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专题07
特殊的平行四边形综合运用（专项检测卷）
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．（2021·湖北武汉市·八年级期中）下列说法错误的是（
）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线相等
C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
2．（2020·广西八步初三期末）在学习“四边形”一章时，小明的书上有一图因不小心被滴上墨水(如图)，看不清所印的字，请问被墨迹遮盖了的文字应（
）
A．等边三角形
B．四边形
C．菱形
D．以上都不是
3．（2020·江西新余初三期末）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
4．（2020·浙江八年级期末）在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林发现折叠矩形纸片可以进行如下操作：①把翻折，点B落在C边上的点E处，折痕为，点F在边上；②把翻折，点D落在边上的点G处，折痕为，点H在边上，若，则（
）
A．
B．
C．
D．
5．（2021·北京九年级专题练习）如图，正方形的面积是2，，，分别是，，上的动点，的最小值为（
）
A．3
B．
C．2
D．1
6．（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
7．（2020·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（
）
A．1+
B．2+
C．3
D．3–
8．（2020·浙江九年级期中）如图，点P为正方形内一点，已知正方形的边长为2，且有，则的最小值为（
）．
A．1
B．
C．
D．
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·浙江婺城初三期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则GE＝_____．
10．（2020?滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为
.
11．（2020?沙坪坝区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，∠DAC＝30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是
．
12．（2021·陕西西安市·九年级二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是__．
13．（2020?渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为
.
14．（2020·河南罗山初三期末）如图，正方形ABCD的边长是18，点E是AB边上的一个动点，点F是CD边上一点，，连接EF，把正方形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在点，处，当点落在直线BC上时，线段AE的长为________．
15．（2020?泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小值为
．
16．（2020·浙江义乌初三期末）如图，已知，点是等腰斜边上的一动点，以为一边向右下方作正方形，当动点由点运动到点时，则动点运动的路径长为______.
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·江苏初三期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件
时，四边形是菱形；②当与满足条件
时，四边形是矩形．
18．（2020·北京西城区·九年级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，E恰为BC的中点，AD=AE.（1）如图2，点P在线段BE上，作EF⊥DP于点F，连结AF；求证：DF-EF=；
（2）请你在图3中画图探究：当P为射线EC上任意一点（P不与点E重合）时，作EF⊥DP于点F，连结AF，线段DF、EF与AF之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论.
19．（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图所示，在中，对角线，相交于点O，，E，F为直线上的两个动点（点E，F始终在的外面），且，连结，，，．（1）求证：四边形为平行四边形．（2）若，上述结论还成立吗？若呢？（3）若平分，，求四边形的周长．
20．（2021·江苏无锡市·八年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围：
；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
21．（2021·重庆江北区·九年级期中）已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系；（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．
22．（2020·山东九年级）在正方形中，点为射线上的动点，点为射线上的动点，连接，作与直线相交于点．（1）如图①，当点与线段中点重合时，请直接写出线段、、之间的数量关系；（2）如图②，当点在的延长线上，且，点、分别在线段的延长线和线段的延长线上时，请写出线段、、之间的数量关系，并说明理由；（3）当点在线段上，点在线段上时，若正方形的边长为，，，求出的长．
23．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．
（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．
①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB，求证：MB平分．（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．
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精品试卷·第
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专题07
特殊的平行四边形综合运用（专项检测卷）
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．（2021·湖北武汉市·八年级期中）下列说法错误的是（
）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线相等
C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【分析】根据菱形的判定、矩形和平行四边形和直角三角形斜边上的中线性质进行判定即可．
【详解】A、平行四边形的对角线互相平分，说法正确，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，说法正确，不符合题意；
C、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，说法正确，不符合题意；
D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故错误，故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形，矩形和菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质定理是解题的关键．
2．（2020·广西八步初三期末）在学习“四边形”一章时，小明的书上有一图因不小心被滴上墨水(如图)，看不清所印的字，请问被墨迹遮盖了的文字应（
）
A．等边三角形
B．四边形
C．菱形
D．以上都不是
【答案】C
【分析】有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形，图中已有矩形，那么另一个表中应是菱形．
【解析】被墨迹遮盖了的文字应是菱形．故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的两个判定：有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形．
3．（2020·江西新余初三期末）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（
）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题意的平行四边形，但满足，，，不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形，但满足，，，不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【解析】A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线定理得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，即四边形EFGH是平行四边形；
当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合题意的反例图形是解题关键．
4．（2020·浙江八年级期末）在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林发现折叠矩形纸片可以进行如下操作：①把翻折，点B落在C边上的点E处，折痕为，点F在边上；②把翻折，点D落在边上的点G处，折痕为，点H在边上，若，则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用翻折不变性可得，推出，，设，在中，，可得，设，在中，，可得，由此即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，，，，
由翻折不变性可知：，，，，，
在中，，，
设，在中有：，，
设，在中，，，
，，故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5．（2021·北京九年级专题练习）如图，正方形的面积是2，，，分别是，，上的动点，的最小值为（
）
A．3
B．
C．2
D．1
【答案】B
【分析】过点P作MN∥AD交AB于点M，交CD于点N，由正方形的性质可知：MN⊥AB，且PM≤PE、PN≤PF，可得到MN=AD≤PE+PF，再由正方形的面积为2得出结论．
【详解】
过点作交于点，交于点，如图所示：
四边形为正方形，，
（当时取等号），（当时取等号），，
正方形的面积是2，．的最小值为．故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是找出EF=AD≤PE+PF．
6．（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．
7．（2020·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（
）
A．1+
B．2+
C．3
D．3–
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S阴影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S阴影部分．
【解析】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°
∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，B0=DO
∵AB=2
∴DO=1，AO=DO=，∴AC=2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′
∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2
∴A，D'，C三点共线
∴CD'=CA-AD'=2-2
?又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，
∵S阴影部分=S△ABC-S△D'EC∴S阴影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.
8．（2020·浙江九年级期中）如图，点P为正方形内一点，已知正方形的边长为2，且有，则的最小值为（
）．
A．1
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】取AD中点E，连接PE、BE，当P、E、B三点共线时，最小，求出BE、PE即可．
【详解】解：取AD中点E，连接PE、BE，
∵正方形的边长为2，∴PE=AE=1，，
∵，当P、E、B三点共线时，最小，最小值为，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形中线段最短问题，解题关键是确定点P的运动轨迹，明确BP长取值范围．
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·浙江婺城初三期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则GE＝_____．
【答案】
【分析】过点E作EH⊥AD于H，根据勾股定理可求DH的长度，由折叠的性质得出AG＝GE，在Rt△HGE中，由勾股定理可求出答案．
【解析】解：过点E作EH⊥AD于H，
∵ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD＝AB＝4，∴∠BAD＝∠HDE＝60°，
∵E是CD中点，∴DE＝2，
在Rt△DHE，中，DE＝2，HE⊥DH，∠HDE＝60°，∴DH＝1，HE＝，
∵将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，∴AG＝GE，
在Rt△HGE中，GE2＝GH2+HE2，∴GE2＝（4﹣GE+1）2+3，∴GE＝2.8．故答案为：2.8．
【点睛】本题考查了折叠问题，菱形的性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．
10．（2020?滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为
.
【点睛】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，∴OH＝B′HOB′，
∴点B′的坐标为（，）．
11．（2020?沙坪坝区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，∠DAC＝30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是
．
【点睛】作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，则D′E＝PE+PD的最小值，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，
则D′E＝PE+PD的最小值，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∵AD＝4，∠DAC＝30°，
∵DD′⊥AC，∴∠CDD′＝30°，∴∠ADD′＝60°，∴DD′＝4，∴D′E＝6，故答案为：6．
12．（2021·陕西西安市·九年级二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是__．
【答案】
【分析】作DE⊥AB于E点，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而得出结论．
【详解】如图，作DE⊥AB于E点，连接BD，∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形，∴∠MAE=30°，∴AM=2ME，
∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2MD=2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形的边长为6，∴AB=6，AE=3，∴，
∴，∴MA+MB+MD最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的、等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，将多条线段转化是解题关键．
13．（2020?渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为
.
【点睛】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根据旋转的性质得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG＝BE，根据正方形的性质得到BC＝CD＝AB＝4．根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接BE，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF．∴∠GAF＝∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝4．
∵DE＝1，∴CE＝3．∴在Rt△BCE中，BE5，∴FG＝5
14．（2020·河南罗山初三期末）如图，正方形ABCD的边长是18，点E是AB边上的一个动点，点F是CD边上一点，，连接EF，把正方形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在点，处，当点落在直线BC上时，线段AE的长为________．
【答案】4或16
【分析】分两种情况：①D′落在线段BC上，②D′落在线段BC延长线上，分别连接ED、ED′、DD′，利用折叠的性质以及勾股定理，即可得到线段AE的长．
【解析】解：分两种情况：
①当D′落在线段BC上时，连接ED、ED′、DD′，如图1所示：
由折叠可得，D，D'关于EF对称，即EF垂直平分DD'，∴DE＝D′E，
∵正方形ABCD的边长是18，∴AB＝BC＝CD＝AD＝18，
∵CF＝8，∴DF＝D′F＝CD?CF＝10，∴CD′＝＝6，∴BD'＝BC?CD'＝12，
设AE＝x，则BE＝18?x，在Rt△AED和Rt△BED'中，
由勾股定理得：DE2＝AD2＋AE2＝182＋x2，D'E2＝BE2＋BD'2＝（18?x）2＋122，
∴182＋x2＝（18?x）2＋122，解得：x＝4，即AE＝4；
②当D′落在线段BC延长线上时，连接ED、ED′、DD′，如图2所示：
由折叠可得，D，D'关于EF对称，即EF垂直平分DD'，∴DE＝D′E，
∵正方形ABCD的边长是18，∴AB＝BC＝CD＝AD＝18，
∵CF＝8，∴DF＝D′F＝CD?CF＝10，CD'＝＝6，∴BD'＝BC＋CD'＝24，
设AE＝x，则BE＝18?x，在Rt△AED和Rt△BED'中，
由勾股定理得：DE2＝AD2＋AE2＝182＋x2，D'E2＝BE2＋BD'2＝（18?x）2＋242，
∴182＋x2＝（18?x）2＋242，解得：x＝16，即AE＝16；综上所述，线段AE的长为4或16；
故答案为：4或16．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠变换的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，注意分类讨论．
15．（2020?泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小值为
．
【点睛】如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF．由四边形APFM、四边形CQFN是矩形，推出PM＝AF，NQ＝CF，推出PM+CQ＝AF+CF，由FA+FC≥AC，即可解决问题．
【详解】解：如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF、AC．
∵四边形ABCD是矩形，PQ∥BC，MN∥AB，∴可得四边形APFM、四边形CQFN是矩形，
∴PM＝AF，NQ＝CF，∴PM+CQ＝AF+CF，∵FA+FC≥AC，AC5，
∴AF+FC的最小值为5，∴PM+NQ的最小值为5．故答案为5
16．（2020·浙江义乌初三期末）如图，已知，点是等腰斜边上的一动点，以为一边向右下方作正方形，当动点由点运动到点时，则动点运动的路径长为______.
【答案】
【分析】连接，根据题意先证出，然后得出，所以点运动的路径长度即为点从到的运动路径，继而得出结论
【解析】连接，∵，是等腰直角三角形，∴,∠ABC=90°
∵四边形是正方形∴BD=BF，∠DBF=∠ABC=90°，∴∠ABD=∠CBF,
在△DAP与△BAP中∴，
∴，
点运动的路径长度即为点从到的运动路径,为.故答案为：
【点睛】本题主要考查的是等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、正方形的性质以及全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
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·江苏初三期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件
时，四边形是菱形；
②当与满足条件
时，四边形是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）①；②．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，EG∥AB，，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；②根据矩形的判定定理解答．
【解析】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴且，
同理：且，∴且，∴四边形为平行四边形；
（2）①当AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：
∵F，G分别是BC，BD的中点，∴FG是△DCB的中位线，∴FG=CD，FG∥CD，
当AB=CD时，EG=FG，
∴四边形EGFH是菱形；
②当AB⊥CD时，平行四边形EGFH是矩形，理由如下：
∵HF∥AB，∴∠HFC=∠ABC，∵FG∥CD，∴∠GFB=∠DCB，
∵AB⊥CD，∴∠ABC+∠DCB=90°，∴∠HFC+∠GFB=90°，∴∠GFH=90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，故答案为：①AB=CD；②AB⊥CD．
【点睛】本题考查了中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
18．（2020·北京西城区·九年级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，E恰为BC的中点，AD=AE.（1）如图2，点P在线段BE上，作EF⊥DP于点F，连结AF；求证：DF-EF=；
（2）请你在图3中画图探究：当P为射线EC上任意一点（P不与点E重合）时，作EF⊥DP于点F，连结AF，线段DF、EF与AF之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】(1)
将△AEF绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，可证得△AFG是等腰直角三角形，则,据此即可证得；（2）仿照（1）即可得到结论：
【详解】（1）证明：∵在□ABCD中，AD∥BC，
AE⊥BC于E
∴AE⊥AD于A，∠FPE=∠ADP
∵AD=AE，∠EAD=90°∴将△AEF绕点A逆时针旋转90°得到△ADG
∴△AEF≌△ADG，∠FAG=
90°
∴AG=AF，∠ADG=∠AEF
∵EF⊥PD，AE⊥BC∴∠AEF+∠PEF=90°，∠FPE+∠PEF=90°∴∠AEF=∠FPE
∵∠ADG=∠AEF，∠FPE=∠ADP∴∠ADG=∠ADP∴点G在PD上
∵AF=AG，∠FAG=90°∴
∵FG=DF-DG=DF-EF∴
（2）
19．（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图所示，在中，对角线，相交于点O，，E，F为直线上的两个动点（点E，F始终在的外面），且，连结，，，．（1）求证：四边形为平行四边形．（2）若，上述结论还成立吗？若呢？（3）若平分，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）结论成立，结论成立，见解析；（3）40cm
【分析】（1）由平行四边形的性质可知、，结合、可得出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形为平行四边形；
（2）由、可得出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形为平行四边形，由此可得出原结论成立，再找出结论“若，，则四边形为平行四边形”即可；
（3）根据平行四边形的性质结合平分，即可得出，进而可得出是的垂直平分线，再根据可得出是等边三角形，根据的长度即可得出、的长度，套用平行四边形周长公式即可求出四边形的周长．
【详解】解：（1）证明：四边形是平行四边形，，．
，，，，
四边形为平行四边形．
（2），，，，四边形为平行四边形．
上述结论成立，由此可得出结论：若，，则四边形为平行四边形．
（3）在中，，．
平分，，，．
，，是的垂直平分线，．
，是等边三角形，，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、角平分线的定义以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证出四边形为平行四边形；（2）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证出四边形为平行四边形；（3）根据平行四边形的性质找出是等边三角形．
20．（2021·江苏无锡市·八年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围：
；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）t=2；（2）①12≤AQ≤20；②存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【分析】（1）先证明∠APD=∠EPA=∠PAB，得AB=PB=20，根据勾股定理得PC=16，由PD=4=2t，可得结论；（2）①分别计算两个边界点：由（1）知：t=2时，AQ=20，当AQ最小时，PQ⊥AB，此时AQ=12，可得结论；②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，根据等量关系列方程可解答．
【详解】（1）如图1，∵AB∥CD，
∴∠DPA=∠PAB，由轴对称得：∠DPA=∠EPA，∴∠EPA=∠PAB，∴BP=AB=20，
在Rt△PCB中，由勾股定理得：PC==16，∴PD=4=2t，∴t=2；
（2）①由（1）可知：当t=2时，Q与B重合，此时AQ=AB=20，
如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ=AD=12，
∴12≤AQ≤20，故答案为：12≤AQ≤20；
②存在，分两种情况：当点E在矩形ABCD内部时，如图3，
∵QE=PQ﹣PE=PQ﹣DP=PQ﹣2t，∵QE=QB，PQ=AQ，∴QB=AQ﹣2t，
∵AQ+BQ=AB=20，∴AQ+AQ﹣2t=20，∴AQ=10+t，
在Rt△EQA中，AQ=10+t，QE=AQ﹣2t=10-t，AE=12，∴，解得：t=3.6；
当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，
∵QE=PE﹣PQ=DP﹣PQ=2t﹣PQ，∵QE=QB，PQ=AQ，∴BQ=2t﹣AQ，∴AB﹣AQ=2t﹣AQ，
∴AB=2t，∴t==10（此时P与C重合），综上存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【点睛】本题考查了四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于中考压轴题．
21．（2021·重庆江北区·九年级期中）已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系；（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．
【答案】（1）∠AFC=∠DAC+∠ABC；（2）∠AFC=∠ABC－∠DAC；（3）补全图形见解析，．
【分析】（1）由题意结合等边三角性的性质和菱形的性质易证，再由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（2）同理可证题，同样由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（3）补全图形再根据（1）同理可证，再由三角形外角性质和等边三角形的性质及角之间的数量关系，即可证明出．
【详解】（1）∵为等边三角形，
∴．
∵，∴，∴．
∵四边形ADEF是菱形，∴．
即在和中，，∴，∴．
∵，∴．
（2）由（1）同理可证，∴．
又∵，∴，即．
（3）补全图形如下图，
由（1）同理可证，∴．
∵．∴．
∵∴．
∵．∴．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质．掌握全等三角形的判定条件及其性质是解答本题的关键．
22．（2020·山东九年级）在正方形中，点为射线上的动点，点为射线上的动点，连接，作与直线相交于点．（1）如图①，当点与线段中点重合时，请直接写出线段、、之间的数量关系；（2）如图②，当点在的延长线上，且，点、分别在线段的延长线和线段的延长线上时，请写出线段、、之间的数量关系，并说明理由；（3）当点在线段上，点在线段上时，若正方形的边长为，，，求出的长．
【答案】（1）；（2）；（3）的长为或．
【分析】（1）根据题意，连结AC必过点O，证明△AFO≌△DEO，得AF=DE，由勾股定理可知AD=；（2）用同样的方法来证明，先过点作，交的延长线于点，构造，得，再根据勾股定理得证；
（3）根据题意可分两种情况来求解，①当BP﹤OB时，过点作，交延长线于点，得△PDG是等腰直角三角形，可求DG，再由△GPF≌△PED，GF=DE=6；②当BP＞OB时，同理可得DE的值．
【详解】解：（1）；如解图①，连接，
在正方形中，和分别为对角线，
则，，，
，．
，．，
．．在等腰中，，
（2）．
理由：如解图②，过点作，交的延长线于点，
在正方形中，为对角线，则，
，为等腰直角三角形，，，
，．
．，
．．
在等腰中，又，．
，．，；
（3）如解图③，当时，过点作，交延长线于点，连接交于点，
∴为等腰直角三角形，
正方形的边长为，，
，，
∴，∴，
由（2）可得，，此时点与点重合；
如解图④，当时，过点作交于，连接交于点，易得为等腰直角三角形，
在中，，，，
，∴，，
由（2）可得，．综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查的是四边形中的动点问题，解决此题需要利用全等三角形的判定和性质及勾股定理来求解．
23．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．
（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．
①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB，求证：MB平分．（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．
【答案】（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，，∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，延长CE交AG于点M，∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC，AG⊥EC；
（2）①满足，理由是：如图2中，设AM交BC于O．
∵∠EBG=∠ABC=90°，∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，，∴△ABG≌△CEB（SAS），∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，∴∠BCE+∠COM=90°，∴∠OMC=90°，∴AG⊥EC．
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，∵△ABG≌△CEB，∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC?BP=AG?BH，∴BP=BH，∴MB平分∠AME；
（3）CM=BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，，∴△ABQ≌△BCM（SAS），∴CM=BQ，则CM=BN．
【点睛】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
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精品试卷·第
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专题07
特殊的平行四边形综合运用
知识点精讲
知识点1
特殊的平行四边形的联系与区别
1）平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系如下图：
2）四边形的相互转换：
1．（2021·浙江九年级专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直平分的四边形的正方形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
2．（2020·广西八步初三期末）在学习“四边形”一章时，小明的书上有一图因不小心被滴上墨水(如图)，看不清所印的字，请问被墨迹遮盖了的文字应（
）
A．等边三角形
B．四边形
C．菱形
D．以上都不是
3．（2020·广东新丰初三期中）如图，在△ABC中，D是AB中点，E是AC中点，F是BC中点，请填空：
（1）四边形BDEF是
四边形；
（2）若四边形BDEF是菱形，则△ABC满足的条件是
．
（3）若四边形BDEF是矩形，则△ABC满足的条件是
．
（4）若四边形BDEF是正方形，则△ABC满足的条件是
．
并就（2）、（3）、（4）中选取一个进行证明．
4．（2020·重庆梁平初三期末）如图，在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
C．如果AD平分∠EAF，那么四边形AEDF是菱形
B．如果AD＝EF，那么四边形AEDF是矩形
D．如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形
5．（2020.绵阳市初二期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点，并且，点是边上一动点，延长交于点，当点从点向点移动过程中（点与点，不重合），则四边形的变化是（
）
A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形
知识点2中点四边形
1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2).常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3).中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2020·苏州新草桥中学八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（
）
A．平行四边形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
2．（2020·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（
）．
A．菱形
B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形
D．对角线相等的四边形
3．（2020·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形
B．不是中心对称图形
C．一定是中心对称图形
D．当AC＝BD时，它为矩形
4．（2020·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
5．（2020·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
6．（2020·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是
_____________
，（证明你的结论.
）
（2）当四边形ABCD的对角线满足
__________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
重难点题型
考点1
特殊的平行四边形概念问题
1．（2020·浙江八年级开学考试）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（
）
A．邻边相等
B．对角线互相平分
C．对角线相等
D．邻角互补
2．（2021·浙江九年级专题练习）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（
）
A．对角线相等
B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直
D．对边相等且平行
3．（2020·云南曲靖初三期末）下列命题中正确的是（
）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
D．两条对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
4．（2020·四川泸州市·中考真题）下列命题是假命题的是（
）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线互相垂直平分
D．正方形的对角线互相垂直平分且相等
考点2
中点四边形
1．（2021·广东佛山市·九年级期末）顺次连接菱形四边中点得到的四边形一定是（
）
A．矩形
B．平行四边形
C．菱形
D．正方形
2．（2021·江西吉安市·九年级期末）顺次连接矩形各边的中点，所得四边形是（
）
A．平行四边形
B．正方形
C．矩形
D．菱形
3．（2020·宁夏固原市原州区三营中学初三月考）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
(1)四边形EFGH的形状是_________
．(2)证明你的结论．
(3)当满足
时，四边形是菱形．
(4)当满足
时，四边形是矩形．
(5)当满足
时，四边形是正方形．
4．（2020·四川三台初三期末）如图，顺次连接四边形
ABCD
各边的中点，得到四边形
EFGH，在下列条件中，可使四边形
EFGH
成为菱形的是（
）
A．AB=CD
B．AC=BD
C．AC⊥BD
D．AD//BC
考点3
以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
1）
矩形中的折叠与拼剪问题
解题技巧：图形的折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
1．（2021·浙江宁波市·九年级二模）如图，一张矩形纸片，分别在四条边上，分别沿将折叠，结果点和点都落在上的点，点和点都落在上的点，得到一个四边形，已知，那么的长是________．
2．（2021·江西九年级其他模拟）如图，在矩形中，是的中点，点在上，沿翻折，使点恰好落在上的点处，连接，，则图中与相等的角（除外）有（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
3．（2021·西安市第二十三中学九年级开学考试）如图，在矩形中，点，分别在边，上，且，将矩形沿直线折叠，使点恰好落在边上的点处，则的长为（
）
A．9
B．8
C．
D．
2）
菱形中的折叠与拼剪问题
1．（2020·浙江婺城初三期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则GE＝_____．
2．（2020·浙江九年级期末）对角线长分别为6和8的菱形如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，两点重合，是折痕．若，则的长为_______．
3．（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
3）
正方形中的折叠（翻折）问题
1．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把B点折叠在折痕MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为H，则的度数为（
）
A．
B．
C．
D．
2．（2021·四川眉山市·八年级期末）如图，正方形ABCD，边长为4，点E是CD边的中点，F在边BC上，沿AF对折△ABF，点B落在AE上的G点处，则
________．
3．（2020·浙江七年级期末）如图，将正方形纸片折叠，使点D落在边点E处，点A落在点F处，折痕为，若_____．
考点4
以特殊四边形为背景的旋转问题
1．（2020·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（
）
A．1+
B．2+
C．3
D．3–
2．（2020?滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（，）
B．（2，﹣2）
C．（，）
D．（4，﹣4）
3．（2020?浉河区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣3，0），C（0，）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为
．
4．（2020?渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4
B．4
C．5
D．6
5．（2021·安徽六安市·九年级期末）如图，已知正方形与正方形的边长分别为4和1，若将正方形绕点旋转，则在旋转过程中，点之间的最小距离为
（
）
A．3
B．
C．
D．
考点5
以特殊平行四边形为背景的最值问题
解题技巧：利用对称性求最值（将军饮马模型），或者利用三角形的三边关系找最值
其中正方形和菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，常运用其轴对称性可解决最小值类的问题。
1）矩形中的最值问题
1．（2021·北京九年级专题练习）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是__．
2．（2020·浙江杭州市·八年级期中）在矩形纸片中，．如图所示，折叠纸片，使点A落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动，若限定点P、Q分别在线段、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
3．（2020?泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小值为
．
4．（2020.绵阳市初二月考）如图，点P是矩形ABCD对角线BD上的一个动点，已知AB＝2，BC，则PA+PB+PC的最小值是 ．
2）菱形中的最值问题
1．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）如图，菱形中，，，点E是线段上一点（不与A，B重合），作交于点F，且，则周长的最小值是（
）
A．6
B．
C．
D．
2．（2021·陕西西安市·九年级二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是__．
3．（2020·浙江杭州市·八年级月考）如图，在菱形中，，点P为的中点，分别为线段上的任意一点，则的最小值为______．
4．（2020?西城区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC＝12，面积为24，△ABE是等边三角形，若点P在对角线AC上移动，则PD+PE的最小值为（ ）
A．4
B．4
C．2
D．6
3）正方形中的最值问题
1．（2020·浙江九年级期中）在综合实践课上，小慧把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图①所示．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，连，在平移过程中：（1）四边形的形状始终是________．（2）的最小值为_______．
2．（2021·台州市书生中学八年级月考）如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F．（1）AM的长为_____；
（2）EM+AF的最小值为_____．
3．（2021·广东九年级专题练习）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为_____________．
4．（2021·天津九年级学业考试）如图，在正方形中，点，分别在，上，且，点，分别为，的中点，为上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（
）
A．
B．
C．
D．
考点6
以特殊四边形为背景的动态问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
1．（2021·湖北武汉市·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=7，AD=5，对角线BD上的一动点，以E为直角顶点，AE为直角边做等腰Rt△AEＦ，（E，F按逆时针方向排列），当点E从点D运动到点B时，点F的运动路径长是（
）
A．12
B．
C．18
D．
2．（2020·浙江八年级单元测试）如图，在正方形中，，点P为线段上的一个动点．设，由点A，B，C，P首尾顺次相接形成图形的面积为y．
（1）求y关于x的函数表达式及x的取值范围；（2）设（1）中函数图象的两个端点分别为M、N，且P为第一限内位于直线右侧的一个动点，若正好构成一个等腰直角三角形，请求出满足条件的P点坐标；（3）在（2）的条件下，若l为经过且垂直于x轴的直线，Q为l上的一个动点，使得，请直接写出符合条件的点Q的坐标．
3．（2020·浙江八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运动时间为t．以为边在x轴下方作正方形．
（1）当点A运动到中点时，如图1，求直线的解析式；（2）连结，过点B作的垂线，交直线于点F，点E为垂足，作边的垂直平分线l与直线交于点l．①设的面积为S，当时，如图2，求S关于t的函数关系式．②在点A运动过程中，是否存在点F，使以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求出符合条件的t的值．若不存在，请说明理由．
4．（2021·江苏无锡市·八年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围：
；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
考点7
平行四边形的存在性（探索性）问题
解题技巧：探索性问题，可以先凭借特殊情况猜出答案，然后在通过严格的论证求解出来。
1．（2020·浙江八年级期中）（1）如图1，在正方形中，的顶点E、F分别在、边上，高与正方形的边长相等，求的度数；
（2）如图2，在中，．点M、N是边上的两点，且，点H为外一点，连结、、．若，，探素、、的关系．（3）在（2）的条件下，若，，求线段的长度是多少？
2．（2021·重庆江北区·九年级期中）已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系；（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．
3．（2020·北京西城区·九年级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，E恰为BC的中点，AD=AE.
（1）如图2，点P在线段BE上，作EF⊥DP于点F，连结AF；求证：DF-EF=；
（2）请你在图3中画图探究：当P为射线EC上任意一点（P不与点E重合）时，作EF⊥DP于点F，连结AF，线段DF、EF与AF之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论.
4．（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图所示，在中，对角线，相交于点O，，E，F为直线上的两个动点（点E，F始终在的外面），且，连结，，，．（1）求证：四边形为平行四边形．（2）若，上述结论还成立吗？若呢？（3）若平分，，求四边形的周长．
考点8
以特殊四边形为背景的压轴问题
1．（2020·广东九年级）如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（ ）
①∠1＝∠2；②∠3＝∠4；③GD＝CM；④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．
A．①②③④
B．①②
C．③④
D．①②④
2．（2020·四川师范大学附属中学九年级月考）如图，四边形是菱形，点在边上，点在菱形外部，且满足，，连接，，取的中点，连接，．
（1）探究与位置关系．（2）若，探究线段、与的数量关系，并说明理由．（3）若，在的延长线上时，其余条件不变，，，求出的长度．
3．（2020·重庆一中九年级开学考试）如图1，平面直角坐标系中，菱形的边长为4，，对角线与的交点恰好在轴上，点是中点，直线交于．
（1）点的坐标为__________；
（2）如图1，在轴上有一动点，连接．请求出的最小值及相应的点的坐标；
（3）如图2，若点是直线上的一点，那么在直线上是否存在一点，使得以、、、为顶．点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2020·内丘县北岭中学八年级期末）如图，在边长为的菱形中，角线，相交于点、且，是直线上的动点，于点，于点．
（1）对角线的长是______，菱形的面积是_______．
（2）如图1，当点在对角线上运动时，的值是否会发生变化？请说明理由．
（3）如图2，当点在对角线的延长线上时，的值是否会发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究，之间的数量关系，并说明理由．
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专题07
特殊的平行四边形综合运用
知识点精讲
考点1
特殊的平行四边形的联系与区别
1）平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系如下图：
2）四边形的相互转换：
1．（2021·浙江九年级专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直平分的四边形的正方形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】根据特殊的平行四边形的性质即可求出答案．
【详解】解：对角线互相垂直平分的四边形的菱形，故A错误；
对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故B错误；
对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故C错误；
对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D正确．故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形，解题的关键是正确理解特殊平行四边形的性质，本题属于基础题型．
2．（2020·广西八步初三期末）在学习“四边形”一章时，小明的书上有一图因不小心被滴上墨水(如图)，看不清所印的字，请问被墨迹遮盖了的文字应（
）
A．等边三角形
B．四边形
C．菱形
D．以上都不是
【答案】C
【分析】有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形，图中已有矩形，那么另一个表中应是菱形．
【解析】被墨迹遮盖了的文字应是菱形．故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的两个判定：有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形．
3．（2020·广东新丰初三期中）如图，在△ABC中，D是AB中点，E是AC中点，F是BC中点，请填空：
（1）四边形BDEF是
四边形；
（2）若四边形BDEF是菱形，则△ABC满足的条件是
．
（3）若四边形BDEF是矩形，则△ABC满足的条件是
．
（4）若四边形BDEF是正方形，则△ABC满足的条件是
．
并就（2）、（3）、（4）中选取一个进行证明．
【答案】（1）平行；（2）AB＝BC；（3）∠B＝90°；（4）∠B＝90°，AB＝BC
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定解答即可；（2）根据菱形的判定解答即可；
（3）根据矩形的判定解答即可；（4）根据正方形的判定解答即可．
【解析】（1）∵在△ABC中，D是AB中点，E是AC中点，F是BC中点，∴DE∥BC，EF∥AB，∴四边形BDEF是平行四边形．故答案为：平行；
（2）当AB=BC时，∴BD=BF，∴平行四边形BDEF是菱形．故答案为：AB=BC；
（3）当∠B=90°时，∴平行四边形BDEF是矩形．故答案为：；∠B=90°；
（4）当∠B=90°，AB=BC，∴平行四边形BDEF是正方形．故答案为：∠B=90°，AB=BC．
【点睛】本题考查了正方形、矩形和菱形的判定与性质，以及三角形的中位线定理，解决问题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理．
4．（2020·重庆梁平初三期末）如图，在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
C．如果AD平分∠EAF，那么四边形AEDF是菱形
B．如果AD＝EF，那么四边形AEDF是矩形
D．如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理判定即可．
【解析】A．因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A选项正确．
B．如果AD=EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B选项正确．
C．因为AD平分∠EAF，所以∠EAD=∠FAD．∵∠FAD=∠EDA，∠EAD=∠FDA，∴EAD=∠EDA，∴AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确．
D．∵AD⊥BC且AB=AC，∴D为BC的中点．∵DE∥CA，DF∥BA，∴E为AB的中点，F为AC的中点，∴AE=AB，AF=AC．∵AB=AC，∴AE=AF，∴四边形AEDF是菱形．故D选项错误．故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
5．（2020.绵阳市初二期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点，并且，点是边上一动点，延长交于点，当点从点向点移动过程中（点与点，不重合），则四边形的变化是（
）
A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形
【答案】A
【分析】根据图形结合平行四边形、矩形、菱形的判定逐项进行判断即可．
【解析】解：点E从D点向A点移动过程中，当∠EOD＜15°时，四边形AFCE为平行四边形，
当∠EOD=15°时，AC⊥EF，四边形AFCE为菱形，当15°＜∠EOD＜75°时，四边形AFCE为平行四边形，
当∠EOD=75°时，∠AEF=90°，四边形AFCE为矩形，当75°＜∠EOD＜105°时，四边形AFCE为平行四边形，故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和推理能力．
考点2中点四边形
1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2).常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3).中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2020·苏州新草桥中学八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（
）
A．平行四边形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
【答案】C
【分析】由E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，得出EF，HG，FG，EH是中位线，再得出四条边相等，根据“四条边都相等的四边形是菱形”进行证明．
【详解】解：如图所示，因为E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、BD，因为E、F分别是AB、BC的中点，所以EF=AC，且EF∥AC
同理可得HG=AC，且HG∥AC，
FG=BD，且FG∥BD，EH=BD，且EH∥BD，∴EF∥HG，HE
∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，
又因为等腰梯形的对角线相等，即AC=BD，因此有EF=FG=GH=HE，
所以连接等腰梯形各中点所得四边形为菱形．故选：C
【点睛】此题考查三角形中位线的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线定理及菱形的判定．
2．（2020·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（
）．
A．菱形
B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形
D．对角线相等的四边形
【答案】B
【分析】由四边形是矩形，可知，根据三角形的中位线定理可以得到，可得到，同理可得，得到，进而得到．
【详解】如图，
由题意可知：四边形是矩形，
点、、、分别是边、、、的中点，，
点、分别是边、的中点，，，
点、分别是边、的中点，
，
，．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，三角形的中位线定理以及平行线的性质，灵活运用平行线的性质进行推理是解题的关键．
3．（2020·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形
B．不是中心对称图形
C．一定是中心对称图形
D．当AC＝BD时，它为矩形
【答案】C
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG=AC，EH=FG=BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，故选项A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故选项B错误；
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，故选项D错误；
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，∴四边形EFGH是平行四边形，四边形EFGH一定是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
4．（2020·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
【答案】菱形，证明过程见解析
【分析】首先运用三角形中位线定理可得到FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，从而在根据平行于同一条直线的两直线平行得到GE∥FH，GF∥EH，可得到四边形ABCD是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．
【详解】解：四边形EHFG是菱形．
理由：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，
∴GE∥FH，GF∥EH（平行于同一条直线的两直线平行）；∴四边形GFHE是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，GE是△ABD的中位线，∴GF=CD，GE=AB，
∵AB=CD，∴GF=GE，∴四边形EHFG是菱形．
【点睛】本题考查菱形的性质和判定、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（2020·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFGH是平行四边形，根据三角形中位线定理证明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．
【详解】证明：连接AC、BD，AC与BD相交于点O，AC与EH相交于点P．
∵E、F分别是边AB、BC的中点，∴EF∥AC，EF＝AC．
同理GH∥AC，GH＝AC．∴EF∥GH，EF＝GH．∴四边形EFGH是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∵E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．
∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四边形EFGH是矩形．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理和矩形的判定定理是解题的关键．
6．（2020·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是
_____________
，（证明你的结论.
）
（2）当四边形ABCD的对角线满足
__________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
【答案】（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD
【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；
(2)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形.
【解析】
(1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：如图，连结BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：
如图，连结AC、BD，
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，又∵四边形EFGH是平行四边形，∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为AC⊥BD.
【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
重难点题型
考点1
特殊的平行四边形概念问题
1．（2020·浙江八年级开学考试）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（
）
A．邻边相等
B．对角线互相平分
C．对角线相等
D．邻角互补
【答案】A
【分析】根据菱形的性质及矩形的性质，结合各选项进行判断即可得出答案．
【详解】解：A、邻边相等，菱形具有而矩形不具有，故本选项正确；
B、对角线互相平分，菱形具有而矩形也具有，故本选项错误；
C、对角线相等，菱形不具有矩形具有，故本选项错误；
D、邻角互补，菱形具有而矩形也具有，故本选项错误；故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．
2．（2021·浙江九年级专题练习）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（
）
A．对角线相等
B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直
D．对边相等且平行
【答案】C
【分析】根据矩形和菱形的性质即可得出答案．
【详解】解：A：
因为矩形的对角线相等，故此选项不符合题意；
B：因为菱形和矩形的对角线都互相平分，故此选项不符合题意；
C：因为对角线互相垂直是菱形具有的性质，故此选项符合题意；
D：因为矩形和菱形的对边都相等且平分，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形性质的区别是解题关键．
3．（2020·云南曲靖初三期末）下列命题中正确的是（
）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
D．两条对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
【答案】A
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，逐个进行验证，即可得出正确选项．
【解析】A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确．
B、两条对角线相等的四边形可能是梯形，不一定是矩形，错误．
C、两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，仅垂直不一定是菱形，错误．
D、两条对角线互相垂直且平分的四边形只能说是菱形，不一定是正方形，错误．故选：A．
【点睛】本题是考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定．就每一个选项来说都是单一知识点，是比较基础的知识，而把四个选项置于一个试题之中，它涉及到四个知识点和四种图形的联系和区别，要求学生的思维必须缜密、全面．
4．（2020·四川泸州市·中考真题）下列命题是假命题的是（
）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线互相垂直平分
D．正方形的对角线互相垂直平分且相等
【答案】B
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质解题即可.
【详解】解：A、正确，平行四边形的对角线互相平分，故选项不符合；
B、错误，应该是矩形的对角线相等且互相平分，故选项符合；
C、正确，菱形的对角线互相垂直且平分，故选项不符合；
D、正确，正方形的对角线相等且互相垂直平分，故选项不符合；故选：B．
【点睛】本题考查命题与定理、特殊四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．
考点2
中点四边形
1．（2021·广东佛山市·九年级期末）顺次连接菱形四边中点得到的四边形一定是（
）
A．矩形
B．平行四边形
C．菱形
D．正方形
【答案】A
【分析】画出图形，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是菱形各边的中点，∴EF∥BD，FG∥AC，∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，∴四边形EFGH是矩形．故选：A．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质定理、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理是解题的关键．
2．（2021·江西吉安市·九年级期末）顺次连接矩形各边的中点，所得四边形是（
）
A．平行四边形
B．正方形
C．矩形
D．菱形
【答案】D
【分析】利用三角形中位线定理,矩形对角线的性质,菱形的判定判断即可.
【详解】如图，设矩形ABCD各边的中点依次为E，F，G，H，
∴EF，FG，GH，HE分别是△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的中位线，
∴EF=AC，FG=BD，GH=AC，EH=BD，
∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴EF=FG=GH=HE，∴四边形EFGH是菱形，故选D.
【点睛】本题在矩形背景考查了三角形中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，熟练运用三角形中位线定理，矩形的性质，菱形的判定是解题的关键.
3．（2020·宁夏固原市原州区三营中学初三月考）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
(1)四边形EFGH的形状是_________
．(2)证明你的结论．
(3)当满足
时，四边形是菱形．
(4)当满足
时，四边形是矩形．
(5)当满足
时，四边形是正方形．
【答案】（1）平行四边形；（2）见解析；（3）AC=BD；（4）AC⊥BD；（5）AC=BD且AC⊥BD
【分析】（1）连接AC，根据三角形的中位线定理即可知四边形EFGH是平行四边形；
（2）根据三角形的中位线定理易知EH//FG，EH=FG，从而四边形EFGH是平行四边形；
（3）连接AC，BD，当AC=BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH，结合（2）的结论即可得到四边形是菱形；（4）连接AC，BD，当AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF⊥EH，结合（2）的结论即可得到四边形是矩形；（5）连接AC，BD，当AC=BD且AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH且EF⊥EH，结合（2）的结论即可得到四边形是正方形；
【解析】解：（1）平行四边形；
（2）连接AC，
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EH，FG分别是?ADC，?ABC的中位线，
∴EH//AC，EH=AC，FG//AC，FG=AC，∴EH//FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；
（3）当AC=BD时，四边形是菱形，理由如下
连接AC，BD
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，∴线段EF是?ABD的中位线，
∴EF=BD，由（2）知EH=AC而AC=BD，∴EF=EH
又由（2）已证四边形EFGH是平行四边形；∴四边形是菱形；
（4）当AC⊥BD时，四边形是矩形，理由如下
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，∴线段EF是?ABD的中位线，∴EF//BD，
由（2）知EH//AC，而AC⊥BD，∴EF⊥EH
又由（2）已证四边形EFGH是平行四边形；∴四边形是矩形；
（5）当AC=BD且AC⊥BD时，四边形是正方形；理由如下
当AC=BD时，由（3）知四边形是菱形，当AC⊥BD时，由（4）知四边形是矩形，所以四边形是正方形；
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
4．（2020·四川三台初三期末）如图，顺次连接四边形
ABCD
各边的中点，得到四边形
EFGH，在下列条件中，可使四边形
EFGH
成为菱形的是（
）
A．AB=CD
B．AC=BD
C．AC⊥BD
D．AD//BC
【答案】B
【分析】首先依据三角形中位线定理可得到EF=GH=AC，EH=FG=DB，然后依据选项提供的条件，结合菱形的判定定理进行判断即可．
【解析】解：∵E、F、G、H为各边的中点，∴EF=AC，HG=AC，EH=BD，FG=DB，
∴EF=GH，EH=FG．当AC=BD时，则EF=GH=EH=FG，∴四边形EFGH为菱形．故选：B．
【点睛】本题主要考查的是菱形的判定、三角形的中位线定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
考点3
以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
解题技巧：图形的旋转和折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
1）
矩形中的折叠与拼剪问题
解题技巧：图形的折叠，意味着全等，抓住不变量。若在图形的折叠中，考察图形折叠的折痕问题，则需要抓住折痕垂直平分对应点所连的线段平分对应边所成的夹角。
1．（2021·浙江宁波市·九年级二模）如图，一张矩形纸片，分别在四条边上，分别沿将折叠，结果点和点都落在上的点，点和点都落在上的点，得到一个四边形，已知，那么的长是________．
【答案】17
【分析】由四边形为矩形，可得，，可证，由分别沿将折叠，可得，，可证四边形为平行四边形，可证≌（AAS），可得即可，
【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，∴，
∵分别沿将折叠，
∴，
，，
，∴四边形为平行四边形，∴，
在和中，，∴≌（AAS），∴，
，∴．故答案为：17．
【点睛】本题考查矩形性质，折叠性质，平行四边形判定与性质，三角形全等判定与性质，掌握矩形性质，折叠性质，平行四边形判定与性质，三角形全等判定与性质是解题关键．
2．（2021·江西九年级其他模拟）如图，在矩形中，是的中点，点在上，沿翻折，使点恰好落在上的点处，连接，，则图中与相等的角（除外）有（
）
A．个
B．个
C．个
D．个
【答案】B
【分析】根据折叠的性质证明∠C?MN=∠CMN=∠BC?M=∠MBC，在矩形中，AD∥BC，得∠CC?N=∠C?CN=∠CMN，由此解答即可．
【详解】解：∵C沿着沿翻折，∴∠C?MN=∠CMN，MC=MC?，NC=NC?，CC?⊥MN，
∴∠C?MN+∠CMN=∠C?MC=∠MBC?+∠BC?M，
∵是的中点，∴BM=MC=MC?，∴∠MBC?=∠BC?M，∴∠C?MN=∠CMN=∠BC?M=∠MBC?，
∵在矩形中，AD∥BC，∴∠AC?B=∠MBC?，∴∠AC?B=∠MBC?=∠CMN，
∵∠CMN+∠CNM=90°，∴∠DCC?=∠CMN，
∵NC?=NC，∴∠CC?N=∠C?CN=∠CMN，故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠变换的性质，掌握这些性质是解题的很关键．
3．（2021·西安市第二十三中学九年级开学考试）如图，在矩形中，点，分别在边，上，且，将矩形沿直线折叠，使点恰好落在边上的点处，则的长为（
）
A．9
B．8
C．
D．
【答案】D
【分析】先求出DE＝3，CE＝6，根据翻折变换的性质可得PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，然后根据直角三角形30°角的性质求出∠DPE＝30°，从而得到∠DPF，根据平行线的性质求出∠CFP，再求出∠CFE＝30°，然后利用30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求出FC，从而得解．
【详解】解：∵DC＝3DE＝9，∴DE＝3，CE＝6，
由翻折变换得，PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，
所以，在Rt△DPE中，∠DPE＝30°，
所以，∠DPF＝∠EPF+∠DPE＝90°+30°＝120°，
∵矩形对边AD∥BC，∴∠CFP＝180°﹣∠DPF＝180°﹣120°＝60°，
∴∠CFE＝∠CFP＝30°，∴EF＝2CE＝2×6＝12，
在Rt△CEF中，根据勾股定理得，FC＝＝＝6=FP．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、直角三角形的性质和勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
2）
菱形中的折叠与拼剪问题
1．（2020·浙江婺城初三期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则GE＝_____．
【答案】
【分析】过点E作EH⊥AD于H，根据勾股定理可求DH的长度，由折叠的性质得出AG＝GE，在Rt△HGE中，由勾股定理可求出答案．
【解析】解：过点E作EH⊥AD于H，
∵ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD＝AB＝4，∴∠BAD＝∠HDE＝60°，
∵E是CD中点，∴DE＝2，
在Rt△DHE，中，DE＝2，HE⊥DH，∠HDE＝60°，∴DH＝1，HE＝，
∵将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，∴AG＝GE，
在Rt△HGE中，GE2＝GH2+HE2，∴GE2＝（4﹣GE+1）2+3，∴GE＝2.8．故答案为：2.8．
【点睛】本题考查了折叠问题，菱形的性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．
2．（2020·浙江九年级期末）对角线长分别为6和8的菱形如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，两点重合，是折痕．若，则的长为_______．
【答案】4
【分析】连接、，如图，利用菱形的性质得，，，再利用勾股定理计算出，接着证明得到，然后根据折叠的性质得，从而有，于是计算即可．
【详解】解：连接、，如图，点为菱形的对角线的交点，
，，，
在中，，，，
在和中，，，
过点折叠菱形，使，两点重合，是折痕，，
，，故答案为：4．
【点睛】本题考查了折叠的性质：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，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了菱形的性质．
3．（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．
3）
正方形中的折叠（翻折）问题
1．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把B点折叠在折痕MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为H，则的度数为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由翻折的性质得到AH=AB，MN垂直平分AD，证明△ADH是等边三角形，得到∠DAH，可得∠HAB，结合AB=AH计算出∠ABH，从而可得∠HBC．
【详解】解：由翻折的性质可知：AH=AB，MN垂直平分AD，
∴DH=AH，∴AH=AD=DH=AB，∴△ADH是等边三角形，∴∠DAH=60°．∴∠HAB=30°．
∵AB=AH，∴∠ABH=×（180°-30°）=75°．∴∠HBC=15°．故选C．
【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，证得三角形ADH是一个等边三角形是解题的关键．
2．（2021·四川眉山市·八年级期末）如图，正方形ABCD，边长为4，点E是CD边的中点，F在边BC上，沿AF对折△ABF，点B落在AE上的G点处，则
________．
【答案】
【分析】由△ABF≌△AGF，得出AB＝AG＝4，由勾股定理得出AE＝2，得出GE=2，设CF=x，则BF=4-x，由Rt△GFE和Rt△FCE利用勾股定理列出方程可求出CF=．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝CD=BC＝4，∠B＝∠D=∠C＝90°，
∵E是边CD的中点，∴DECD＝2，∴
由折叠的性质可知，△ABF≌△AGF，∴∠ABF＝∠AGF=90°，AB＝AG＝4，BF=FG∴GE=2
设CF=x，则BF=FG
=4-x，在Rt△GEF中，
在Rt△CEF中，∴
解得故答案为：．
【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、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和正方形的性质，翻折变换三角形全等是解题的关键．
3．（2020·浙江七年级期末）如图，将正方形纸片折叠，使点D落在边点E处，点A落在点F处，折痕为，若_____．
【答案】119
【分析】根据正方形的性质得到∠A=∠C=∠D=90°，根据折叠的性质得到∠F=∠A=90°，∠FEN=∠C=90°，∠DNM=∠ENM，根据平角的定义得到∠ENM=（180°-∠ENC）=（180°-58°）=61°，根据四边形的内角和即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠C=∠D=90°，
∵将正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边点E处，点A落在点F处，
∴∠F=∠A=90°，∠FEN=∠D=90°，∠DNM=∠ENM，
∵∠NEC=32°，∴∠ENC=58°，∴∠ENM=（180°-∠ENC）=（180°-58°）=61°，
∴∠FMN=360°-90°-90°-61°=119°，故答案为：119．
【点睛】本题考查了角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键．
考点4
以特殊四边形为背景的旋转问题
1．（2020·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（
）
A．1+
B．2+
C．3
D．3–
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S阴影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S阴影部分．
【解析】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°
∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，B0=DO
∵AB=2
∴DO=1，AO=DO=，∴AC=2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′
∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2
∴A，D'，C三点共线
∴CD'=CA-AD'=2-2
?又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，
∵S阴影部分=S△ABC-S△D'EC∴S阴影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.
2．（2020?滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（，）
B．（2，﹣2）
C．（，）
D．（4，﹣4）
【点睛】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，∴OH＝B′HOB′，
∴点B′的坐标为（，）．故选：A．
3．（2020?浉河区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣3，0），C（0，）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为
．
【点睛】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证△AOB≌△HB1O，得到B1H＝OA＝3，OH＝AB，得到答案．
【详解】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，如图所示：
由题意得，OA＝3，AB＝OC，则tan∠BOA，∴∠BOA＝30°，∴∠OBA＝60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB＝∠BOA＝30°，∴∠B1OH＝60°，
在△AOB和△HB1O中，，∴△AOB≌△HB1O（AAS），
∴B1H＝OA＝3，OH＝AB，∴点B1的坐标为（，3），故答案为：（，3）．
4．（2020?渠县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD的边上，且DE＝1，△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，将△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，连接FG，则线段FG的长为（ ）
A．4
B．4
C．5
D．6
【点睛】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根据旋转的性质得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG＝BE，根据正方形的性质得到BC＝CD＝AB＝4．根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接BE，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF．∴∠GAF＝∠EAB．∴△GAF≌△EAB（SAS）．∴FG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝4．
∵DE＝1，∴CE＝3．∴在Rt△BCE中，BE5，∴FG＝5，故选：C．
5．（2021·安徽六安市·九年级期末）如图，已知正方形与正方形的边长分别为4和1，若将正方形绕点旋转，则在旋转过程中，点之间的最小距离为
（
）
A．3
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】连接CE、AC，根据正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1，可以求出AC的长，又因为CE≥AC-AE，所以当A、E、C三点共线时取等号，即可求值；
【详解】如图，连接CE、AC，已知正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1，
∴
AB=BC=4，AE=1，由勾股定理得：
，∴
∵
CE≥AC-AE，∴CE≥，∴CE的最小值为，故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、以及三角形的三边关系，正确掌握知识点是解题的关键．
考点5
以特殊平行四边形为背景的最值问题
解题技巧：利用对称性求最值（将军饮马模型），或者利用三角形的三边关系找最值
其中正方形和菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，常运用其轴对称性可解决最小值类的问题。
1）矩形中的最值问题
1．（2021·北京九年级专题练习）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是__．
【答案】
【分析】根据中位线定理可得出点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．
【详解】解：如图：
当点与点重合时，点在处，，
当点与点重合时，点在处，，且．
当点在上除点、的位置处时，有．
由中位线定理可知：且．点的运动轨迹是线段，
当时，取得最小值．
矩形中，，，为的中点，
、、为等腰直角三角形，．
，．．．
，即，的最小值为的长．
在等腰直角中，，
的最小值是．故答案是：．
【点睛】本题考查线段的最值问题以及矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题．
2．（2020·浙江杭州市·八年级期中）在矩形纸片中，．如图所示，折叠纸片，使点A落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动，若限定点P、Q分别在线段、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】B
【分析】根据翻折的性质，①当P与B重合时，可得BA′与AP的关系，根据线段的和差，可得A′C，②当Q与D重合时，根据勾股定理，可得A′C，根据线段的和差，可得答案．
【详解】解：①当P与B重合时，BA′＝BA＝6，CA′＝BC?BA′＝10?6＝4，
②当Q与D重合时，由勾股定理，得CA′＝=＝8，
CA′最大是8，CA′最小是4，点A′在BC边上可移动的最大距离为8?4＝4，故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，分类讨论是解题关键．
3．（2020?泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小值为
．
【点睛】如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF．由四边形APFM、四边形CQFN是矩形，推出PM＝AF，NQ＝CF，推出PM+CQ＝AF+CF，由FA+FC≥AC，即可解决问题．
【详解】解：如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF、AC．
∵四边形ABCD是矩形，PQ∥BC，MN∥AB，∴可得四边形APFM、四边形CQFN是矩形，
∴PM＝AF，NQ＝CF，∴PM+CQ＝AF+CF，∵FA+FC≥AC，AC5，
∴AF+FC的最小值为5，∴PM+NQ的最小值为5．故答案为5
3．（2020.绵阳市初二月考）如图，点P是矩形ABCD对角线BD上的一个动点，已知AB＝2，BC，则PA+PB+PC的最小值是 ．
【点睛】将△PBC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PE，BF，则EF＝PB，△PCE是等边三角形，由PE＝PC，得出PA+PB+PC＝PA+PE+EF，当PA、PE、EF共线时，值最小，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求得PA+PB+PC的最小值．
【详解】解：将△PBC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PE，BF，则EF＝PB，△PCE是等边三角形，△BFC是等边三角形，∴PE＝PC，
∴PA+PB+PC＝PA+PE+EF，当PA、PE、EF共线时，值最小，
连接BF，作FN⊥BC，延长BM＝FN，连接MF，则四边形BMFN是矩形，∴BM＝FN，MF＝BN，
∵△BCF是等边三角形，∴FNBFBC，BNBFBC，
∴AM＝AB+BM＝2，MF，∴AF，
∴PA+PB+PC的最小值为，故答案为．
2）菱形中的最值问题
1．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）如图，菱形中，，，点E是线段上一点（不与A，B重合），作交于点F，且，则周长的最小值是（
）
A．6
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】只要证明得出是等边三角形，因为的周长，所以等边三角形的边长最小时，的周长最小，只要求出的边长最小值即可．
【详解】解：连接，菱形中，，
与是等边三角形，，，
，，在和中，
，，，，，
，是等边三角形，
的周长，
等边三角形的边长最小时，的周长最小，当时，最小，
的周长最小值为，故选：．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、最小值问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，学会转化的思想解决问题，所以中考常考题型．
2．（2021·陕西西安市·九年级二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是__．
【答案】
【分析】作DE⊥AB于E点，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而得出结论．
【详解】如图，作DE⊥AB于E点，连接BD，∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形，∴∠MAE=30°，∴AM=2ME，
∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2MD=2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形的边长为6，∴AB=6，AE=3，∴，
∴，∴MA+MB+MD最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的、等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，将多条线段转化是解题关键．
3．（2020·浙江杭州市·八年级月考）如图，在菱形中，，点P为的中点，分别为线段上的任意一点，则的最小值为______．
【答案】
【分析】根据轴对称确定最短路线问题，作点P关于BD的对称点P′，连接P′Q与BD的交点即为所求的点K，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知P′Q⊥CD时，PK+QK取最小值，然后求解即可．
【详解】解：作点P关于BD的对称点P′，作P′Q⊥CD交BD于K，交CD于Q，
∵AB＝4，∠A＝120°，∴点P′到CD的距离为4×=，∴PK+QK的最小值为，答案：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键．
4．（2020?西城区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC＝12，面积为24，△ABE是等边三角形，若点P在对角线AC上移动，则PD+PE的最小值为（ ）
A．4
B．4
C．2
D．6
【点睛】如图，连接BD交AC于O，连接PB．因为AC与BD互相垂直平分，推出PD＝PB，推出PE+PD＝PE+PB，因为PE+PB≥BE，推出当E、P、B共线时，PE+PD的值最小，最小值为BE的长，求出BE即可解决问题；
【详解】解：如图，连接BD交AC于O，连接PB．
∵S菱形ABCD?AC?BD，∴2412×BD，∴BD＝4，∵OAAC＝6，OBBD＝2，AC⊥BD，
∴AB2，∵AC与BD互相垂直平分，∴PD＝PB，∴PE+PD＝PE+PB，∵PE+PB≥BE，∴当E、P、B共线时，PE+PD的值最小，最小值为BE的长，∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝2，∴PD+PE的最小值为2，故选：C．
3）正方形中的最值问题
1．（2020·浙江九年级期中）在综合实践课上，小慧把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图①所示．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，连，在平移过程中：（1）四边形的形状始终是________．（2）的最小值为_______．
【答案】平行四边形
【分析】（1）根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论；（2）作点C关于DD′的对称点，连接，，当共线时，==
有最小值，再证明是等腰直角三角形，且共线，在直角中，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）∵纸片沿剪痕的方向平移得到，
∴，，∴四边形是平行四边形，故答案是：平行四边形；
（2）∵四边形是平行四边形，∴，∴=，
作点C关于DD′的对称点，连接，，
当共线时，==
有最小值，此时的最小值=，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，
∵C关于DD′的对称点，∴，，
∴是等腰直角三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=．故答案是：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点C关于DD′的对称点，是解题的关键．
2．（2021·台州市书生中学八年级月考）如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F．（1）AM的长为_____；
（2）EM+AF的最小值为_____．
【答案】
【分析】（1）由正方形的边长为2，结合线段中点性质得到，利用勾股定理解题得AM
的长即可；（2）过点F作于点，先证明，由全等三角形对应边相等的性质得到，将沿方向平移至，连接，当三点共线时，此时EM+AF的值最小，最后根据勾股定理解题即可．
【详解】（1）四边形是正方形，且边长为，
是的中点，故答案为：；
（2）过点F作于点，
则
将沿方向平移至，连接，
则当三点共线时，
此时，故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
3．（2021·广东九年级专题练习）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为_____________．
【答案】6
【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时△BFE的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案．
【详解】解：连接ED交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF=DF，
∴的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形的边长为4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点在上且，∴AE=3，∴DE=，
∴的周长=5+1=6，故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，依据正方形的对称性，连接DE交AC于点F时△BFE的周长有最小值是解题的关键．
4．（2021·天津九年级学业考试）如图，在正方形中，点，分别在，上，且，点，分别为，的中点，为上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】连接EC，当点E、P、C在同一直线时，由对称可得等腰△BPC，所以BP=PC．最小值是EC，依据△BEC≌△ADF可得AF=EC，即最小值是AF．
【详解】如图，连接EC．
由对称性可知，等腰△BPC∴BP=PC∴=PC+EP
∴当点E、P、C在同一直线时，的值最小
∵正方形ABCD∴AD=BC，∠D=∠ABC
∵∴△BEC≌△ADF
∴AF=EC∴=PC+EP=EC=AF故选：D
【点睛】本题考查了最短路线问题、正方形的性质、三角形全等的判定，解决本题的关键是正方形的点B的对称点为点C．
考点6
以特殊四边形为背景的动态问题
解题技巧：1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
1．（2021·湖北武汉市·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=7，AD=5，对角线BD上的一动点，以E为直角顶点，AE为直角边做等腰Rt△AEＦ，（E，F按逆时针方向排列），当点E从点D运动到点B时，点F的运动路径长是（
）
A．12
B．
C．18
D．
【答案】B
【分析】分别考虑当点E与点B重合时，点E与点D重合时的情况，由此确定出F点的运动轨迹，从而构造直角三角形求解即可．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，∴AB=DC=7，AD=BC=5，
如图，当点E与点B重合时，点F与点M重合，此时，AB=BM=7，BC=AD=5，∴CM=BM-BC=7-5=2；
当点E与点D重合时，点F与点N重合，此时，AD=DN=5，CN=DN+CD=5+7=12，
∴点F的运动轨迹为线段MN，在Rt△MCN中，，选：B．
【点睛】本题考查矩形中的动点问题，理解矩形的性质，找准动点的轨迹是解题关键．
2．（2020·浙江八年级单元测试）如图，在正方形中，，点P为线段上的一个动点．设，由点A，B，C，P首尾顺次相接形成图形的面积为y．
（1）求y关于x的函数表达式及x的取值范围；（2）设（1）中函数图象的两个端点分别为M、N，且P为第一限内位于直线右侧的一个动点，若正好构成一个等腰直角三角形，请求出满足条件的P点坐标；（3）在（2）的条件下，若l为经过且垂直于x轴的直线，Q为l上的一个动点，使得，请直接写出符合条件的点Q的坐标．
【答案】（1）y=-2x+16，0＜x＜4；（2）（12，12）或（8，20）或（6，14）；（3）（-1，-2）或（-1，8）或（-1，38）或（-1，28）
【分析】（1）根据梯形的面积公式，可得函数解析式，根据线段的和差，可得x的取值范围；
（2）先得到M和N的坐标，大致画出图形，根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质求出点P坐标；（3）设Q（-1，m），QN所在直线方程为y=kx+b，利用直线方程求出y轴截距；用截距来计算三角形面积，然后通过S△MNQ=S△NMP，列方程求解．
【详解】解：（1）由线段的和差，得PC=（4-x），
∵y=S梯形ABCP=（4-x+4）×4=-2x+16，且x的取值范围是0＜x＜4；
（2）在y=-2x+16中，令x=0，则y=16，令x=4，则y=8，
∵函数图象的两个端点分别为M、N，∴M（0，16），N（4，8），
以MN为边，在MN右侧作正方形MNP1P，正方形中心为P2，则易知P，P1，P2即为所求P的坐标；示意图如下：
分别过点P和点N作y轴的垂线，垂足为E，F，
∵△PMN为等腰直角三角形，∴∠PMN=90°，PM=MN，
∴∠PME+∠NMF=90°，又∠PME+∠MPE=90°，
∴∠NMF=∠MPE，又∠PEM=∠MFN，∴△PEM≌△MFN（AAS），
∴PE=MF=8，ME=FN=4，∴P（8，20），同理求得P1（12，12），P2（6，14），
故P点可能的坐标为（12，12）或（8，20）或（6，14）；
（3）由S△MNQ=S△NMP，设Q（-1，m），QN所在直线方程为y=kx+b，
把Q和N代入方程，得：，解得b=，
则可求S△NMQ=×|16-b|×[4-（-1）]=|36-2m|，
当P为（12，12）时，S△MNP===40，
∴|36-2m|=40，解得m=-2或38，当P（8，20），同理解得：m=-2或38，
当P（6，14），有S△MNQ=20，∴|36-2m|=20，解得m=8或28，
综上，符合条件的Q的坐标为（-1，-2）或（-1，8）或（-1，38）或（-1，28）．
【点睛】本题考查了一次函数综合题，（1）利用了梯形的面积公式，（2）利用等腰直角三角形的性质和构造全等三角形是解题关键，（3）利用直线方程求出y轴截距是解题关键．
3．（2020·浙江八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运动时间为t．以为边在x轴下方作正方形．
（1）当点A运动到中点时，如图1，求直线的解析式；（2）连结，过点B作的垂线，交直线于点F，点E为垂足，作边的垂直平分线l与直线交于点l．①设的面积为S，当时，如图2，求S关于t的函数关系式．②在点A运动过程中，是否存在点F，使以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求出符合条件的t的值．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）直线BD的解析式为；（2）①；②当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，或或2或．
【分析】（1）由题意易得点，则有，进而可得点，设直线BD的解析式为，然后把点B、D的坐标代入求解即可；
（2）①连接AI，由题意易得，，，进而可得，然后可得，则直线l与直线AD的距离为，最后问题可求解；
②当点A在点B的右侧时，，由①可得，，，当AF=AC时，当AF=CF时，当AC=CF时，进而分类求解即可；当点A在点B的左侧时，，同理可进行求解．
【详解】解：（1）∵点A运动到中点，，∴，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴点，
设直线BD的解析式为，代入点B、D的坐标得：
，解得：，∴直线BD的解析式为；
（2）①连接AI，如图所示：
∵四边形是正方形，∴，，
∵，∴，∴，
∴，∴（AAS），∴，由题意可得，
∵的垂直平分线l与直线交于点I，∴直线l的解析式为，
∴直线l与直线AD的距离为，设的面积为S，当时，
∴S关于t的函数关系式为；
②当点A在点B的右侧时，，如图2，
由①可得，，∴，
∴当AF=AC时，则根据两点距离公式可得：，
解得：（不符合题意，舍去），
当AF=CF时，则根据两点距离公式可得：，解得：（舍去）；
当AC=CF时，则根据两点距离公式可得：，
解得：（不符合题意，舍去）；当点A在点B的左侧时，，如图所示：
由①可得，，∴，
同理以上方法分别可得当AF=AC时，；当AF=CF时，
t的值不满足；当AC=CF时，t的值不满足；
综上所述：当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，或或2或．
【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合及正方形的性质，熟练掌握一次函数与几何综合及正方形的性质是解题的关键．
4．（2021·江苏无锡市·八年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围：
；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）t=2；（2）①12≤AQ≤20；②存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【分析】（1）先证明∠APD=∠EPA=∠PAB，得AB=PB=20，根据勾股定理得PC=16，由PD=4=2t，可得结论；（2）①分别计算两个边界点：由（1）知：t=2时，AQ=20，当AQ最小时，PQ⊥AB，此时AQ=12，可得结论；②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，根据等量关系列方程可解答．
【详解】（1）如图1，∵AB∥CD，
∴∠DPA=∠PAB，由轴对称得：∠DPA=∠EPA，∴∠EPA=∠PAB，∴BP=AB=20，
在Rt△PCB中，由勾股定理得：PC==16，∴PD=4=2t，∴t=2；
（2）①由（1）可知：当t=2时，Q与B重合，此时AQ=AB=20，
如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ=AD=12，
∴12≤AQ≤20，故答案为：12≤AQ≤20；
②存在，分两种情况：当点E在矩形ABCD内部时，如图3，
∵QE=PQ﹣PE=PQ﹣DP=PQ﹣2t，∵QE=QB，PQ=AQ，∴QB=AQ﹣2t，
∵AQ+BQ=AB=20，∴AQ+AQ﹣2t=20，∴AQ=10+t，
在Rt△EQA中，AQ=10+t，QE=AQ﹣2t=10-t，AE=12，∴，解得：t=3.6；
当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，
∵QE=PE﹣PQ=DP﹣PQ=2t﹣PQ，∵QE=QB，PQ=AQ，∴BQ=2t﹣AQ，∴AB﹣AQ=2t﹣AQ，
∴AB=2t，∴t==10（此时P与C重合），综上存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【点睛】本题考查了四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于中考压轴题．
考点7
平行四边形的存在性（探索性）问题
解题技巧：探索性问题，可以先凭借特殊情况猜出答案，然后在通过严格的论证求解出来。
1．（2020·浙江八年级期中）（1）如图1，在正方形中，的顶点E、F分别在、边上，高与正方形的边长相等，求的度数；
（2）如图2，在中，．点M、N是边上的两点，且，点H为外一点，连结、、．若，，探素、、的关系．（3）在（2）的条件下，若，，求线段的长度是多少？
【答案】（1）；（2），理由见详解；（3）
【分析】（1）由题意易得，则有，同理可得，然后问题可求解；（2）由题意易得，则有，进而可证，，然后可得，，则，最后根据勾股定理可求解；（3）由（2）得，，由题意易得BD=12，设，则有，然后根据勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，∴（HL），
∴，同理可得，
∵，∴，∴；
（2），理由如下：∵，∴，
∵，，∴，
∵，∴（SAS），∴，∴，
∵，∴，∵AN=AN，∴（SAS），∴，
∴在Rt△HDN中，，∴；
（3）由（2）得，，，∵，∴，
∵，∴设，则有，∴，解得：，∴．
【点睛】本题主要考查勾股定理、正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理、正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2021·重庆江北区·九年级期中）已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系；（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC，
∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．
【答案】（1）∠AFC=∠DAC+∠ABC；（2）∠AFC=∠ABC－∠DAC；（3）补全图形见解析，．
【分析】（1）由题意结合等边三角性的性质和菱形的性质易证，再由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（2）同理可证题，同样由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（3）补全图形再根据（1）同理可证，再由三角形外角性质和等边三角形的性质及角之间的数量关系，即可证明出．
【详解】（1）∵为等边三角形，
∴．
∵，∴，∴．
∵四边形ADEF是菱形，∴．
即在和中，，∴，∴．
∵，∴．
（2）由（1）同理可证，∴．
又∵，∴，即．
（3）补全图形如下图，
由（1）同理可证，∴．
∵．∴．
∵∴．
∵．∴．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质．掌握全等三角形的判定条件及其性质是解答本题的关键．
3．（2020·北京西城区·九年级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，E恰为BC的中点，AD=AE.
（1）如图2，点P在线段BE上，作EF⊥DP于点F，连结AF；求证：DF-EF=；
（2）请你在图3中画图探究：当P为射线EC上任意一点（P不与点E重合）时，作EF⊥DP于点F，连结AF，线段DF、EF与AF之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】(1)
将△AEF绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，可证得△AFG是等腰直角三角形，则,据此即可证得；（2）仿照（1）即可得到结论：
【详解】（1）证明：∵在□ABCD中，AD∥BC，
AE⊥BC于E
∴AE⊥AD于A，∠FPE=∠ADP
∵AD=AE，∠EAD=90°∴将△AEF绕点A逆时针旋转90°得到△ADG
∴△AEF≌△ADG，∠FAG=
90°
∴AG=AF，∠ADG=∠AEF
∵EF⊥PD，AE⊥BC∴∠AEF+∠PEF=90°，∠FPE+∠PEF=90°∴∠AEF=∠FPE
∵∠ADG=∠AEF，∠FPE=∠ADP∴∠ADG=∠ADP∴点G在PD上
∵AF=AG，∠FAG=90°∴
∵FG=DF-DG=DF-EF∴
（2）
4．（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图所示，在中，对角线，相交于点O，，E，F为直线上的两个动点（点E，F始终在的外面），且，连结，，，．（1）求证：四边形为平行四边形．（2）若，上述结论还成立吗？若呢？（3）若平分，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）结论成立，结论成立，见解析；（3）40cm
【分析】（1）由平行四边形的性质可知、，结合、可得出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形为平行四边形；
（2）由、可得出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证出四边形为平行四边形，由此可得出原结论成立，再找出结论“若，，则四边形为平行四边形”即可；
（3）根据平行四边形的性质结合平分，即可得出，进而可得出是的垂直平分线，再根据可得出是等边三角形，根据的长度即可得出、的长度，套用平行四边形周长公式即可求出四边形的周长．
【详解】解：（1）证明：四边形是平行四边形，，．
，，，，
四边形为平行四边形．
（2），，，，四边形为平行四边形．
上述结论成立，由此可得出结论：若，，则四边形为平行四边形．
（3）在中，，．
平分，，，．
，，是的垂直平分线，．
，是等边三角形，，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、角平分线的定义以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证出四边形为平行四边形；（2）根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证出四边形为平行四边形；（3）根据平行四边形的性质找出是等边三角形．
考点8
以特殊四边形为背景的压轴问题
1．（2020·广东九年级）如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（ ）
①∠1＝∠2；②∠3＝∠4；③GD＝CM；④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．
A．①②③④
B．①②
C．③④
D．①②④
【答案】A
【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．
②正确．分别证明∠GBH=45°，∠4=45°即可解决问题．
③正确．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG=MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT=WG可得结论．④正确．求出BT=2，TM=1，利用勾股定理即可判断．
【详解】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．
∵B，G关于EF对称，∴EB＝EG，∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，∴△BAG≌△BKG（AAS），∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确，∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．
∵∠1＝∠2，∴MQ＝MP，∵∠MEQ＝∠MER，∴MQ＝MR，∴MP＝MR，
∴∠4＝∠MCP＝∠BCD＝45°，∴∠GBH＝∠4，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，∴BM＝MG，∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），∴BM＝DM，∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，∴WG＝WD，∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，∴∠BMT＝∠MGW，∵MB＝MG，∴△BTM≌△MWG（AAS），∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，∴DG＝CM，故③正确，
∵AG＝1，DG＝2，∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝，故④正确，故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2020·四川师范大学附属中学九年级月考）如图，四边形是菱形，点在边上，点在菱形外部，且满足，，连接，，取的中点，连接，．
（1）探究与位置关系．（2）若，探究线段、与的数量关系，并说明理由．（3）若，在的延长线上时，其余条件不变，，，求出的长度．
【答案】（1）垂直平分；（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接CE，由菱形的性质可得AB=BC，∠ACD=∠BCD，∠ADC+∠BCD=180°，由平行线的性质和外角的性质可证∠MCN+∠ACD=90°=∠ACN，由直角三角形的性质可得AE=CE，由线段垂直平分线的判定可得BE垂直平分AC；（2）设BE与AC交于点O，由直角三角形的性质可得BO=BC=AD，由三角形中位线定理可得EO=CN=CM，可得结论；（3）先证BE垂直平分AC，由等边三角形的性质可求BO的长，由三角形中位线定理可求OE的长，即可求解．
【详解】（1）如图1，连接，
图1
∵四边形是菱形，∴，，，
∵，∴，∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，
∵点是的中点，，∴，
∵，，∴垂直平分．
（2）如图2，设与交于点．
图2
∵四边形是菱形，，∴，
∵，垂直平分，∴，，，
∴，∴．
∵，点是的中点，∴，
∵，，∴，∴．
（3）如图3，延长交于点，连接，过点作于，
图3
∵四边形是菱形，∴，，，
∴是等边三角形，，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵点是中点，∴，∵，，∴垂直平分，∴，，
∵是等边三角形，，∴，，
中，由勾股定理得：，解得，
∵，，∴，∵，∴，
中由勾服定理得：，解得，∴，
∵，点是中点，∴，∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
3．（2020·重庆一中九年级开学考试）如图1，平面直角坐标系中，菱形的边长为4，，对角线与的交点恰好在轴上，点是中点，直线交于．
（1）点的坐标为__________；
（2）如图1，在轴上有一动点，连接．请求出的最小值及相应的点的坐标；
（3）如图2，若点是直线上的一点，那么在直线上是否存在一点，使得以、、、为顶．点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）最小值为，点的坐标为；（3）存在，或，
【分析】（1）想办法求出直线，直线的解析式，构建方程组确定交点坐标．
（2）如图中，过点作射线，使得，点点作于，过点作于．求出即可解决问题．
（3）如图2中，过点作交于，连接，．利用全等三角形的性质证明，可得点与重合时满足条件，再根据对称性求出坐标即可．
【详解】解：（1）如图1中，
四边形是菱形，，
，，，
，，，，
，，，，
，，，，，，，，，
直线的解析式为，直线的解析式为，
，直线的解析式为，
由，解得，．故答案为．
（2）如图中，过点作射线，使得，点点作于，过点作于．，，，直线的解析式为，
，直线的解析式为，
由，解得，，，
，
在中，，，
，，
的最小值为，此时点的坐标为．
（3）如图2中，过点作交于，连接，．
是等边三角形，，，
，，，，
，四边形是平行四边形，
当点与重合时，四边形是平行四边形，此时，
根据对称性可知，当点与关于点对称时，四边形是平行四边形，此时，，
综上所述，满足条件的点的坐标为或，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
4．（2020·内丘县北岭中学八年级期末）如图，在边长为的菱形中，角线，相交于点、且，是直线上的动点，于点，于点．
（1）对角线的长是______，菱形的面积是_______．
（2）如图1，当点在对角线上运动时，的值是否会发生变化？请说明理由．
（3）如图2，当点在对角线的延长线上时，的值是否会发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）12；96；（2）是定值，不变；（3），是定值，不变；
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理列式求出AG，然后根据AC=2AG计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可；
（2）连接AO，根据列式计算即可；
（3）连接AO，根据列式整理即可；
【详解】（1）在菱形ABCD中，，，
由勾股定理可得：，∴，
菱形ABCD的面积；故答案是：12；96．
（2）如图1，连接AO，则，
，∴，
即，解得：是定值，不变；
（3）如图2，连接AO，则，，
∴，∴，
∴，是定值，不变；∴的值是不会发生变化，数量关系为．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质应用，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．．
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精品试卷·第
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