专题18.2特殊的平行四边形（教师版）

专题18.2特殊的平行四边形1．了解矩形、菱形、正方形的概念，掌握矩形、菱形、正方形的特殊性质（边、角、对角线）；2．能利用矩形、菱形、正方形的性质解决相关的计算和证问题；3.理解并掌握矩形、菱形、正方形的判定定理，并能运用其判定解决相关的证明和计算问题；4.能利用矩形的性质证明:直角三角形斜边中线等于斜边的一半。5.探究菱形面积的多种求法。6.了解正方形与矩形、菱形、平行四边形之间的联系与区别；知识点01矩形的性质与判定【知识点】矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形矩形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为矩形：1）边：=1\*GB3①对边平行；=2\*GB3②对边相等，即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC2）角：四个角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°3）对角线：=1\*GB3①对角线相等；=2\*GB3②对角线相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO4）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，即如上图，如∠A=90°，点O为斜边BD的中点，则AO=BD（或AO=OB=OD）矩形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：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°；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，或对角线相等且相互平分。【知识拓展1】矩形的相关性质例1．（2022·云南楚雄·九年级统考期中）下列关于矩形的说法中正确的是（

）A．对角线相等的四边形是矩形 B．矩形的对角线相等且互相平分C．矩形的对角线互相垂直且平分 D．对角线互相平分的四边形是矩形【答案】B【分析】根据矩形的性质和判定定理逐个判断即可．【详解】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故本选项错误；B、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确；C、矩形的对角线互相平分且相等，不一定垂直，故本选项错误；D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项错误；故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定的应用，能熟记矩形的性质和判定定理是解此题的关键．【即学即练】1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（）A．邻边相互垂直B．对角线相互垂直C．是中心对称图形D．对边相等【答案】B【分析】根据矩形的性质逐一判断即可．【详解】解：A．矩形的邻边相互垂直，说法正确，故本选项不合题意；B．矩形的对角线相等，但不相互垂直，原说法错误，故本选项符合题意；C．矩形是中心对称图形，说法正确，故本选项不合题意；D．矩形的对边相等，说法正确，故本选项不合题意；故选：B．【点睛】本题考查矩形的性质定理，熟记矩形的性质是解题的关键．【知识拓展2】利用矩形的性质求角度、长度（面积）例2．（2022·吉林松原市·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．【即学即练】1．（2022·重庆市初三期末）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．（2022·河南初三期末）如图,在矩形ABCD中,BC=2,AE⊥BD,垂足为E,∠BAE=30°,那么△ECD的面积是（）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件，先求Rt△AED的面积，再证明△ECD的面积与它相等．【解析】如图：过点C作CF⊥BD于F.∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，∠BAE=30°.∴∠ABE=∠CDF=60°,AB=CD,AD=BC=2,∠AEB=∠CFD=90°，∠AED=30°，∴△ABE≌△CDF.∴AE=CF.∴S△AED=EDAE,S△ECD=EDCF.∴S△AED=S△CDE∵AE=1,DE=，∴△ECD的面积是.故答案选:D.【点睛】本题考查了矩形的性质与含30度角的直角三角形相关知识，解题的关键是熟练的掌握矩形的性质与含30度角的直角三角形并能运用其知识解题.【知识拓展3】矩形中的翻折、坐标问题例3．（2022·广东·深圳市二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．【答案】【分析】设，则，由题意可以求证，从而得到，再根据勾股定理即可求解．【详解】解：由题意可知：，，设，则，又∵∴∴在中，，即解得：∴点的坐标为故答案为【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理以及平面直角坐标系的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．【即学即练】1．（2021·江苏宿迁·中考真题）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．【详解】解：如图，连接BM，由折叠可知，MN垂直平分BD，又AB∥CD，∴BON≌DOM，∴ON＝OM，∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，在RtABD中，由勾股定理得：BD＝＝，在RtADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，根据菱形计算面积的公式，得BN×AD＝×MN×BD，即5×4＝×MN×，解得MN＝．故选：B．【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．【知识拓展4】斜边中线等于斜边的一半例4．（2022·柘城初三模拟）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．【即学即练】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．【知识拓展5】矩形的判定定理的理解例5．（2022春·陕西西安·九年级阶段练习）下列说法中正确的是（

）A．有一个角是直角的四边形是矩形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矩形D．有三个角是直角的四边形是矩形【答案】D【分析】利用矩形的判定定理及矩形的定义进行判断后即可确定本题的答案．【详解】解：A、有一个直角的平行四边形是矩形，故错误；B、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；C、两条对角线互相垂直的四边形可能是梯形等，故错误；D、四个角都是直角的四边形是矩形，正确，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定，牢记有关矩形的判定定理及定义是解答本题的关键，属于基础概念题，难度不大．【即学即练】1．（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）下列四边形是矩形的是（

）A．有两个角为直角的四边形 B．有一个角是直角的平行四边形C．对角线互相平分的四边形 D．对角线相等的四边形【答案】B【分析】根据矩形的判定方法：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（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”），针对每一个选项进行分析，可选出答案．【详解】解：A、有两个角为直角的四边形，不一定是矩形，故此选项不符合题意；B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项符合题意；C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不是矩形，故此选项不符合题意；D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故此选项不符合题意．故选：B．【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法．2．（2022春·福建漳州·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可；【详解】解：A、四边形是平行四边形，，，，平行四边形是矩形，故选项A符合题意；B、四边形ABCD是平行四边形，，，，，选项B不能判定这个平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；C、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；D、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．【知识拓展6】证明四边形是矩形例6．（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据平行四边形的性质得到ABCD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，ABEC，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判断即可；（2）由（1）得的结论先证得四边形ABEC是平行四边形，通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得证．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．∵CE=DC，∴AB=EC，AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形；（2）∵由（1）知，四边形ABEC是平行四边形，∴FA=FE，FB=FC．∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠D．又∵∠AFC=2∠ADC，∴∠AFC=2∠ABC．∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，∴∠ABC=∠BAF，∴FA=FB，∴FA=FE=FB=FC，∴AE=BC，∴四边形ABEC是矩形．【点睛】此题考查的知识点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，关键是先由平行四边形的性质证三角形全等，然后推出平行四边形通过角的关系证矩形．【即学即练】1．（2021·江苏·中考真题）如图，点C是的中点，四边形是平行四边形．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）如果，求证：四边形是矩形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，且AD=BC．∵点C是BE的中点，∴BC=CE，∴AD=CE，∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，∵AB=AE，∴DC=AE，∵四边形ACED是平行四边形，∴四边形ACED是矩形．【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．【知识拓展7】根据矩形的性质与判定综合问题例7．（2022·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．【即学即练】1．（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．知识点02菱形的性质与判定【知识点】菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。菱形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为菱形：1）边：=1\*GB3①四条边都相等；=2\*GB3②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD2）角：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC3）对角线：=1\*GB3①对角线相互垂直；=2\*GB3②对角线平分对角；=3\*GB3③对角线相互平分，即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD4）对称性：轴对称图形；中心对称图形5）菱形的面积（对角线相互垂直的四边形）：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD，菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：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2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角【知识拓展1】菱形的相关性质例1．（2022秋·河南南阳·八年级阶段练习）菱形具有而矩形不具有的性质是（

）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直【答案】D【分析】由菱形的性质和矩形的性质分别对各个选项进行判断即可．【详解】解：A、对边相等，是菱形和矩形都具有的性质，故选项A不符合题意；B、对角相等，是矩形和菱形都具有的性质，故选项B不符合题意；C、对角线互相平分，是矩形和菱形都具有的性质，故选项C不符合题意；D、对角线互相垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质以及矩形的性质，正确区分矩形和菱形的性质是解题的关键．【即学即练】1．（2022春·云南·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（

）A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．菱形的对角线互相垂直且平分C．菱形的对角线相等且互相平分 D．对角线互相平分的四边形是菱形【答案】B【分析】根据菱形的性质及判定，逐项进行判断即可．【详解】解：A.对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；B、C.菱形的对角线互相垂直且平分，故B正确，C错误；D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟记菱形的对角线垂直且互相平分，对角线互相垂直平分的四边形是菱形．【知识拓展2】利用菱形的性质求角度、长度例2．（2022·江苏常州初三期末）如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是()A．25° B．22.5° C．30° D．15°【答案】B【分析】求出∠HDO，再证明∠DHO=∠HDO即可解决问题；【解析】∵，∴.∵四边形是菱形，∴°，∵，∴，∴.∵，∴，∴.故选B.【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握菱形具有平行四边形的一切性质；

菱形的四条边都相等；

菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．判断OH为直角三角形斜边上的中线．【即学即练】1．（2022·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．【知识拓展3】菱形中的翻折、坐标问题题例3．（2022·黑龙江九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是_____________．【答案】或【分析】分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．【详解】解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，∴AO⊥DO，∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，∵∠BAD=60°，∴∠OAD=30°，∴，∴，∴点C的坐标为（0，）；如图2所示，当D落在x轴负半轴时，同理可得，∴点C的坐标为（0，）；∴综上所述，点C的坐标为（0，）或（0，），故答案为：（0，）或（0，）．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．【即学即练】1．（2022·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（）A．B．C．D．3【答案】B【分析】过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，利用菱形及等边三角形的性质，求出，，在中，求出DH的长，进而求出BG的长，设，在中，利用勾股定理，列方程，求出的值即可．【详解】解：过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：四边形ABCD是菱形，，，，与是等边三角形，且点G恰好为CD边的中点，平分AB，，，，，，，在中，，由勾股定理可知：，，由折叠可知：，故有，设，则，在中，由勾股定理可知：，即，解得，故选：B．【点睛】本题主要是考查了菱形、等边三角形的性质以及勾股定理列方程求边长，熟练综合利用菱形以及等边三角形的性质，求出对应的边或角，在直角三角形中，找到边之间的关系，设边长，利用勾股定理列方程，这是解决本题的关键．【知识拓展4】菱形的面积例4．（2022·湖南长沙·九年级期末）如图，将菱形ABCD的对角线AC向两个方向延长，分别至点E和点F，且使AE＝CF．（1）求证：四边形EBFD是菱形；（2）若菱形EBFD的对角线BD＝10，EF＝24，求菱形EBFD的面积．【答案】（1）见详解；（2）120【分析】（1）根据菱形的性质和菱形的判定解答即可；

（2）根据菱形的性质以及面积公式解答即可．【详解】（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD．

∵AE=CF，∴OA+AE=OC+CF，即OE=OF．∴四边形AECF是平行四边形．

∵AC⊥EF，∴四边形EBFD是菱形．（2）解：菱形EBFD的面积=．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，菱形的面积，正确掌所握菱形的判定和性质是解题的关键．【即学即练】1．（2022·镇江市初三月考）如图，菱形ABCD的对角线的长分别为2和5，P是对角线AC上任一点（点P不与点A、C重合），且PE∥BC交AB于E，PF∥CD交AD于F，则阴影部分的面积是__________．【答案】【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．【解析】设AP，EF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=ACBD=5，∴图中阴影部分的面积为5÷2=．【知识拓展5】菱形的判定定理的理解例5．（2022春·辽宁沈阳·九年级校考期末）下列说法正确的是（

）A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．四边相等的四边形是菱形C．一组对边平行的四边形是平行四边形 D．矩形的对角线互相垂直【答案】B【分析】根据菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质逐项判断即可．【详解】解：A、对角线互相垂直且平分的的四边形是菱形，故A说法错误，不符合题意；B、四边相等的四边形是菱形，说法正确，符合题意；C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C说法错误，不符合题意；D、矩形的对角线相等，故D说法错误，符合题意，故选：B．【点睛】本题考查菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质，掌握菱形、平行四边形的判定定理以及矩形的性质是解题关键．【即学即练】1.（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据四边形是平行四边形，，即可得四边形是菱形．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．【知识拓展6】证明四边形是菱形例6．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；（2）连接BF，DE，由，得到OE=OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：如图：连结BF，DE∵四边形是平行四边形∴OB＝OD∵∴∴四边形是平行四边形∵EF⊥BD，∴四边形是菱形【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．【即学即练】1．（2022·江苏扬州·八年级阶段练习）已知：如图，在中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分，．求证：(1)；(2)四边形ABFE是菱形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角平分线的定义可得，从而可得，最后根据等腰三角形的判定即可得证；（2）先根据平行四边形的判定证出四边形是平行四边形，再结合（1）的结论，根据菱形的判定即可得证．（1）证明：四边形是平行四边形，，，平分，，，．（2）证明：四边形是平行四边形，，又，四边形是平行四边形，由（1）已证：，四边形是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、菱形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．【知识拓展7】根据菱形的性质与判定综合问题例7．（2022·广东·八年级期末）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．(1)求证：是等腰三角形；(2)求直线的解析式；(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)直线解析式为(3)存在以、、、为顶点的四边形是菱形，的坐标为，或或，．【分析】（1）由四边形是矩形，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，得出，即可得到，从而证明是等腰三角形；（2）由点的坐标是，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，可得，设，则，可得，求解后，再用待定系数法即得直线的解析式；（3）过作轴于，由勾股定理，得，，，，设，，则，进行若，是对角线；若，为对角线；若，为对角线来讨论．（1）证明：四边形是矩形，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，是等腰三角形；（2）解：点，，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，，设，则，在中，，，解得：，，，设直线解析式为，将代入得：，解得，直线解析式为；（3）解：存在以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：由题意过点作轴，垂足为点．过作轴于，如下图：由（2）知，，，，即解得：，，，，设，，则，又，①若，是对角线，则，的中点重合，且，，解得（此时，，共线，舍去）或，，，②若，为对角线，则，的中点重合，且，，解得不在线段上，舍去）或，；③若，为对角线，则，的中点重合，且，，解得，，，综上所述，的坐标为，或或，．【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定，菱形的性质、勾股定理，解题的关键是分类思想和方程思想来解答．【即学即练】1．（2022·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；（2）若，连结，①求证：；②求的度数；（3）若，，，M是的中点，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）【分析】（1）平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，ABCD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，又∵四边形ECFG是平行四边形，∴四边形ECFG为菱形；（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC，AB＝DC，ADBC，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四边形CEGF是菱形，∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，∵ADBC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴BE＝CD，∴△DGC≌△BGE（SAS）；②∵△DGC≌△BGE，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，∵BG＝DG，∴△BDG是等边三角形，∴∠BDG＝60°；（3）如图，连接BM，MC，∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝8，AD＝14，∴BD＝，∴DM＝．【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．知识点03正方形的性质与判定【知识点】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正方形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为正方形：1）边：=1\*GB3①四条边相等；=2\*GB3②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°3）对角线：=1\*GB3①对角线相互平分；=2\*GB3②对角线相等；=3\*GB3③对角线相互垂直；=4\*GB3④对角线平分对角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO4）对称性：轴对称图形；中线对称图形正方形是特殊的平行四边形、矩形、正方形，常见的判定思路为：1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，或平行四边形+对角线垂直且相等；2）判定方法2（从正方形出发）：正方形+1个90°角，或正方形+对角线相等；3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直；4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等。【知识拓展1】正方形的相关性质例1．（2022·山东临沂·模拟预测）正方形是特殊的矩形，正方形具有而矩形不具有的性质是（

）A．对角线互相平分B．对角线互相垂直C．对角线相等D．对角线相等且互相平分【答案】B【分析】根据正方形的性质以及矩形的性质即可得出结论．【详解】解：A、对角线互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；B、对角线互相垂直是正方形具有而矩形不具有的性质，符合题意；C、对角线相等是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；D、对角线相等且互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握相关的图形性质定理是解本题的关键．【即学即练】1．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（

）A．四个角都是直角B．对角线相等C．四条边相等D．对角线互相平分【答案】C【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，故选：．【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．【知识拓展2】利用正方形的性质求角度、长度（面积）例2．（2022·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，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=3x，∴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．【即学即练】1．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．【详解】解：四边形是正方形，是正方形的对角线，，折叠，，，，故选：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．【知识拓展3】正方形中的翻折或重叠问题例3．（2022·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．【即学即练】1．（2022·陕西·九年级期中）如图，正方形的边长为，为边的中点，点在边上移动，点关于直线的对称点记为，连接、、．当四边形为正方形时，的长为________．【答案】【分析】根据条件，若四边形为正方形，则BE=BF=2，，连接BD，可知BD=，由正方形的性质可知：平分∠ABC，BD平分∠ABC，B、D、三点共线，求出．【详解】解：如图所示，连接、BD，∵四边形为正方形，边长为4，∴BD=，BD平分∠ABC，∵为边的中点，四边形为正方形，∴BE=BF=2，∴，平分∠ABC，∴B、D、三点共线，∴==．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，轴对称的性质，掌握正方形的对角线平分每一组对角是解题的关键．【知识拓展4】正方形的判定定理的理解例4．（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）下列说法不正确的是（

）A．对角线互相垂直的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．邻边相等的矩形是正方形【答案】C【分析】根据既是矩形又是菱形的四边形是正方形进行判断即可．【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；B、对角线相等的菱形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该项说法错误，故选项符合题意；D、邻边相等的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意．故选∶C【点睛】本题考查了正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形和矩形，菱形的关系，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．【即学即练】1．（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（

）A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直C．对角线相等 D．对角线互相垂直且相等【答案】D【分析】正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分的平行四边形是正方形，同时对各选项进行判断即可．【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，故此选项错误；B.对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故此项错误；C.对角线相等的平行四边形为矩形，故此项错误；D.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故此选正确；故选：D．【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法与性质是解题的关键．【知识拓展5】特殊平行四边形的区别与联系例5．（2022春·山西太原·九年级统考期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（

）A．①，对角相等 B．③，有一组邻边相等C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角【答案】A【分析】根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件一一进行分析，即可得出结果．【详解】解：A、①，对角相等的平行四边形，不一定是矩形，故该转换条件填写错误，符合题意；B、③，有一组邻边相等的矩形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意；C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意．故选：A.【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．【即学即练】1．（2022·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.【知识拓展6】证明四边形是正方形例6．（2022·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．【即学即练】1．（2022·泸县·八年级期末）如图，点D为的边BC的中点，过点A作，且，连接DE，CE．（1）求证：；（2）若，判断四边形ADCE的形状，并说明理由；（3）若要使四边形ADCE为正方形，则应满足什么条件？（直接写出条件即可，不必证明）．【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3），且．【分析】（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；（3）根据，且，可得，，从而得到，即可求解．【详解】（1）证明：因为D是BC的中点，所以，因为，所以，因为，所以四边形ADCE是平行四边形，所以；（2）若，则四边形ADCE是矩形，理由如下：因为，且D是BC的中点，所以，所以，因为四边形是平行四边形，所以四边形是矩形；（3），且．理由如下：由（2）得：四边形是矩形，∵，且D是BC的中点，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形ADCE为正方形．【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．【知识拓展7】正方形的性质与判定综合问题例7．（2022·辽宁大洼·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG．（1）求证：①DE=DG；②DE⊥DG；（2）尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）；（3）连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想；（4）当时，求出的值．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）四边形CEHF为平行四边形，证明见解析；（4）【分析】（1）①只需要利用SAS证明△DCE≌△DAG即可得到DE=DG；②△DCE≌△DAG，得到∠EDC=∠GDA，根据∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，可以得到∠ADE+∠GDA=90°，则∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，由此即可证明；（2）分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；（3）先证明四边形CFGD是平行四边形得到CF=DG=EH，CF∥DG，再由EH∥DG，得到CF∥EH，则四边形CEHF为平行四边形；（4）由，设则，则，则，由勾股定理可得再由即可得到答案．【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形,∴DC=DA，∠DCE=∠DAB=∠ADC=90°，∴∠DAG=180°∠DAB=90°=∠DCE，又∵CE=AG，∴△DCE≌△DAG（SAS），∴DE=DG；②∵△DCE≌△DAG，∴∠EDC=∠GDA，又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠ADE+∠GDA=90°，∴∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，∴DE⊥DG；（2）如图所示，四边形DEHG即为所求；分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；∵DG=DE=GH=HE，∠GDE=90°，∴四边形DEHG是正方形；（3）四边形CEHF为平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD和四边形DEHF都是正方形，∴AB∥CD，EH∥DG，AB=CD，GD=HE，∵BF=AG，∴FG=FA+AG=AB=BF+FA=CD，∴四边形CFGD是平行四边形∴CF=DG=EH，CF∥DG，∵EH∥DG，∴CF∥EH∴四边形CEHF为平行四边形；（4）∵，设则，则，∴，∵，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件．【即学即练】1．（2022·黑龙江·鸡西市九年级期末）如图，在正方形中，是直线上的一点，连接，过点作，交直线于点，连接．（1）当点在线段上时，如图①，求证：；（2）当点在直线上移动时，位置如图②、图③所示，线段，与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【答案】（1）见解析；（2）图②中，图③中【分析】（1）在上截取，连接，可先证得，则，，进而可证得△AED为等腰直角三角形，即可得证；（2）仿照（1）的证明思路，作出相应的辅助线，即可证得对应的，与之间的数量关系．【详解】解：（1）证明：如图，在上截取，连接．∵四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，；（2）图②：，理由如下：如下图，在延长线上截取，连接．∵四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，；图③：如图，在DE上截取DF=BE，连接．∵四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形、勾股定理等相关知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．题组A基础过关练1．（2022.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．2．（2022·四川·成都九年级期中）下列判断正确的是（）A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．对角线相等的菱形是正方形C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】B【分析】根据菱形、正方形、矩形的判定方法，对选项逐个判断即可．【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；故选：B【点睛】此题考查了菱形、正方形、矩形的判定方法，掌握它们的判定方法是解题的关键．3．（2022·辽宁铁西·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，点F是AE的中点，连接DF，若AB＝9，AD，则四边形CDFE的面积是（）A． B． C． D．54【答案】C【分析】过点F作，分别交于M、N，由F是AE中点得，根据，计算即可得出答案．【详解】如图，过点F作，分别交于M、N，∵四边形ABCD是矩形，∴，，∵点E是BC的中点，∴，∵F是AE中点，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查矩形的性质与三角形的面积公式，掌握是解题的关键．4．（2022·福建厦门·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM=1，∠OMC=30°，MN=4，则矩形ABCD的面积为_________．

【答案】##【分析】过点N作交于点E，由矩形ABCD得，，根据ASA可证，故可得，由直角三角形角所对的边为斜边的一半得出，根据勾股定理求出，从而得出，由矩形的面积公式即可得出答案．【详解】

如图，过点N作交于点E，∵四边形ABCD是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．5.（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，，则GH的长为________．【答案】3【分析】根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解．【详解】∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，又∵点F是BE的中点，，∴BE=2AF=6，∵G，H分别是BC，CE的中点，∴GH是的中位线，∴GH=BE=×6=3，故答案是：3．【点睛】本题主要考查矩形的性质，直角三角形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键．6．（2022·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．7.（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，在Rt△ABE中，,∴菱形的边长为．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质是解题关键．8．（2022·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．题组B能力提升练1．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∵矩形纸片沿折叠，∴∠DEF=∠GEF，又∵AD//BC，∴∠DEF=∠EFG，∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64︒，∵是△EFG的外角，∴=∠GEF+∠EFG=128︒故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．2.（2022•滕州市九年级模拟）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′H=OB′=，∴点B′的坐标为（，）．故选：A．3．（2022·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．4．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，又四边形MOND的面积是1，正方形ABCD的面积是4，故选：C．【点睛】本题考查正方形的性质、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．5．（2022·陕西·咸阳九年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，，CE交BO于点E，过点B作，垂足为F，交AC于点G．现给出下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】由正方形的性质和角平分线的定义可求∠BCE=∠ACE=22.5°，由余角的性质可求∠CBG=67.5°=∠CGB，可得BC=CG，故①正确；由“ASA”可证△ABG≌△BCE，故②正确；由全等三角形的性质可得BG=CE，由等腰三角形的性质可得BF=FG=BG=CE，故③正确；由三角形的面积公式可求S△BCG=，故④正确，就可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABD=∠CBD=45°，∵∠BCE=∠ACB，∴∠BCE=∠ACE=22.5°，∵CF⊥BF，∴∠BFC=∠CFG=90°，∴∠CBG=67.5°=∠CGB，∴BC=CG，故①正确；∵∠ABG=∠ABC∠CBG=22.5°，∴∠ABG=∠BCE，在△ABG和△BCE中，，∴△ABG≌△BCE（ASA），故②正确；∴BG=CE，∵BC=CG，CF⊥BG，∴BF=FG=BG，∴BF=CE，故③正确；∵BC=2，BO=CO，∠BOC=90°，∴BC=CG=2，BO=，∴S△BCG=，故④正确，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△ABG≌△BCE是解题的关键．6．（2022·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.7．（2022·江苏南通市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝_____度．【答案】24【分析】由菱形的性质可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的斜边中线等于斜边的一半，可得OH＝BD＝OB，可得∠OHB＝∠OBH，由余角的性质可得∠DHO＝∠DCO，即可求解．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，∵DH⊥AB，∴OH＝BD＝OB，∴∠OHB＝∠OBH，又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC，在Rt△COD中，∠