下列说法中，错误的是( )
A．平行四边形的对角线互相平分 B．菱形的对角线互相垂直
C．矩形的对角线相等 D．正方形的对角线不一定互相平分
【答案】D
【分析】用平行四边形对角线互相平分，菱形对角线互相垂直平分，矩形对角线相等且互相平分，正方形对角线互相垂直平分且相等进行判断即可．
【解析】解：A．平行四边形的对角线互相平分，本选项正确；
B．菱形的对角线互相垂直，本选项正确；C．矩形的对角线相等，本选项正确；
D．正方形的对角线一定互相平分，故该选项错误．故选D．
【点睛】本题考查特殊平行四边形的性质，掌握平行四边形对角线互相平分，菱形对角线互相垂直平分，矩形对角线相等且互相平分，正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行判断是解题关键．
2．（2020·河北辛集初三期末）为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边形与其内部小正方形的边长都为a，则阴影部分的面积
A．2a2 B．3a2 C．4a2 D．5a2
【答案】A
【分析】正多边形，等腰直角三角形的性质，正方形的性质．图案中间的阴影部分是正方形，面积是，由原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半
【解析】解：．故选A．
考点：正多边形；等腰直角三角形；正方形的性质．
点评：此题考查正八边形的性质以及等腰直角三角形的性质，根据已知得出S△ABC的值是解题关键．
3．（2020·张家港市梁丰初级中学初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
【答案】
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解析】解：∵四边形是正方形，∴，，．
在中，为的中点，∴．
∵的周长为18，，∴，∴．
在中，根据勾股定理，得，∴，
∴．在中，∵，为的中点，
又∵为的中位线，∴．故答案为.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，涉及直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
4．（2020·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
【答案】16
【分析】先通过全等三角形的性质，证明一个阴影部分的面积等于正方形面积的，从而求出四块阴影面积的和即可．
【解析】如图，连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点,则
∴
在△PAF和△NAE中∴
∴一个阴影部分的面积
∴一个阴影部分的面积等于正方形面积的∴四块阴影部分的面积之和等于一个正方形的面积
∵正方形的边长为4cm,∴四块阴影部分的面积之和,故答案为：16．
【点睛】本题考查了阴影部分面积的问题，掌握全等三角形的性质、一个阴影部分的面积等于正方形面积的是解题的关键．
5．（2020·江苏仪征初三一模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E为对角线AC上一点，EF⊥DE交AB于F，若四边形AFED的面积为4，则四边形AFED的周长为______．
【答案】4+2
【分析】连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，证明△DCE≌△BCE和△BEF为等腰三角形，设AF=x，用x表示DE与EF，由根据四边形ADEF的面积为4，列出x的方程求得x，进而求得四边形ADEF的周长．
【解析】解：如图，连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°，
在△BEC和△DEC中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE=BE，∠CDE=∠CBE，∴∠ADE=∠ABE，
∵∠DAB=90°，∠DEF=90°，∴∠ADE+∠AFE=180°，
∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠ADE=∠EFB，∴∠ABE=∠EFB，
∴EF=BE，∴DE=EF，设AF=x，则BF=3-x，∴FN=BN=BF=，∴AN=AF+FN=，
∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，∴EN=AN=，∴DE=EF=，
∵四边形AFED的面积为4，∴S△ADF+S△DEF=4，∴×3x+×，
解得，x=-7（舍去），或x=1，∴AF=1，DE=EF=，
∴四边形AFED的周长为：3+1++=4+，故答案为：4+.
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是由面积列出x的方程，属于中考选择题中的压轴题．
知识点6 正方形的判定
正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，常见的判定思路为：
①平行四边形+矩形的一个特殊性质+菱形的一个特殊性质；②矩形+菱形的一个特殊性质；③菱形+矩形的一个特殊性质。 如下，仅列举几种方法：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，即
2）判定方法2（从菱形出发）：菱形+1个90°角，即
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，即
1．（2020·甘肃肃州初三期末）下列说法不正确的是（ ）
A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一组邻边相等、一个角是直角的四边形是正方形
【答案】D
【分析】利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【解析】A、一组邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不合题意；B、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，不合题意；C、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，不合题意；
D、有一组邻边相等、一个角是直角的平行四边形是正方形，原说法错误，符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键．
2．（2021·山西运城市·九年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．有一组邻边相等的菱形是正方形 D．各边都相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】根据正方形的判定：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角进行分析即可．
【详解】解：A.有一个角是直角的平行四边形是正方形，说法错误，应是矩形，不符合题意；
B.对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，符合题意；
C.一组邻边相等的矩形是正方形，说法错误，不合题意；
D.各边都相等的四边形是菱形，不是正方形，不合题意．故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，关键是掌握正方形的判定方法．
3．（2020·辽宁顺城初三期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【答案】B
【解析】A、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当②∠ABC=90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当AC=BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项正确．故选C．
【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
4．（2020·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由题意易得△AOE≌△COE，∴∠AOE=∠COE=90°，∴BE⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形．由题意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴四边形ABCD是正方形．
【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO⊥AC（三线合一），即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO平分∠AEC（三线合一），∴∠AED=∠AEC=×60°=30°，
又∵∠AED=2∠EAD∴∠EAD=15°，
∴∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°（三角形的一一个外角等于和它外角不相邻的两内角之和），
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴平行四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
5．（2020·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
【答案】(1)见解析 ；（2）四边形是正方形．理由见解析.
【分析】（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，．
∵，∴，∴，
又∵，，∴（SAS），∴．
（2）四边形是正方形．理由如下：
∵点为的中点，，∴，，
∵，∴．
∵，，∴，∴四边形是平行四边形，
又∵，，∴四边形是正方形．
【点睛】此题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于证明△ADE≌△ABF.
重难点题型
考点1. 斜边上中线的性质
满分技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2020·河南西华初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【分析】在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证ODE为等腰三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即ABD为等腰三角形，所以∠BAD的度数可求．
【解析】解：∵，∴BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一半，
∴，∴ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明ODE为等腰三角形．
2．（2020·木兰县吉兴乡吉兴中学初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
【答案】1.2
【分析】根据勾股定理的逆定理可以证明∠BAC=90°；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则AM=EF，要求AM的最小值，即求EF的最小值；根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF=AP，则EF的最小值即为AP的最小值，根据垂线段最短，知：AP的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．
【解析】∵在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，∴AB2+AC2=BC2，即∠BAC=90°.
又PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴四边形AEPF是矩形，∴EF=AP.
∵M是EF的中点，∴AM=EF=AP.
因为AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即2.4，∴AM的最小值是1.2.
【点睛】本题考查了勾股定理, 矩形的性质，熟练的运用勾股定理和矩形的性质是解题的关键.
3．（2020·开原市业民镇中学初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
【答案】C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=AB．
【解析】解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，∴OP=AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
4．（2020·柘城县实验中学初三其他）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14 B．21 C．24 D．25
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，
∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2020·长沙市南雅中学初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cm B．cm C．cm D．32cm
【答案】C
【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC，再根据直角三角形两锐角互余求出∠BCE＝60°，判断出△CEF是等边三角形，过点E作EG⊥CF于G，根据等边三角形的性质求出EG，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解析】解：∵F是BC中点，∠BEC＝90°，∴EF＝BF＝FC，BC＝2EF＝2×4＝8cm，
∵∠ECD＝30°，∴∠BCE＝90° ∠ECD＝90° 30°＝60°，∴△CEF是等边三角形，
过点E作EG⊥CF于G，
则EG＝EF＝×4=cm，∴矩形的面积＝8×＝cm2．故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，求出矩形的宽是解题的关键．
考点2.利用矩形的性质求长度、面积、角度等
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·四川省初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．
【答案】
【分析】由已知条件可先求得，在Rt△ABE中可求得，再由矩形的性质可得OA=OB，则可求得，即可求得结果；
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴，OA=OB，
∵∠EAD＝3∠BAE，∴，∴，
∵AE⊥BD，∴，
∴，．故答案是．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质求角度，准确利用已知条件是解题的关键．
2．（2020·郑州枫杨外国语学校初三三模）如图，在矩形ABCD中，∠BAC=60°，以点A为圆心、任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE=2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据矩形的性质得到∠B=∠BAD=90°，求得∠ACB=30°，由作图知，AE是∠BAC的平分线，得到∠BAE=∠CAE=30°，根据等腰三角形的性质得到AE=CE，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理得到AE、AB的长，于是得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠BAD=90°，∵∠BAC=60°，∴∠ACB=30°，
由作图知，AE是∠BAC的平分线，∴∠BAE=∠CAE=30°，∴∠EAC=∠ACE=30°，∴AE=CE，
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE =30°，BE=2，∴AE=2BE=4，AB=，
∴BC=BE+EC=BE+ AE=2+4=6，∴矩形ABCD的面积=AB BC=．故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理的应用，作图-基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义和性质及直角三角形30°角所对边等于斜边的一半．
3．（2020·河南西华初三期末）如图，长方形纸片ABCD中，点E是AD的中点，且AE＝1，BE的垂直平分线MN恰好过C．则长方形的一边CD的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】本题要依靠辅助线的帮助，连接CE，首先利用线段垂直平分线的性质证明BC=EC．求出EC后根据勾股定理即可求解．
【解析】
解:如图，连接EC．∵FC垂直平分BE,∴BC=EC (线段垂直平分线的性质)
∵点E是AD的中点，AE=1, AD=BC,∴EC=2,利用勾股定理可得 ．选: C．
【点睛】本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质以及矩形的性质，本题的关键是要画出辅助线，证明BC=EC后易求解，本题难度中等．
4．（2020·东北师大附中明珠学校初三其他）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，若，，则该矩形的周长（ ）．
A．12 B．24 C．32 D．22
【答案】B
【分析】连接EA，如图，利用基本作图得到MN垂直平分AC，根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EC＝5，然后利用勾股定理计算出AD，从而得到矩形的周长．
【解析】解：连接EA，如图，
由作法得MN垂直平分AC，∴EA＝EC＝5，在Rt△ADE中，AD＝＝4，
所以该矩形的周长＝4×2＋(5＋3)×2＝24．故选：B．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图：作已知线段的垂直平分线，也考查了矩形的性质、垂直平分线的性质及勾股定理的应用，熟练运用垂直平分线的性质及勾股定理是解决本题的关键．
5．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在矩形中分别是的中点，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合矩形的性质，勾股定理，利用证明，进而可求解．
【解析】解：四边形为矩形，，，，
，，，，
为的中点，，，，
点为的中点，，，，．选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，证明是解题关键．
考点3利用菱形的性质求角度、面积或长度
满分技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2020·浙江仙居初三期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28° B．52° C．62° D．72°
【答案】C
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，∵ ，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，
∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，∴∠BCA＝∠DAC＝28°，∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
2．（2020·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
【答案】B
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【解析】连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，∴BC=AC，∴BC=AC=AB，∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；即菱形ABCD的较大内角度数为120°；故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2020·浙江杭州市·九年级期末）菱形有一个内角是60°，它的边长是2，则此菱形的对角线长为_________．
【答案】或2
【分析】根据菱形有一个内角为60°可以得到等边三角形，分两种情况，画出图形，结合勾股定理求出AC的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AD=AB=2，
若∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD=2，∴OD=1，∴OA=，∴AC=；
若∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=2；故答案为：或2．
【点睛】此题考查了菱形的性质和勾股定理，等边三角形的判定和性质，要记住菱形的对角线互相平分且垂直，菱形的四条边都相等．
4．（2021·江苏泰州市·八年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AM⊥CD于点M，已知AC＝6，BD＝8，则AM＝_____．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，菱形ABCD的面积等于对角线之积除以2，还可用计算，然后利用勾股定理计算出CD的长度即可计算AM．
【详解】解：∵四边形是ABCD菱形，
∴AC⊥BD，，，，
∴△DOC是直角三角形，∴，
∵AM⊥CD，∴,∴．故答案为：
【点睛】本题主要考查等面积法的应用，结合菱形性质和勾股定理计算相关边长是解题的关键．
5．（2021·邹城市看庄中学九年级一模）如图，菱形的对角线的长分别为2和5，是对角线上任一点（点不与点，重合），且交于，交于，则阴影部分的面积是（ ）
A．10 B．7.5 C．5 D．2.5
【答案】D
【分析】根据题意可得阴影部分的面积等于△ABC的面积，因为△ABC的面积是菱形面积的一半，根据已知可求得菱形的面积则不难求得阴影部分的面积．
【详解】设AP与EF相交于O点．
∵四边形ABCD为菱形，∴BC//AD，AB//CD．∵PE//BC，PF//CD，∴PE//AF，PF//AE．
∴四边形AEFP是平行四边形．∴S△POF=S△AOE．即阴影部分的面积等于△ABC的面积．
∵△ABC的面积等于菱形ABCD的面积的一半，菱形ABCD的面积=AC BD=5，
∴图中阴影部分的面积为×5=2.5．故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的面积的计算方法，根据菱形是中心对称图形，得到阴影部分的面积等于菱形面积的一半是解题的关键．
考点4 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2021·台州市书生中学八年级月考）如图，四边形 ABCD 是正方形，G 是 BC 上的任意一点，DE⊥AG 于点 E，BF//DE 且交 AG 于点 F，若 3AB=5EF，则的值为（ ）
A．5:9 B．3:5 C．17:25 D．16:25
【答案】C
【分析】根据四边形为正方形，利用易证，可得，，设，，则，，，根据勾股定理可得，整理得，，根据，，可得．
【详解】解：四边形为正方形，，，
，，，
，，，
在和中，，，
设，，则，，，
在中，∴ 整理得，，
，
∴，∴，故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质和正方形的性质，三角形的面积公式，熟悉相关性质是解题的关键．
2．（2021·江苏省江阴市第一中学八年级月考）如图，正方形ABCD的边长为10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．5 B．2 C．2 D．4
【答案】B
【分析】延长BG交CH于点E，根据正方形的性质证明△ABG≌△CDH≌△BCE，可得GE＝BE﹣BG＝2、HE＝CH﹣CE＝2、∠HEG＝90°，由勾股定理可得GH的长．
【详解】解：如图，延长BG交CH于点E，
∵AB＝CD＝10，BG＝DH＝6，AG＝CH＝8，∴AG2+BG2＝AB2，∴△ABG和△DCH是直角三角形，
在△ABG和△CDH中， ，∴△ABG≌△CDH（SSS），
∴∠1＝∠5，∠2＝∠6，∴∠1+∠2＝90°，∠5+∠6＝90°，
又∵∠2+∠3＝90°，∠4+∠5＝90°，∴∠1＝∠3＝∠5，∠2＝∠4＝∠6，
在△ABG和△BCE中， ，∴△ABG≌△BCE（ASA），
∴BE＝AG＝8，CE＝BG＝6，∠BEC＝∠AGB＝90°，∴GE＝BE﹣BG＝8﹣6＝2，同理可得HE＝2，
在Rt△GHE中，GH＝ ，故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，通过证三角形全等得出△GHE为等腰直角三角形是解题的关键．
3．（2020·浙江八年级期末）如图，正方形，对角线相交于点O，过点D作的角平分线交于点G，过点C作，垂足为F，交于点E，则的比为（ ）
A． B． C．2∶1 D．5∶2
【答案】A
【分析】由题意先证得和，设，进而可用含的式子表示出线段和的长，要求的比值即求和的比值，代入即可求解．
【详解】正方形，，，，，
平分，，，，
，，，
又，，，，
设，则有，，，
，，
，，，
，故选：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是将两个三角形的面积比转化成两条线段的比，综合性较强．
4．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形ABGF是正方形，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，，∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM＝S△ABN，∴S△ABC＝S四边形FNCM，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2＋BC2＝AB2，
∵AC＋BC＝6，∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC BC＝36，∴AB2＋2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，∴AB2﹣AC BC＝10.5，∴3AB2＝57，
解得AB＝或﹣（负值舍去）．故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握割补法得出图形面积之间的关系是解题关键．
5．（2020·浙江九年级期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当时，如图1，测得，当时，如图2，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】图1中根据勾股定理即可求得正方形的边长，图2根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可求得．
【详解】解：如图1，
∵AB=BC=CD=DA，∠B=90°，∴四边形ABCD是正方形，
连接AC，则AB2+BC2=AC2，∴，
如图2，∠B=60°，连接AC，∴△ABC为等边三角形，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及等边三角形的判定和性质，利用勾股定理得出正方形的边长是关键．
考点5矩形的性质和判定相关证明
满分技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角：①4个角都是直角； 对角线：②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·深圳市龙岗区布吉贤义外国语学校初三其他）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC CF=2HE．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE-AH=BC-CD，BC-CF=BC-（CD-DF）=2HE，判断出④正确．
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB，
∵AD=AB，∴AE=AD，在△ABE和△AHD中，，
∴△ABE≌△AHD（AAS），∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED=（180°-45°）=67.5°，
∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，∠AHB=（180°-45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=67.5°=∠AED，∴OE=OH，
∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，，∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE-AH=BC-CD，∴BC-CF=BC-（CD-DF）=BC-（CD-HE）=（BC-CD）+HE=HE+HE=2HE．故④正确；综上所述，结论正确的是①②③④共4个．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
2．（2020·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形为正方形；故①正确；
②过作于，得到，，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为，故②正确；
③连接，于是得到，即当时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值为；故③正确；
④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到，求得，根据勾股定理得到，故④正确．
【解析】解：①四边形是矩形，，
将沿折叠得到，，，，
，，，
，四边形是矩形，
，四边形为正方形；故①正确；
②过作于，点，点，，，
，，，
的面积为，故②正确；
③连接，则，即当时，取最小值，
，，，
，即的最小值为；故③正确；
④，，，，，，三点共线，
，，，，，
，，，故④正确；故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
3．（2020·黑龙江省初三期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
【答案】（1）t=3，ABQP是矩形；（2）t=，AQCP是菱形；（3）周长为:15cm，面积为：（cm2）.
【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4AQ，面积=CQ×AB．
【解析】解：（1）由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=6-t在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，
当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，∴t=6-t，得t=3故当t=3s时，四边形ABQP为矩形．
（2）AD∥BC，AP=CQ=6-t，∴四边形AQCP为平行四边形∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形
即＝6 t时，四边形AQCP为菱形，解得t=，故当t=s时，四边形AQCP为菱形．
（3）当t=时，AQ=，CQ=，则周长为：4AQ=4×=15cm
面积为：CQ AB＝×3＝．
【点睛】本题考查菱形、矩形的判定与性质．注意结合方程的思想解题．
4．（2020·吉林省初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交 ABCD的边AD、BC于点E、F，将 ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
【答案】【教材呈现】证明见解析；【应用】；【拓展】；
【分析】教材呈现：由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
应用：过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF的长，EF的长，拓展：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由勾股定理可求AE＝AF＝，再利用勾股定理可求EF的长．
【解析】解：【教材呈现】∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，∴△AOE≌△COF（ASA）∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形，∵EF⊥AC，∴平行四边形AFCE是菱形；
【应用】如图，过点F作FH⊥AD于H，
∵将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2+AB2，∴（4﹣BF）2＝BF2+9，∴BF＝，∴AF＝CF＝，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF＝，
∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°，∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝3，AH＝BF＝，∴EH＝，∴EF＝＝＝，
∴四边形ABFE的周长＝AB+BF+AE+EF＝3+++＝，故答案为：．
【拓展】如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，∴∠ABC＝135°，∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，∴∠ABN＝∠BAN＝45°，∴AN＝BN＝AB＝2，
∵将 ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2+NF2，∴AF2＝4+（6﹣AF）2，∴AF＝，∴AE＝AF＝，
∵AN∥MF，AD∥BC，∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，∴四边形ANFM是矩形，∴AN＝MF＝2，∴AM＝＝＝，
∴ME＝AE﹣AM＝，∴EF＝＝＝，故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
考点6 菱形的性质和判定相关证明
满分技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边：①四条边相等；角：无；对角线：②对角线相互垂直；③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2020·沭阳县修远中学初三月考）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论：①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．其中正确的个数是________________(填写正确的序号）．
【答案】①②③
【分析】根据旋转和等边三角形的性质得出∠ACE＝120°，∠DCE＝∠BCA＝60°，AC＝CD＝DE＝CE，求出△ACD是等边三角形，求出AD＝AC，根据菱形的判定得出四边形ABCD和ACED都是菱形，根据菱形的判定推出AC⊥BD．
【解析】∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，
∴∠ACE＝120°，∠DCE＝∠BCA＝60°，AC＝CD＝DE＝CE，∴∠ACD＝120° 60°＝60°，
∴△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AC＝AD＝DE＝CE，∴四边形ACED是菱形，
∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，AC＝AD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∴四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴①②③都正确，故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定的应用，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
2．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学九年级其他模拟）如图，在中，对角线平分，点、在上，且．连接、、、．求证：四边形是菱形．
【答案】证明见详解．
【分析】连结BD交AC于O，由对角线平分，可得∠BAC=∠DAC，由中，AB∥DC，AB=DC，BC∥AD，BC=AD，可得∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，可证平行四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，由，可得OE=OF，可证四边形BEDF为平行四边形，EF⊥BD，可证平行四边形BEDF为菱形即可．
【详解】证明： 连结BD交AC于O，∵对角线平分，∴∠BAC=∠DAC，
在中，AB∥DC，AB=DC，BC∥AD，BC=AD，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，
∴BC=BA，DC=DA，∴平行四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵，∴OA-AF=OC-CE，即OE=OF，∴四边形BEDF为平行四边形，
AC⊥BD，点E、F在AC上，∴EF⊥BD，∴平行四边形BEDF为菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，角平分线定义，平行线性质，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，角平分线定义，平行线性质是解题关键．
3．（2021·陕西九年级其他模拟）如图，四边形ABCD中，ABDC，AC平分∠BAD，CEDA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
【答案】见解析
【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形为菱形即可求解．
【详解】∵，，∴四边形是平行四边形，
∵平分，∴，又∵，∴，
∴，∴．
又∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
【点睛】此题主要考查菱形的判定，解题的关键是熟知平行四边形与菱形的判定定理．
4．（2021·昭通市昭阳区第一中学九年级二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，BD平分∠ABC．过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若CE＝，四边形ABCD的面积为4，求DE的长．
【答案】（1）见详解；（2）．
【分析】（1）平行线的性质和角平分线得出∠ADB＝∠ABD，证出AD＝AB，由AB＝BC得出AD＝BC，即可得出结论；（2）由勾股定理得CD=，结合菱形的面积公式，列出关于DE的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AD＝AB，
∵AB＝BC，∴AD＝BC，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵DE⊥BC，CE＝，∴CD=，
∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=，
∵四边形ABCD的面积为4，∴ DE=4，即：，
∴，∴DE=或DE=-（舍去），∴DE=．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
5．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结（1）求的度数；（2）求证：（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）由题意可证是等边三角形，可得，可求解；
（2）根据菱形的性质，等边三角形的性质，利用证明可证明结论；
（3）可分三种情况：当时；当时；当时分别进行计算即可求解．
【解析】解：（1），，是等边三角形，
，；
（2）证明：由（1）知，，
四边形为菱形，，，，
，，，，
是等边三角形，，，，
，，，，；
（3），，
当时，，只有当时，，
此时，为，的中点，；
当时，在运动过程中，到达之前，永远在点下方，
从同一点引出的，再点下方不存在；
当时，点在的中垂线上，即点上，
而运动期间不可能位于线段上，在上不存在，
综上，，即当为2时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质等知识的综合运用，注意分类讨论．
考点7 正方形的性质和判定相关证明
满分技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2020·内蒙古武川初三期末）如图，已知正方形ABCD边长为1，，，则有下列结论：①；②点C到EF的距离是2-1；③的周长为2；④，其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1=∠2，易得∠1=∠2=∠22.5°，于是可对①进行判断；连接EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE=DF，则CE=CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB=EH，FD=FH，则可对③④进行判断；设BE=x，则EF=2x，CE=1-x，利用等腰直角三角形的性质得到2x=（1-x），解方程，则可对②进行判断．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中， ，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠1=∠2，
∵∠EAF=45°，∴∠1=∠2=∠22.5°，所以①正确；
连接EF、AC，它们相交于点H，如图，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE=DF，而BC=DC，∴CE=CF，
∵AE=AF，∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，∴EB=EH，FD=FH，∴BE+DF=EH+HF=EF，所以④错误；∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2，所以③正确；
设BE=x，则EF=2x，CE=1-x，∵△CEF为等腰直角三角形，
∴EF=CE，即2x=（1-x），解得x=-1，∴BE=-1，
Rt△ECF中，EH=FH，∴CH=EF=EH=BE=-1，∵CH⊥EF，∴点C到EF的距离是-1，
所以②错误；本题正确的有：①③；故选：C．
【点睛】本题考查四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解题的关键是证明AC垂直平分EF．
2．（2020·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】过O作于G，于，由正方形的性质得到，求得，，得到，根据全等三角形的性质得到，故①正确；，推出，故②正确；得到四边形的面积正方形的面积，四边形的面积保持不变；故③正确；根据平行线的性质得到
，，求得，得到，于是得到，故④正确．
【解析】解：过O作于G，于H，
∵四边形是正方形，，，，
∵点O是对角线BD的中点，，，，，
，，，∴四边形是正方形，，
，，在与中，，，
，故①正确；，，
，故②正确；
，∴四边形的面积正方形的面积，
∴四边形的面积保持不变；故③正确；
，，，，
，，，，故④正确；故选．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
3．（2020·北京海淀北理工附中初三一模） ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，下列四个结论中：
①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＜90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有正确说法的序号是_____．
【答案】①③④
【分析】①根据平行四边形的性质得AB∥DC，OA＝OC，再由平行线的性质和对顶角相等可得∠OAE＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，根据ASA来判定△AOE≌△COF，推出AE=CF,由此可判断四边形为平行四边形；②根据矩形的判定定理可知，当CE⊥AB时，四边形AECF为矩形，而图2-2中，AB
④当CE⊥AB且∠BAC＝45°时，四边形AECF为正方形，在AB上一定存在一点E
【解析】解：（1）如图1，∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，故选项①正确；
（2）如图2，当∠ABC＜90°,
当CE⊥AB时，四边形AECF为矩形，在图2中，AB>AD时，存在一点E, 使得四边形AECF是矩形；
而图2-2中，AB（3）如图3，
当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，
∵AB＞AD，∴在AB上一定存在一点E, 使得四边形AECF是矩形；故选项③正确．
（4）如图4，当CE⊥AB且∠BAC＝45°时，四边形AECF为正方形，故选项④正确．故答案为：①③④．
【点睛】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
4．（2020·山西翼城初三期末）如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连结，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④① D．①②④
【答案】D
【分析】依据HL即可判定Rt△ABG≌Rt△AFG，判断出①正确；根据全等三角形对应边相等可得BG=FG，再根据“CD=3DE”求出DE的长，然后设BG=x，表示出CG、EG，然后利用勾股定理列出方程求出x，从而求出BG=FG=CG，判断出②正确；利用即可求得，判断出③错误；依据∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，即可得到∠EAG=∠BAD，判断出④正确．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠GCE=∠D=90°，
由折叠的性质得：AF=AD，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°=∠B，AB=AF，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；∴BG=FG，
∵AB=6，CD=3DE，∴DE=2，CE=6-2=4，设BG=x，则CG=6-x，EG=x+2，
在Rt△CEG中，CG2+CE2=EG2，即(6-x)2+42=(x+2)2，解得x=3，∴BG=FG=CG=3，故②正确；
由②得：BG =CG=3，DE=2，CE=4，AB=AD=6，∴
，故③错误；∴∠BAG=∠FAG，由折叠可得，∠DAE=∠FAE，∴∠EAG=∠BAD=，故④正确；综上，①②④正确．故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记各性质是解题的关键，难点在于在Rt△CEG中利用勾股定理列出方程．
5．（2021·句容市教师发展中心八年级期中）如图，正方形ABCD，E为平面内一点，且，把△BCE绕点B逆时针旋转得△BAG，直线AG和直线CE交于点F．
（1）证明：四边形BEFG是正方形；（2）若CE＝ CF，则＝ °．
【答案】（1）见解析；（2）135
【分析】（1）根据， 绕点B逆时针旋转得，得到，，得到四边形BEFG为矩形，进而可证明矩形BEFG是正方形；
（2））作DH⊥AF于H，先证明△BAG≌△ADH，再根据绕点B逆时针旋转得和正方形的性质得到DH=AG=EC=，即可得到GH=AG=DH，即可得到∠DGH=45°，问题得解．
【详解】解：（1）证明：， 绕点B逆时针旋转得，
∴，∠EBG=90°，∠BGA=90°，∴∠BGF=90°，
∴，∴四边形BEFG为矩形，
∵BE=BG，∴矩形BEFG是正方形；
（2）作DH⊥AF于H，∴∠AHD=∠BGA=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠GAD=∠ADH+∠GAD=90°，∴∠BAG=∠ADH，∴△BAG≌△ADH，∴AG=DH，BG=AH，
∵绕点B逆时针旋转得，∴CE=AG=DH，
∵CE=CF，∴正方形BGFG中，EC=，
∴DH=AG=EC=，∴GH=AG=DH，∵∠DHG=90°，∴∠DGH=45°，∴∠AGD=135°．
故答案为：135
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，熟知相关定理，并根据题意添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
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