文档内容
专题 03 平行四边形
【考点1】利用平行四边形的性质求解★
【考点2】平行四边形的判定★★
【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★
【考点4】三角形中位线的定理运用★★
【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★
【考点6】利用矩形的性质求解★★
【考点7】矩形的判定★★
【考点8】矩形的性质与判定综合★★★
【考点9】利用菱形的性质求解★★
【考点10】菱形的判定★★
【考点11】菱形的性质与判定综合★★★
【考点12】正方形的性质★★
【考点13】正方形的性质与判定综合★★★
【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★
【知识点01】平行四边形的性质与判定
1.平行四边形的性质：
（1）的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD；
（2）角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D
（3）对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO2.平行四边形的判定：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形
【知识02】勾股定理逆定理
三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样，
连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。
【知识03】矩形的性质与判定
1.矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。
2.矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。
（2）对角线相等的平行四边形是矩形。
（3）四个角都相等的四边形是矩形。
3.直角三角形斜边上中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
【知识04】菱形的性质与判定
1，菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质
（2）且四条边都相等
（3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。
注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。
2.菱形的面积
菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半
1 1 1 1
S =4S =4× ⋅ AC⋅ BD= AC⋅BD
菱形ABCD RtΔAOB 2 2 2 2
3.菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形。对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
四条边都相等的四边形是菱形。
【知识05】正方形的性质与判定
1.正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图
形，有两条对称轴）
2.正方形常用的判定：（1）有一个内角是直角的菱形是正方形；
（2）邻边相等的矩形是正方形；
（3）对角线相等的菱形是正方形；
（4）对角线互相垂直的矩形是正方形。
【考点1】利用平行四边形的性质求解★
1．（23-24八年级下·重庆荣昌·期末）如图，▱ABCD中，∠B=42°，则∠C的度数是
（ ）
A．148° B．138° C．48° D．42°
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
根据“平行四边形邻角互补”的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠B=42°，
∴∠C=180°−∠B=138°．
故选：B．
2．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，任意长为半径
1
画弧，分别交AD,AB于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于 EF为半径画弧，两
2
弧交于点G．作射线AG交DC于点H，若CH=2,BC=3．则AB=（ ）A．4 B．4.5 C．5 D．6
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，尺规作图，等腰三角形的判定．根据尺规
作图可得AH平分∠BAD，再由平行四边形的性质，可得∠DHA=∠HAB，从而得
到∠DHA=∠DAH，继而得到DH=AD=3，即可求解．
【详解】解：由作图得：AH平分∠BAD，
∴∠DAH=∠HAB，
在▱ABCD中，CD∥AB,AD=BC=3,AB=CD，
∴∠DHA=∠HAB，
∴∠DHA=∠DAH，
∴DH=AD=3，
∴AB=CD=DH+CH=5，
故选：C．
3．（23-24八年级下·云南普洱·期末）如图，在▱ABCD中，AB=4，BC=5，对角线
AC与BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，连接CE，则△CDE的周长为
（ ）
A．8 B．9 C．10 D．13
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，牢记各
性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质，可得OA=OC，由于OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，
可知AE=CE，则△CDE的周长为CD与AD之和，即可得解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
CD=AB=4，AD=BC=5，OA=OC，
∵OE⊥AC，
∴OE为AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE
=CD+DE+AE
=CD+AD
=4+5
=9，
故选：B．
【考点2】平行四边形的判定★★
1．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边
形的是（ ）
A．AB=DC，AD=BC B．AD∥ BC，AB∥DC
C．AB=DC，AD∥ BC D．AO=CO，BO=DO
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理．熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的
关键．
根据平行四边形的判定定理对各选项判断作答即可．
【详解】解：由题意知，A中AB=DC，AD=BC，能判定四边形ABCD是平行四边
形，故不符合要求；
B中AD∥ BC，AB∥DC，能判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合要求；
C中AB=DC，AD∥ BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故符合要求；
D中AO=CO，BO=DO，能判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合要求；
故选：C．
2．（23-24八年级下·安徽池州·期末）如图，四边形ABCD中，AB∥ CD，对角线AC、BD相交于点O，添加下列条件仍不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AD∥ BC B．AD=BC C．AB=CD D．AO=CO
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定，（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边
形，（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，（3）对角线互相平分的四边形
是平行四边形．根据平行四边形的判定方法判断得出即可．
【详解】A. 由AB∥ CD，AD∥ BC可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该
四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B. 由AB∥ CD，AD=BC可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，
据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
C. 由AB∥ CD，AB=CD可知，四边形ABCD的一组对边平行且相等，则该四边形是
平行四边形，故本选项不符合题意；
D. 由AB∥ CD，AO=CO可知，△ABO≌ △CDO，即BO=DO，四边形ABCD的
对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．
3．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）如图是不完整的推理过程，为保证推理成立，需
在四边形ABCD中添加条件．对于嘉嘉和淇淇添加的条件判断正确的是（ ）
嘉嘉：AD∥BC；淇淇：AB=CD
A．只有嘉嘉的正确 B．只有淇淇的正确
C．两人的都正确 D．两人的都不正确
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的判定，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形，进行判断即可．
【详解】解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加AD∥BC；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加AB=CD；
故两人的都正确；
故选C．
4.（23-24八年级下·河南郑州·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD的平分线
AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．
(1)求证：BF=CD；
(2)请在图中连接BE,AC,DF，若BE恰好平分∠ABF，求证：四边形ACFD是平行
四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、等腰三角
形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得出AB=CD、AD∥ BC，根据平行线的性质得出
∠DAF=∠AFB，求出∠BFA=∠BAF.，根据等腰三角形的判定AB=BF，然后根
据等量代换即可证明结论；
（2）如图：连接BE，由（1）得，AB=BF，由等腰三角形三线合一可得EA=EF，
再证明△ADE≌△FCE(ASA)，即AD=CF，再结合AD∥ CF即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥ BC，
∴∠DAF=∠AFB（两直线平行，内错角相等）
∵AF是∠BAD的平分线，
∴∠DAF=∠BAF.
∴∠BFA=∠BAF.
∴AB=BF（等边对等角）.
∴BF=CD.
（2）解：如图：连接BE由（1）得，AB=BF.
∵BE恰好平分∠ABF，
∴EA=EF（等腰三角形三线合一）
在△ADE和△FCE中，∠DAE=∠CFE,AE=FE,∠AED=∠FEC.
∴△ADE≌△FCE(ASA),
∴AD=CF（全等三角形的对应边相等），
又∵AD∥ CF，
∴四边形ACFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
【考点3】平行四边形的性质与判定综合★★
1．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在▱ABCD中，连接对角线BD，点E和点F是直
线BD上的两点且DE=BF．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若AD⊥BD，AB=5，BC=3，DE=2，求△AEF的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)S =12
△AEF
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质
等知识点，
(1)根据平行四边形的性质，得AD∥BC，AD=BC，根据平行线的性质，得
∠ADB=∠CBD，则∠ADE=∠CBF，根据SAS可以证明△ADE≌△CBF，得
AE=CF，∠AED=∠CBF，从而证明AE∥CF，根据一组对边平行且相等的四边
形，即可证明四边形AECF是平行四边形；
(2)根据勾股定理得到BD=4,连接AC交EF于O，进而可以得到EF的长，然后利用三
角形面积公式即可得解；熟练掌握其性质并能正确得到△ADE≌△CBF是解决此题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ADE=∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
¿，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴AE=CF，∠AED=∠CBF，
∴AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵BD⊥AD,AB=5,BC=AD=3，
∴BD=❑√AB2−AD2=❑√52−32=4，
∵DE=BF=2，
∴EF=2DE+BD=4+4=8，
1 1
∴S = ·EF·AD= ×8×3=12．
△AEF 2 2
2．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在ΔABC中，点D，E分别是BC，AC的中
1
点，延长BA至点F，使得AF= BF，连接DE，AD，EF．
3
(1)求证：四边形ADEF是平行四边形；
(2)若DE=3，CE=4，BC=10，求EF的长
【答案】(1)证明见解析；
(2)5．
1 1
【分析】（1）由三角形中位线的性质可得DE∥ AF，DE= AB，由AF= BF得
2 31
AF= AB，进而得到DE=AF，即可求证；
2
（2）由DE=3，CE=4可得AB=2DE=6，AC=2CE=8，进而由勾股定理逆定理
可得△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜
1
边的一半可得AD= BC=5，最后根据平行四边形的性质即可求解；
2
本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的逆定理，掌
握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
1
∴DE∥ AB，DE= AB，
2
∴DE∥ AF，
1
∵AF= BF，
3
1
∴AF= AB，
2
∴DE=AF，
∴四边形ADEF是平行四边形；
（2）解：∵DE=3，CE=4，
∴AB=2DE=6，AC=2CE=8，
∵AB2+AC2=BC2=100，
∴△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，
∵点D是BC的中点，
1
∴AD= BC=5，
2
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴EF=AD=5．
3．（23-24八年级下·四川成都·期末）已知，如图，AD，BE分别是△ABC的BC和AC边
上的中线，过C作CF∥ AB，交AE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：四边形ABCF是平行四边形；(2)连接DE，若DE=EC=3，∠AFC=45°，求线段BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)6❑√5
【分析】（1）利用AAS 证明△ABE≌ △CFE，根据全等三角形的性质求出BE=FE，
根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可证明结论；
1
（2）根据三角形中位线的判定与性质求出DE= AB、DE∥ AB，结合平行线的性
2
质、等腰三角形的性质求出∠EDC=∠ECD=45°，AC=AB=6，则∠BAC=90°，
然后根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵CF∥ AB，
∴∠ABE=∠CFE，∠BAE=∠FCE，
∵BE是△ABC的AC边上的中线，
∴AE=CE，
在△ABE和△CFE中，
{∠ABE=∠CFE
)
∠AEB=∠CEF ，
AE=CE
∴△ABE≌△CFE(AAS )，
∴BE=FE，
又∵AE=CE，
∴四边形ABCF是平行四边形；
（2）解：如图：连接DE，
∵四边形ABCF是平行四边形；
1
∴∠ABC=∠AFC=45°，BE=EF= BF，
2
∵AE=CE，AD是△ABC的BC边上的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE= AB、DE∥ AB，，
2
∴∠EDC=∠ABC=45°，∵DE=EC=AE=3，
∴∠EDC=∠ECD=45°，AC=AB=6，
∴∠BAC=180°−45°−45°=90°，
∴BE=❑√AB2+AE2=❑√62+32=3❑√5，
∴BF=2BE=6❑√5．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、全等三角形
的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练运用平行四边形的判定与性质、三角形中位
线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解题的关键．
4．（23-24八年级下·四川乐山·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AC于点E，
DF⊥AC于点F，连结DE，BF．
(1)求证：∠EBF=∠EDF；
(2)若AB=13，BC=20，AC=21，求四边形BEDF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)132
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相
关知识点，是解题的关键：
（1）证明四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论；
（2）设AE=x，则：CE=(21−x)，勾股定理求出x的值，进而求出BE,EF的长，
进而求出四边形BEDF的面积即可．
【详解】（1）解：∵平行四边形ABCD，
∴AB∥CD,AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE∥DF,∠BEA=∠DFC=90°，
∴△AEB≌△CFD，
∴BE=DF，
∵BE∥DF，∴四边形BEDF是平行四边形，
∴∠EBF=∠EDF；
（2）由（1）知：△AEB≌△CFD，
∴AE=CF，
设AE=x，则：CE=(21−x)，
由勾股定理，得：BE2=AB2−AE2=BC2−CE2，
∴132−x2=202−(21−x) 2，
解得：x=5，
∴AE=CF=5，
∴BE=❑√132−52=12，EF=AC−AE−CF=11，
1
∴S = ×11×12=66，
△BEF 2
∵四边形BEDF是平行四边形，
∴四边形BEDF的面积=2S =132．
△BEF
【考点4】三角形中位线的定理运用★★
1．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，已知△ABC中，D是AB上一点，
AD=AC=2，BD=2AD，AE⊥CD，垂足是E，点F是BC的中点，则EF的长是
（ ）
A．8 B．4 C．6 D．2
【答案】D
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，根据等腰三角形的性质
可得E为CD的中点，由F是BC的中点，可得EF为△BCD的中位线，从而由三角形中
位线的性质即可求解，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵AD=2，BD=2AD，
∴BD=4，
在△ACD中，AD=AC，AE⊥CD，∴CE=DE，
即点E为CD的中点，
又∵F是CB的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
1
∴EF= BD=2，
2
故选：D．
2．（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，D，E分别为
CA，CB的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若AC=2❑√7，BC=6，则DF的长
为（ ）
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2
【答案】B
【分析】根据勾股定理求出AB，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，
1 1
DE= AB=4，BE= BC=3，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出
2 2
EF=BE=3，计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行
于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
【详解】解：在Rt△ABC中，AC=2❑√7，BC=6，
由勾股定理得：AB=❑√AC2+BC2=❑√ (2❑√7) 2 +62=8，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBF，
∵D，E分别为CA，CB的中点，
1 1
∴DE∥AB，DE= AB=4，BE= BC=3，
2 2
∴∠ABF=∠EFB，
∴∠EFB=∠EBF，∴EF=BE=3，
∴DF=DE−EF=4−3=1，
故选：B．
3．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）如图A，B两处被池塘阻隔，为测量A，B两地的
距离，在地面上选一点C，连结CA，CB，分别取CA，CB的中点D，E．测得
DE=5m，则A，B两地的距离为 m．
【答案】10
【分析】本题考查了三角形中位线定理，根据三角形中位线定理计算即可得出答案．
【详解】解：∵D，E是CA，CB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=10m，
故答案为：10．
4．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期末）【问题初探】
（1）如图1，在▱ABCD中，AC⊥CD，且AC=CD，点E是AB的中点，点F为对
AF 1
角线AC上的点，且 = ，连接线段EF．若CD=4，求EF的长．
FC 3
【类比拓展】
（2）如图2，△ABC中，BE平分∠ABC，AD⊥BE于D，BE=DE．求证：
AE=3CE；
【学以致用】
（3）如图3，在△ABC，AC>AB，D点在AC上，AB=CD，E、F分别是BC、
AD的中点，连结EF并延长，与BA的延长线交于点G，连结GD，若∠EFC=60°，
DG=3，AC=5❑√3，求AB的长．【答案】（1）❑√5；（2）见解析；（3）3❑√3
1
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，易得EF= BO，勾股定理求出OD的长，即
2
可；
（2）延长BC交AD的延长线于点G，先证明△ABD≌△GBD，得到AD=GD，取
1
AC的中点F，连接DF，利用中位线定理，得到DF∥CG，且DF= CG，证明
2
△BEC≌△≝¿，得到CE=FE，即可得出结论；
（3）连接BD，取BD中点H，连接HE，HF，利用中位线定理，得到△EFH是等边
三角形，△AGF是等边三角形，设AG=x，进而利用含30度角的直角三角形的性质
和勾股定理求出x的值，进一步求解即可．
【详解】解：（1）连接BD，交AC于点O，如图，
∵ ABCD
四边形 是平行四边形，
AF 1
∴ OA=OC, = ，
FC 3
∴AF=FO，
∵AE=EB，
1
∴ EF= BO，
2
∵CD=4，CO=2，AC⊥CD，
∴ OD=❑√OC2+CD2=2❑√5=OB，
∴ EF=❑√5；
（2）证明：如图，延长BC交AD的延长线于点G，∵BE ∠ABC AD⊥BE
平分 ， ，
∴∠ABD=∠GBD，∠ADB=∠GDB=90°，
又∵BD=BD，
∴△ABD≌△GBD(ASA)，
∴AD=GD，
1
取AC的中点F，连接DF，则有DF∥CG，且DF= CG，
2
∴∠EDF=∠EBC，
∵BE=DE，
在△≝¿和△CEB中，
{∠BEC=∠≝¿DE=BE)
，
∠EDF=∠EBC
∴△BEC≌△≝(ASA)，
∴CE=FE，
1 1
∵ AF=FC,CE= CF= AC，
2 4
∴AE=3CE；
（3）如图，连接BD，取BD中点H，连接HE，HF，
∵E F BC AD
、 分别为 和 中点，
∴EH和FH分别为△BDC和△ABD的中位线，
1 1
∴HE∥CD且HE= CD,HF∥AB且HF= AB，
2 2
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∵∠EFC=60°，
∴∠EFC=∠FEH=60°，∴△EFH是等边三角形，
∴∠HFE=60°=∠AGE，
∵∠AFG=∠EFC=60°，∠EFC=∠AEG=60°，
∴△AGF是等边三角形，
∵AF=FG=FD，
∴∠ADG=∠DGF=30°，
∴∠AGD=90°，
设AG=x，则AD=2x，在△ADG中，由勾股定理得，x2+32=(2x) 2，
解得x=❑√3，
即AG=❑√3,AD=2❑√3,AC=5❑√3，
∴ CD=AC−AD=5❑√3−2❑√3=3❑√3，
∴ AB=CD=3❑√3．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形的中位线定理，等边三角形的判定和性
质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解题的关键是构
造中位线．
【考点5】直角三角形斜边上的中线定理★★
1．（23-24八年级下·福建南平·期末）如图，一根长5米的梯子AB斜靠在与地面OC垂直
的墙上，P为AB的中点，当梯子的一端A沿墙面AO向下移动，另一端B沿OC向右移
动时，OP的长（ ）
A．先增大，后减小 B．逐渐减小 C．逐渐增大 D．不
变
【答案】D
【分析】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．1
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP= AB，从而得出答案．
2
【详解】解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，
∴∠AOB=90°，OP是斜边AB的中线，
1 1 5
∴OP= AB= ×5= 米，
2 2 2
∴在滑动的过程中OP的长度不变．
故选D．
2．（23-24八年级下·河北保定·期末）已知A，B，C三地的位置及两两之间的距离如图所
示．若D地位于A，C两地的中点处，则B，D两地之间的距离是（ ）
A．2.5km B．6km C．6.5km D．7.5km
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理得出ΔABC是直角三角形是解
题的关键．根据勾股定理得出ΔABC是直角三角形，再利用直角三角形的性质解答即
可．
【详解】解：∵BC2+AB2=144+25=169，AC2=169，
∴BC2+AB2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∵D地位于A、C两地的中点处，
13
∴BD= =6.5km，
2
故选：C
3．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD是∠BAC的平分线，且AD=8，BC=12，E是AC的中点，则DE的长为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理以及直角三角形斜边上的中线
定理，解题的关键是熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质．根据等腰三角形“三
1
线合一”的性质可得，CD= BC=6，AD⊥BC，根据勾股定理求出AC的长度，
2
最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：∵ AB=AC，AD是∠BAC的平分线，
1
∴ CD= BC=6，AD⊥BC，
2
根据勾股定理可得：AC=❑√AD2+CD2=❑√82+62=10，
∵ E是AC的中点，
1
∴ DE= AC=5，
2
故答案为：5．
4．（23-24八年级下·云南德宏·期末）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，CD⊥AB
于点D，∠BCD=3∠ACD，E是AB的中点，则∠AEC等于 ．
【答案】45°/45度
3
【分析】先由∠BCD=3∠ACD得出∠BCD= ×90°=67.5，再根据直角三角
1+3
形两锐角互余求出∠B的度数，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得CE=BE，
算出∠ECB，最后结合三角形的外角性质作答即可．本题考查了直角三角形斜边上的
中线，三角形外角性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握直角三角形斜边
中线的性质．【详解】解：∵∠BCD=3∠ACD，∠ACB=90°，
3
∴∠BCD= ×90°=67.5°，
1+3
∵CD⊥AB，
∴在Rt△BCD中，∠B=90°−∠BCD=90°−67.5°=22.5°，
∵E是AB的中点，
∴CE=BE，∠ECB=∠B=22.5°
∴∠AEC=∠ECB+∠B=45°
故答案为：45°
【考点6】利用矩形的性质求解★★
1．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∠AOB=60°，已知AB=1，则BD的长度是（ ）
❑√3
A．1 B．2 C． D．❑√3
2
【答案】B
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质，根据矩形的对角线
相等且互相平分得到OA=OB，BD=2OB，再证明△AOB是等边三角形，得到
OB=AB=1，则BD=2OB=2．
【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴OA=OB，BD=2OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OB=AB=1，
∴BD=2OB=2，
故选：B．
2．（23-24八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E，F．若AC=10，则PE+PF=（ ）．
A．4 B．2.5 C．5 D．10
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积公式，令AC与BD相交于点O，连接
1 1
OP，由矩形的性质得出OA=OC=OB=OD= AC=5，S = S =10，
2 △COD 4 矩形ABCD
1 1 1
结合S =S +S = OD⋅FP+ OC⋅PE= ×5×(PE+PF)，计算即可
△COD △POC △DOP 2 2 2
得出答案，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，令AC与BD相交于点O，连接OP，
，
∵四边形ABCD是矩形，
1
∴OA=OC=OB=OD= AC=5，
2
∵矩形ABCD面积为40，
1
∴S = S =10，
△COD 4 矩形ABCD
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
1 1 1
∴S =S +S = OD⋅FP+ OC⋅PE= ×5×(PE+PF)，
△COD △POC △DOP 2 2 2
1
∴
×5×(PE+PF)=10，
2
∴PE+PF=4，故选：A．
3．（23-24八年级下·北京昌平·期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，AB=6，点E在
AD上，DE=2．若EC平分∠BED，则BC的长为 ．
【答案】10
【分析】由矩形的性质可得AD∥BC，AD=BC，由角平分线和平行线的性质可证
BE=BC，由勾股定理可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，
掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵EC平分∠BED，
∴∠BEC=∠CED，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∴BE=BC，
∵BE2=AB2+AE2，
∴BC2=36+(BC−2) 2，
∴BC=10，
故答案为：10．
4．（23-24八年级下·湖南衡阳·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点
O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，则∠COD=
度．【答案】45
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，解题
的关键是掌握矩形的性质．根据矩形的性质可得到OA=OD，推出∠OAD=∠ODA，
根据三角形的外角性质和∠EAC=2∠CAD，可得∠EAC=∠AOE，由AE⊥BD，
即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴ OA=OD，
∴ ∠OAD=∠ODA，
∴ ∠AOE=∠OAD+∠ODA=2∠OAD，
∵ ∠EAC=2∠CAD，
∴ ∠EAC=∠AOE，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠EAC=∠AOE=45°，
∴ ∠COD=∠AOE=45°，
故答案为：45．
【考点7】矩形的判定★★
1．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边
AB是否和底边BC垂直，只需要用绳子分别测量书架的两条对角线AC，BD的长就可
以判断，其数学依据是（ ）
A．矩形的对角线相等 B．三个角都是直角的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分的四边形是矩形
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质．
根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意．
故选：C．2．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】本题考查了特殊四边形的判定和性质，掌握平行四边形，菱形，矩形的判定
和性质是解题的关键．
根据平行四边形，矩形，菱形的判定方法即可求解．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合
题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形，故原选项是假命题，不符合题意；
C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原选项是假命题，不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原选项是真命题，符合题意；
故选：D ．
3．（23-24八年级下·福建泉州·期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件不能判
定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠ABC=90°B．∠A=∠B C．AC=BD D．∠A=∠C
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定，根据判定方法进行逐一判断，即可求解；掌握矩形
的判定方法是解题的关键．
【详解】解：A.∵有一个角是90°的平行四边形是矩形，
∴平行四边形ABCD是矩形，故结论正确，不符合题意；
B.∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥ CD，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=∠B，
∴∠A=∠B=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，结论正确，故不符合题意；
C.∵对角形相等的平行四边形是矩形，
∴平行四边形ABCD是矩形，结论正确，故不符合题意；
D.∠A=∠C无法判断平行四边形ABCD是矩形，结论不正确，故符合题意；
故选：D．4．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，添加下列一个条件可以使▱ABCD成为矩形
的是（ ）
A．AB=BC B．∠D=120°
C．∠A+∠C=120° D．∠B=∠C
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质等知识，由矩形
的判定、菱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ABCD是平行四边形，AB=BC
∴▱ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，∠D=120°
∴四边形ABCD不是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠C=120°
∴∠A=∠C=60°,
∴四边形ABCD不是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥ CD,
∴∠B+∠C=180°,
又∠B=∠C,
∴∠B=∠C=90°,
∴四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【考点8】矩形的性质与判定综合★★★
1．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC
至F点使CF=BE，连接AF,DE,DF．(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)若AB=5,DE=12,BF=13，求AE的长．
【答案】(1)见解析
60
(2)
13
【分析】本题考查矩形的判断，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理．
（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再结合AE⊥BC即可；
（2）先用勾股定理的逆定理证明∠BAF=90°，再根据等面积法
1 1
AB⋅AF= BF⋅AE即可．
2 2
【详解】（1）证明：在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至F点使CF=BE
∴CF+EC=BE+EC
即EF=BC
在▱ABCD中，AD∥BC且AD=BC
∴AD∥EF且AD=EF．
∴四边形AEFD是平行四边形
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°
∴四边形AEFD是矩形；
（2）∵四边形AEFD是矩形，DE=12，
∴AF=DE=12
∵AB=5,AF=12，
∴AB2+AF2=52+122=169=BF2，
∴∠BAF=90°，
∵AE⊥BF，
1 1
∴△ABF的面积= AB⋅AF= BF⋅AE
2 2
AB⋅AF 60
∴AE= = ．
BF 132．（23-24九年级下·北京西城·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，∠ACB=90°，
过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F．
(1)求证：四边形ACED是矩形；
(2)连接BF，若∠ABC=60°，CE=3，求BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)BF的长是3❑√3
【分析】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与
性质、勾股定理等知识，证明AC∥ DE及△ABC是等边三角形是解题的关键．
（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥ DE，由四边形ABCD是平行四边形，点E
在BC的延长线上，得AD∥ CE，则四边形ACED是平行四边形，即可由
∠ACE=90°，根据矩形的定义证明四边形ACED是矩形；
(2)由平行四边形的性质和矩形的性质得AE=CD=AB，AF=EF，
AD=CE=CB=3
推出△ABC是等边三角形，则BF⊥AE，AB=AE=BE=2CE=2×3=6，所以
1
AF= AE，即可根据勾股定理求得结果．
2
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥ DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，
∴AD∥ CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACED是矩形；（2）∵四边形ACED是矩形，四边形ABCD是平行四边形，
∴AE=CD=AB，AF=EF，AD=CE=CB=3，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BF⊥AE，AB=AE=BE=2CE=2×3=6，
1 1
∴∠AFB=90°，AF= AE= ×6=3，
2 2
∴BF=❑√AB2−AF2=❑√62−32=3❑√3，
∴BF的长是3❑√3．
3．（22-23八年级下·海南儋州·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD，
DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．
(1)求证：△ABF ≌ △DCE；
(2)求证：四边形ABCD是矩形；
(3)若AB=3，BC=5，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1
【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB=DC，由BE=CF可得BF=CE，再利用
SSS证明△ABF≌△DCE即可；
（2）由全等三角形的性质可得∠B=∠C，又由平行四边形的性质可得
∠B+∠C=180°，从而得到∠B=∠C=90°，从而证明四边形ABCD是矩形；
（3）先证明∠BAF=∠AFB=45°，从而得到BF=AB=3，继而得到CE=BF=3，
再用容斥原理(EF=BF+CE−BC)求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
又∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，
在△ABF和△DCE中，
{AB=DC
)
BF=CE
AF=DE
∴△ABF≌△DCE(SSS)；
（2）∵△ABF≌△DCE，
∴∠B=∠C，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠B=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，CD=AB=3
又∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF=∠AFB=45°，
∴BF=AB=3，
又∵BF=CE，
∴CE=BF=3，
∴EF=BF+CE−BC=1．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，
等角对等边等知识，掌握相关定理是解题的关键．
4．（22-23八年级下·青海西宁·期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点
O，点E为BC的中点，EF⊥CD于点F，过点O作OG∥ EF交DC于点G．
(1)求证：四边形OEFG是矩形；
(2)若AC=8，BD=4❑√2．求GF的长．
【答案】(1)见解析
(2)❑√6【分析】（1）证明OE是△BCD的中位线，得OE∥ CD，再证四边形OEFG是平行
四边形，然后证∠EFD=90°，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质和勾股定理得出BC，然后理由直角三角形斜边上中线的性质以
及矩形的性质进行解答即可．
【详解】（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴点O是BD的中点（菱形的两条对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角），
∵点E是BC的中点，
∴OE是△BDC的中位线，
∴OE∥DC（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半），
∵又OG∥ EF，
∴四边形OEFG是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
∵EF⊥CD，
∴∠EFD=90°，
∴▱OEFG是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形AC=8，BD=4❑√2，
1 1
∴OC= AC=4，OB= BD=2❑√2，AC⊥BD（菱形的对角线互相垂直平分且每
2 2
条对角线平分一组对角），
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中 ∠BOC=90°，
∴OB2+OC2=BC2（如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那
么a2+b2=c2），
∴BC=❑√OC2+OB2=❑√(2❑√2) 2 +42=2❑√6，
1 1
∴OE= BC= ×2❑√6=❑√6（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
2 2
∵四边形OEFG是矩形，
∴GF=OE=❑√6（矩形的对边平行且相等）．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定
理以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【考点9】利用菱形的性质求解★★1．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的
中点，连接OM，若AC=6,BD=8，则OM的长为（ ）
5 3
A．4 B．3 C． D．
2 2
【答案】C
【分析】本题考查菱形．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形性质，是解题
的关键．
利用菱形对角线相互垂直平分的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的
一半，即可得到答案．
1 1
【详解】解：∵菱形ABCD中，OA=OC= AC，OB=OD= BD，AC⊥BD，
2 2
∴∠AOB=90°，
∵AC=6，BD=8，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=❑√OA2+OB2=5，
∵M为AB的中点，
1 5
∴OM= AB= ．
2 2
故选：C．
2．（23-24八年级下·山东德州·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，OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长
为（ ）
A．4 B．4.5 C．6 D．9【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、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．
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，
1
∴OA=OC，OB=OD= BD，BD⊥AC，
2
∴BD=2OB=12，
1
∵S = AC⋅BD=54，
菱形ABCD 2
∴AC=9，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
1
∴OE= AC=4.5，
2
故选：B．
3．（23-24八年级下·辽宁盘锦·期末）在菱形ABCD中，AC=CB=4，则菱形ABCD的面
积为（ ）
A．16 B．4❑√3 C．8 D．8❑√3
【答案】D
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得AC⊥BD，
1
OC= AC=2，再利用勾股定理求得OB=2❑√3，可得BD=4❑√3，再利用菱形的面
2
积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AC⊥BD，OC= AC=2，BD=2BO，
2∴OB=❑√BC2−OC2=❑√42−22=2❑√3，
∴BD=2BO=4❑√3，
1 1
∴S = BD⋅AC= ×4❑√3×4=8❑√3，
菱形ABCD 2 2
故选：D．
4．（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，菱形ABCD中AC交BD于点O，DE⊥BC于
点E，连接OE，若∠OED=20°，则∠ABC= ．
【答案】140°
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上中线的性质及等腰三角形的性质；
由菱形的性质知，OD=OB，∠ABC=2∠OBE；由DE⊥BC得∠OEB=70°，由
直角三角形斜边上中线的性质得OE=OB，从而得∠OBE=70°，则可求得∠ABC的
度数．
【详解】解：菱形ABCD中，OD=OB，∠ABC=2∠OBE；
∵DE⊥BC，∠OED=20°，
∴∠OEB=90°−∠OED=70°，
∵OD=OB，
∴OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB=70°，
∴∠ABC=2∠OBE=140°．
故答案为：140°．
5．（23-24八年级下·新疆乌鲁木齐·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点
O，过点D作DH⊥BC于点H，若AC=8，BD=6，则DH为 ．24
【答案】
5
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理及等面积法，熟练掌握知识点是解题的关
1 1
键．先由菱形的性质得到OC= AC=4,OB= BD=3,AC⊥BD，由勾股定理求
2 2
出BC的长度，再由等面积法求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=8，BD=6，
1 1
∴OC= AC=4,OB= BD=3,AC⊥BD，
2 2
∴∠BOC=∠DOC=90°，
在Rt△BOC中，BC=❑√OB2+OC2=5，
∵DH⊥BC，
1 1
∴S = BD⋅OC= BC⋅DH，
ΔBDC 2 2
即6×4=5DH，
24
∴DH= ，
5
24
故答案为： ．
5
【考点10】菱形的判定★★
1．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形ABCD是菱形的为
（ ）
①AC⊥BD； ②∠BAD=90°； ③AB=BC； ④AC=BD．A．①③ B．②③ C．③④ D．①④
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相
等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可．
【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱
形，①满足题意；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，②不满足
题意；
③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，③满足题意；
④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，④不满足题意；
故满足题意的有①③；
故选：A．
2．（2024·江苏盐城·三模）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
下列选项能使平行四边形ABCD成为矩形的条件是（ ）
A．AB=AD B．∠AOB=60° C．AC=BD D．AC⊥BD
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质；熟练掌握平行四
边形的性质、矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
根据菱形的判定方法和矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴平行四边形ABCD是
菱形，故此项不符合题意；
B、由四边形ABCD是平行四边形，∠AOB=60°，不能判定平行四边形ABCD为矩
形，故此项不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故此项符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故此选
项不符合题意；
故选：C．
3．（2024·陕西咸阳·模拟预测）在▱ABCD中，AC、BD是对角线，补充一个条件使得
四边形ABCD为菱形，这个条件可以是（ ）
A．AC=BD B．AC⊥BD C．AB=AC D．∠ABC=90°
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【详解】解：添加一个条件为AC⊥BD，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故选：B．
4．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在▱ABCD中，再添加一个条件 （写
出一个即可），使▱ABCD是菱形．（图形中不再添加辅助线）
【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定定理的应用，注意：对角线垂直的平行四边形是菱形．
根据菱形的判定定理（对角线垂直的平行四边形是菱形)推出即可．
【详解】解：添加的条件是AC⊥BD，
理由是：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AC⊥BD．
【考点11】菱形的性质与判定综合★★★
1．（23-24八年级下·安徽蚌埠·期末）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，E是AC上
的点，连接BE，DE．(1)求证：BE=DE；
(2)若BE⊥DE，∠BAD=60∘，AB=4，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)CE=2❑√3−2
【分析】（1）利用菱形的性质中每一条对角线平分一组对角且四条边都相等证得
△BCE≌△DCE即可求解；
（2）连接BD交AC于点O，利用菱形的性质推得△ABD是等边三角形，通过勾股定
理求得OC=2❑√3，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OE=2，即可
求出CE的长．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，AC为对角线，
∴∠BCE=∠DCE，BC=CD，
∴在△BCE和△DCE中，
{
BC=DC
)
∠BCE=∠DCE ，
CE=CE
∴△BCE≌△DCE(S AS)，
∴BE=DE．
（2）解：如图，连接BD交AC于点O，
∵ ABCD
四边形 是菱形，
1
∴AB=BC=CD=DA，AO=OC，OB=OD= BD，AC⊥BD，
2
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=4，OB=OD=2，∵在Rt△BOC中，OC2=BC2−OB2，
∴OC=❑√42−22=2❑√3，
∵BE⊥DE，
∴OB=OE=OD=2，
∴CE=OC−OE=2❑√3−2．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定
与性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质等知识是解题关键．
2．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥ BC，AB∥DC，
对角线AC,BD交于点O，若四边形DOCE是矩形，OE交CD于点F．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若OE=4,∠BCD=60°，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8❑√3
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质：
（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，矩形的性质得到AC⊥BD，即可得证；
（2）根据矩形的性质，结合含30度角的直角三角形的性质，求出OD,OC的长，利
用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵AD∥ BC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形DOCE是矩形，
∴∠DOC=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵四边形DOCE是矩形，
∴CD=OE=4,∠DOC=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=60°，1
∴∠DCO= ∠BCD=30°，
2
1
∴OD= CD=2，
2
∴OC=❑√CD2−OD2=2❑√3，
∴AC=2OC=4❑√3,BD=2OD=4，
1
∴菱形ABCD的面积= ×4❑√3×4=8❑√3
2
3．（23-24八年级下·云南大理·期末）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD
的垂线EF，分别交AD、BC于点E、F．
(1)证明：四边形EBFD是菱形；
(2)若DF=2，∠EBF=60°，求四边形EBFD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2❑√3
【分析】（1）先证明△EOD≌△FOB，得到ED=FB，可以得出四边形EBFD是平
行四边形，再加上BD⊥EF即可证明结论；
1
（2）根据菱形的性质可以得到∠OBF= ∠EBF=30°，进而放在直角三角形中可
2
以求得菱形对角线的长度，最后根据面积公式即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥ BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
∵O为BD的中点，
∴OD=OB，
在△EOD和△FOB中，
{∠EDO=∠FBO
)
∠DEO=∠BFO ，
OD=OB
∴△EOD≌△FOB，∴ED=FB，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BD⊥EF，
∴平行四边形EBFD是菱形．
（2）∵四边形EBFD是菱形，DF=2，∠EBF=60°，
1
∴BF=DF=2，∠OBF= ∠EBF=30°，
2
∴在Rt△FOB中，OF=1，OB=❑√3，
∴EF=2OF=2，BD=2OB=2❑√3，
1
∴菱形EBFD的面积为S= BD⋅EF=2❑√3，
2
即四边形EBFD的面积为2❑√3．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、
菱形的面积公式、直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握上述知识点
是解答的关键．
【考点12】正方形的性质★★
1．（23-24八年级下·云南昭通·期末）在正方形RSQP外侧作等边△QPF，则∠RFQ的度
数为（ ）
A．10° B．20° C．45° D．30°
【答案】C
【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握
它们的性质是解题的关键；由四边形RSQP是正方形，△QPF是等边三角形，得到
PQ=QF=PF，∠PFQ=∠FPQ=60°，得△PRF是等腰三角形，然后利用等腰三
180°−150°
角形的性质得到∠PRF=∠PFR= =15°，即可解决问题．
2
【详解】解：∵四边形RSQP是正方形，∴ ∠RPQ=90°，RP=PQ，
又∵ △QPF是等边三角形，
∴ PQ=QF=PF，∠PFQ=∠FPQ=60°，
∴PR=PF，
∴ △PRF是等腰三角形，∠RPF=90°+60°=150°，
180°−150°
∴ ∠PRF=∠PFR= =15°．
2
∴∠RFQ=∠PFQ−∠PRF=60°−15°=45°
故选：C．
2．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG
上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）
A．2 B．❑√5 C．2❑√3 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质．根据正方形的四
条边相等，四个角都是直角可得AD=AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，延长
AD交EF于M，连接AC、CF，求得AM=4，FM=2，∠AMF=90°，根据正方形
的对角线平分对角可得∠ACF=90°，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的
平方求出AF的值，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，
∴AD=AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，
延长AD交EF于M，连接AC、CF，如图：则AM=BC+CE=1+3=4，FM=EF−AB=3−1=2，∠AMF=90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
在Rt△AMF中，AF=❑√AM2+FM2=❑√42+22=2❑√5，
∵在Rt△AMF中，H为AF的中点，
1 1
∴CH= AF= ×2❑√5=❑√5．
2 2
故选：B．
3．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形ABCD，E，F分别是AB，BC的中点，
AF，DE相交于点G，连接CG，若AB=2，则CG的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正
确作出辅助线是解题的关键．
延长AF、DC相交于H，先证明△DAE≌△ABF，得到∠ADE=∠BAF，从而得到
∠DGH=∠ADE+∠DAG=∠BAF+∠DAG=∠BAD=90°，再证明
△ABF≌△HCF，得到AB=HC=2，从而得到DC=HC，即可由直角三角形的性质
1
得出CG= DH，即可求解．
2
【详解】解：延长AF、DC相交于H，如图，∵正方形ABCD，AB=2
∴DA=CD=BC=AB=2，∠BAD=∠B=∠BCD=90°，
∴∠B=∠HCF=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
1 1
∴AE= AB，BF=CF= BC，
2 2
∴AE=BF，
在△DAE与△ABF中，
{
DA=AB
)
∠DAE=∠B ，
AE=BF
∴△DAE≌△ABF(S AS)，
∴∠ADE=∠BAF，
∴∠DGH=∠ADE+∠DAG=∠BAF+∠DAG=∠BAD=90°，
在△ABF与△HCF中，
{
∠B=∠HCF
)
BF=CF ，
∠AFB=∠HFC
∴△ABF≌△HCF(ASA)，
∴AB=HC
∴HC=CD=2，
1 1
∴CG= HD= (HC+CD)=2，
2 2
故答案为：2．
4．（23-24八年级下·重庆开州·期中）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的
交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE=150°，DF=❑√3，则EF的长为 ．
【答案】2❑√3
【分析】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全
等三角形的性质与判定等相关知识；由题意证明△BOE≌△COF，所以OE=OF，则
△OEF是等腰直角三角形，即可得到OE=OF=2❑√2；过点F作FG⊥OD，求出
1
∠DOF=30°，得到FG= OF，推出△DGF是等腰直角三角形，则
2
OF=2FG=❑√6，进而即可求解．
【详解】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠BOE=∠COF=60°，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴EF=❑√2OF，
过点F作FG⊥OD，如图，
∴∠OGF=∠DGF=90°，∵∠DOF=∠COD−∠COE=30°，
1
∴FG= OF，
2
∵∠ODC=45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
又DF=❑√3，
❑√2 ❑√6
∴GF= DF= ，
2 2
∴OF=2FG=❑√6
∴EF=❑√2OF=❑√2×❑√6=2❑√3
故答案为：2❑√3．
【考点13】正方形的性质与判定综合★★★
1．（2023·浙江杭州·二模）如图，已知正方形ABCD，AB=4，点M在边CD上，射线
AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P．
(1)求证：△ADE≌△CDE．
(2)判断△CPF的形状，并说明理由．
(3)作DM的中点N，连接PN，若PN=3，求CF的长．
【答案】(1)详见解析
(2)△CPF是等腰三角形，理由见解析
(3)2❑√5
【分析】（1）根据正方形的性质，利用“S AS”证明即可；
（2）由全等三角形的性质可得∠DAE=∠DCE，由余角的性质可得∠PCF=∠F，
从而得出结论；
（3）由三角形中位线定理可求DF=6，再由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠ADE=∠CDE=45°，
在△ADE和△CDE中，{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDE ，
DE=DE
∴ △ADE≌△CDE(S AS)；
（2）解：△CPF是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴ DC⊥CF，AD∥BF，
∵ △ADE≌△CDE，
∴ ∠DAE=∠DCE，
∵ CP⊥CE，DC⊥CF，
∴∠DCE+∠DCP=90°,∠PCF+∠DCP=90°,
∴ ∠DCE=∠PCF，
∵ AD∥BF，
∴ ∠DAE=∠F，
∴ ∠PCF=∠F，
∴ CP=FP，
∴ △CPF是等腰三角形；
（3）解：如图，连接DF，
∵ ∠PCF=∠PFC ∠PCM=90°−∠PCF
， ，
∠PMC=90°−∠PFC，
∴ ∠PCM=∠PMC，
∴ PM=PC，
∵CP=FP，
∴ PM=PF，
∵点N是DM的中点，PN=3，
∴ DF=2NP=6，
∴ CF=❑√DF2−CD2=❑√62−42=2❑√5．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、
三角形中位线定理、勾股定理，灵活运用这些性质是解此题的关键．
2．（23-24八年级下·全国·单元测试）同学们还记得教科书中的这个问题吗？如图（1），
四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角
∠DCP的平分线CF于点F．求证：AE=EF．书中的提示是：取AB的中点G，连接
EG，这样易证△AGE≌△ECF后得到AE=EF．在此基础上，请同学们探究以下问
题：
(1)如图（2），点E是边BC上（除点B，C外）的任意一点，其它条件不变，
AE=EF的结论还成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由；
(2)如图（3），点E是BC的延长线上（除点C外）的任意一点，其他条件不变，
AE=EF的结论仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由；
【答案】(1)AE=EF的结论还成立，理由见解析
(2)AE=EF的结论仍然成立，理由见解析
【分析】本题考查了正方形的性质、全等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，构造全等三角形解决问题．
（1）如图，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，利用ASA判定
△AME≌△ECF，从而得到AE=EF；（2）延长BA到M，使AM=CE，根据已知及正方形的性质利用ASA判定
△AHE≌△ECF，从而得到AE=EF．
【详解】（1）解：AE=EF的结论还成立，理由如下．
如图，在AB上取一点M，使AM=CE，连接ME，
∴BM=BE
，
∴∠BME=45°，∠AME=135°，
∵CF是正方形外角∠DCP的平分线，
∴∠DCF=45°，∠ECF=135°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△AME≌△ECF，
∴AE=EF；
（2）解：AE=EF的结论还成立，理由如下．
理由如下：如图，延长BA到M，使AM=CE，连接EM
∵∠AEF=90°
，
∴∠FEG+∠AEB=90°．
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∴∠MAE=∠CEF．
∵AB=BC，
∴AB+AM=BC+CE，
即BM=BE．
∴∠M=45°，∴∠M=∠FCE．
在△AME与△ECF中，
{∠MAE=∠CEF
)
AM=CE ，
∠M=∠FCE
∴△AME≌△ECF(ASA)，
∴AE=EF．
3．（23-24八年级下·广西南宁·期中）人教版数学八年级下册教材的数学活动——折纸．
如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°，30°，15°等大小的角，可以采用
下面的方法：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸
片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕为BM．
(1)如图1，连接AN，直接写出∠ABM；
(2)在图1基础上再次动手操作（如图2），将MN延长交BC于点G，将△BMG沿MG
折叠，点B刚好落在AD边上点H处，连接GH，把纸片再次展平．请判断四边形
BGHM的形状，并说明理由；
(3)将图1中的矩形纸片ABCD换成正方形纸片ABCD，按图1步骤折叠，并延长MN
交CD于点Q，连接BQ得到图3，NQ=2，求CF的长．
【答案】(1)30°
(2)菱形，见解析
(3)❑√3+2
【分析】本题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、矩形的性质、正方形的性质、
菱形的判定与性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理．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．理解折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴ EF垂直平分AB，∴ AN=NB，
又∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕为BM，
∴ AB=NB，
∴ △ABN是等边三角形，
∴ ∠ABN=60°，
1
∴ ∠ABM=∠MBN= ∠ABN=30°．
2
（2）解：由（1）得∠ABM=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，
∴∠MBG=60°，
∴△BMG是等边三角形，
∴BM=BG，
由折叠得BM=MH，BG=GH，
∴BM=MH=BG=GH，
∴四边形BGHM是菱形．
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠D=∠C=90°，
由折叠得，∠BNM=∠BNQ=∠C=90°，AB=BN=BC，
∵BQ=BQ，BN=BC，
∴Rt△BNQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴QN=CQ=2，
∵∠DMQ=60°，
∴∠NQF=90°−60°=30°，
1
∴NF= NQ=1，
2
在Rt△NFO中，∵QN2=N F2+FQ2，
∴FQ=❑√3，
∴CF=FQ+CQ=❑√3+2．
【点睛】（1）依据折叠的性质可得到△ABN是等边三角形，进而得到∠ABN的度数，
再根据折叠的性质即可求出∠ABM的度数；
（2）根据△BCM是等腰三角形，利用三线合一即可得到BH⊥MG，再判定四边形BGHM是平行四边形即可；
（3）利用直角三角形中“斜边、直角边”相等证明Rt△BNQ≌Rt△BCQ，得到
1
QN=CQ=2，再根据30°所对的直角边等于斜边的一半得出NF= NQ=1，最后根
2
据勾股定理即可求出CF．
4．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交
BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所
示．
(1)求证：CE=CF；
(2)若∠ABC=120°，连结BG、CG、DG，如图2所示；
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数；
(3)若∠ABC=90°，AB=8，AD=14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②60度
(3)❑√130
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性
质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，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 (S AS)，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】（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF；
（2）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，∠BCF=120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
1
∴CE=≥¿，∠BCG= ∠BCF=60°，
2
∴CG=≥=CE，∠DCG=120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=CD，
∴△DGC≌△BGE(S AS)；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG=DG，∠BGE=∠DGC，
∴∠BGD=∠CGE，
∵CG=≥=CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG=60°；
（3）解：如图3中，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，
∴EM=CM
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
又∵EM=CM，
∴△BME≌△DMC(S AS)，
∴MB=MD，∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB=8，AD=14，
∴BD=2❑√65，
❑√2
∴DM= BD=❑√130．
2
【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．【考点14】求特殊平行四边形中最小值问题★★★
1．（22-23八年级下·重庆梁平·期末）如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6．E是CD
边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的
最小值为（ ）
A．2.4 B．3 C．4.8 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的
判定和性质是解题关键．由菱形的性质和勾股定理，得出CD=5，证明四边形EGOF
是矩形，得到OE=FG，当OE⊥CD时，OE有最小值，利用三角形面积公式，求出
OE的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OE，
∵ ABCD AC=8 BD=6
四边形 是菱形， ， ．
1 1
∴AC⊥BD，OC= AC=4，OD= BD=6，
2 2
∴CD=❑√OC2+OD2=5，
∵EF⊥OC，EG⊥OD，
∴∠EGO=∠GOF=∠OFE=90°，
∴四边形EGOF是矩形，
∴OE=FG，当OE⊥CD时，OE有最小值，
1 1
∵S = OC⋅OD= CD⋅OE，
△COD 2 2
OC⋅OD 3×4
∴OE= = =2.4，
CD 5
∴FG的最小值为2.4，
故选：A．
2．（23-24八年级下·北京房山·期中）已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC=60°，点M
为AD的中点，点P为对角线BD上一个动点，连接PA，PM，则PA+PM的最小值为
．
【答案】❑√3
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，连接
AC,CM,CP，由菱形的性质可得AP=CP，当C,P,M三点共线时，则PA+PM有
最小值，证明△ACD是等边三角形，由点M为AD的中点，可得
∠CMD=90°,MD=1，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接AC,CM,CP，
∵四边形ABCD是菱形，点P为对角线BD上一个动点，
∴BD垂直平分AC，
∴AP=CP，
∴AP+PM=CP+MP，
当C,P,M三点共线时，则PA+PM有最小值，∵∠ADC=60°，AD=CD，
∴△ADC是等边三角形，
又∵M是AD的中点，菱形ABCD的边长为2，
∴CM⊥AD，MD=1，CD=2，
∴∠CMD=90°，
∴Rt△CDM中，CM=❑√CD2−DM2=❑√3，
∴AP+PM的最小值为❑√3，
故答案为：❑√3．
3．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，在▱ABCD中，∠C=120°,AB=2，点H、
G分别是边DC、BC上的动点，连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中
点，连接EF，则EF的最小值为 ．
❑√3
【答案】
2
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，含30度的直角三角形，
勾股定理，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接
1
AG，过点A作AG′⊥BC于点G′，由三角形中位线定理可得EF= AG，即当
2
AG⊥BC时，即点G在G′位置时，AG有最小值，此时EF最小，根据平行四边形的
性质和直角三角形的性质，求出AG′=❑√3，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接AG，过点A作AG′⊥BC于点G′，
∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，
∴EF是△AHG的中位线，
1
∴EF= AG，
2
∴当AG⊥BC时，即点G在G′位置时，AG有最小值，此时EF最小，
在▱ABCD中，∠C=120°,AB=2，
∴∠B=60°，∴∠BAG′=30°，
1
∴BG′= AB=1，
2
∴AG′=❑√AB2−BG′2=❑√3，
1 ❑√3
∴EF= AG′= ，
2 2
❑√3
故答案为：
2
4．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=8，点P是
对角线AC上一个动点（点P与点A，C不重合），过点P分别作PE⊥AD于点E，
PF∥ BC交CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 ．
120
【答案】
17
【分析】本题考查矩形的判定与性质、平行线的性质、垂线段最短及勾股定理，得到
EF的最小值为DP′的长是解答的关键．如图，过点D作DP′⊥AC于P′，连接EF，
DP，证明四边形DEPF是矩形得到EF=DP，要使EF最小，只需DP最小，当
DP⊥AC时，DP最小，最小值为DP′的长，利用三角形的等面积法求得DP′即可求
解．
【详解】解：如图，过点D作DP′⊥AC于P′，连接EF，DP，∵四边形ABCD是矩形，AB=15，BC=8，
∴CD=AB=15，AD=BC=8，∠ADC=90°，
∴AC=❑√AD2+CD2=❑√82+152=17，
∵PF∥ BC，
∴∠PFD+∠ADC=180°，
∴∠PFD=90°，
∵PE⊥AD，
∴∠PED=∠EDF=∠PFD=90°，
∴四边形DEPF是矩形，
∴EF=DP，
要使EF最小，只需DP最小，当DP⊥AC时，DP最小，最小值为DP′的长，
1 1
∵S = AD⋅CD= AC⋅DP′ ，
△ADC 2 2
AD⋅CD 8×15 120
∴DP′= = = ，
AC 17 17
120
故EF的最小值为 ，
17
120
故答案为： ．
17
5．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，BC=4，
AC=5，点E在BC上，沿直线AE折叠矩形纸片，点B落在点F处，连接CF，当
AF+CF取最小值时，BE的长为 ．3
【答案】
2
【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短、根据面积等
式求线段的长度等知识与方法，证明当点F在AC上，则AF+CF的值最小是解题的关
键．由AF+CF≥AC，证明当点F在AC上，则AF+CF的值最小，由折叠得
1 1 1
∠AFE=∠B=90°，FE=BE，则 AB·BE+ AC·FE= AB·BC=S ，所以
2 2 2 △ABC
1 1 1 3
×3BE+ ×5BE= ×3×4，求得BE= ，于得到问题的答案．
2 2 2 2
【详解】解：∵AF+CF≥AC，
∴当点F在AC上，则AF+CF=AC，此时AF+CF的值最小，
如图，点F在AC上，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
由折叠得∠AFE=∠B=90°，FE=BE，
∴BE⊥AB，FE⊥AC，
1 1 1
∴ AB·BE+ AC·FE= AB·BC=S ，
2 2 2 △ABC
∵AB=3，BC=4，AC=5，
1 1 1
∴ ×3BE+ ×5BE= ×3×4，
2 2 2
3
解得BE= ，
2
3
故答案为： ．
2
6．（22-23八年级下·安徽铜陵·期末）如图，边长为6的正方形ABCD，点P是对角线BD
上一动点，点E在边CD上，EC=2，则PC+PE的最小值是 ．【答案】2❑√13
【分析】连接AE交BD于点P、连接PC，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对
称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．
【详解】解：连接AE交BD于点P、连接PC，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AP=PC，
∴PC+PE=AP+PE，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，（两点之间线段最短）
∵CD=6，CE=2，
∴DE=4，
在Rt△ADE中，
∵AE=❑√AD2+DE2=❑√62+42=2❑√13，
∴PC+PE的最小值为2❑√13，
故答案为：2❑√13
【点睛】本题考查了轴对称的最短路线问题及正方形的性质，根据题意、两点之间线
段最短，作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．一、单选题
1．（23-24八年级下·河北张家口·期中）平行四边形一定具有的特征是（ ）
A．四边相等 B．对角线相等 C．四个角都是直角 D．对角线互相平分
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．根据
平行四边形的性质逐项判断即可得．
【详解】A.平行四边形的对边相等，四边不一定相等，此项不符合题意；
B.平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，此项不符合题意；
C.平行四边形的对角相等，但四个角不一定是直角，此项不符合题意；
D.平行四边形的对角线互相平分，此项符合题意；
故选：D
2．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点
O，以下说法中错误的是（ ）
A．∠ABC=90° B．AC=BD
C．若∠ADB=30°，则△ABO是等边三角形 D．OA=AD
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定，矩形的四个角都是直角，对
边平行且相等，对角线互相平分且相等，根据矩形的性质和等边三角形的判定，进行逐
一判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AC=BD，OA=OB=OC=OD，故A、B说法正确，不
符合题意，
∵∠ADB=30°，
∴∠ABD=90°−30°=60°，
∵OA=OB，∴△ABO是等边三角形，故C正确，不符合题意；
根据现有条件无法证明OA=AD，故D说法错误，符合题意．
故选：D．
3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，四边形ABCD中，AB∥ CD,G为AB上一点，
连接DG，点E、F分别是AD、AG的中点，连接EF,EF∥ CB,EF=2cm，则CB的
长等于（ ）
A．1.5cm B．4cm C．2.5cm D．3cm
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定以及性质，平行四边形的判定和性质，先
1
证明EF∥DG，且EF= DG，再证明四边形DGBC是平行四边形，由平行四边形的
2
性质即可得出DG=BC=4cm．
【详解】解：∵点E、F分别是AD、AG的中点，
1
∴EF∥DG，且EF= DG，
2
∵EF=2cm，
∴DG=4cm，
∵EF∥CB，
∴BC∥DG，
又∵BG∥CD，
∴四边形DGBC是平行四边形，
∴DG=BC=4cm，
故选：B．
4．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的
中点，连接OM，若AC=6,BD=8，则OM的长为（ ）5 3
A．4 B．3 C． D．
2 2
【答案】C
【分析】本题考查菱形．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形性质，是解题的
关键．
利用菱形对角线相互垂直平分的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一
半，即可得到答案．
1 1
【详解】解：∵菱形ABCD中，OA=OC= AC，OB=OD= BD，AC⊥BD，
2 2
∴∠AOB=90°，
∵AC=6，BD=8，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=❑√OA2+OB2=5，
∵M为AB的中点，
1 5
∴OM= AB= ．
2 2
故选：C．
5．（23-24八年级下·河南漯河·期中）下列性质中矩形具有而菱形不一定具有的是（ ）
A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等
C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等
【答案】D
【分析】此题考查了菱形的性质与矩形的性质此题难度不大，注意熟练掌握菱形与矩形
的性质定理．根据菱形的性质与矩形的性质，可求得答案．
【详解】两组对边分别相等：是矩形和菱形共同的性质；
两组对角分别相等：是矩形和菱形共同的性质；
两条对角线互相垂直：是菱形的性质，矩形不一定有；
两条对角线相等：是矩形的性质，菱形不一定有．故选：D．
6．（24-25八年级上·湖北恩施·期中）如图，把矩形ABCD沿EF折叠，使点C落在点A处，
点D落在点G处，若∠AFE=60°，且BF=1，则线段AE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由平行线的性质和对折的性质证明△AEF是等边三角形，在直角三角形ABF
中，求得∠BAF= 30°，从而求得AF=2BF=2，进而得到EF=2．
【详解】∵矩形ABCD沿EF折叠，使点C落在点A处，点D落在点G处，
∴∠B=90 °，∠EFC=∠AFE，AD∥BC，
又∵∠AFE=60 °，
∴∠AEF=∠AFE=60 °，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60 °，AE=AF，
又∵AD∥BC，
∴∠AFB=60 °，
又∵∠B=90 °，BF=1，
∴AF=2BF=2，
又∵AE=AF，
∴AE=2．
故选：B．
【点睛】考查了图形的翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定及性质，含30度直
角三角形的性质，平行线的性质，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，如本题中折叠前后角相等．
熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定及性质是解题的关键．
7．（24-25八年级上·陕西西安·期中）已知长方形ABCD中，AB=9，AD=12，E是CD边上一点，将长方形沿直线BE折叠，使点C恰好落在对角线BD上，则BE的长为
（ ）
A．5 B．13 C．4❑√10 D．15
【答案】C
【分析】根据勾股定理，得到BD=❑√AB2+AD2=15，AB=CD=9，
BC=BC′=AD=12，继而得到C′D=BD−BC′=3，设CE=EC′=x，则
DE=CD−CE=(9−x)，利用勾股定理解答即可．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握勾股定理，矩形的性质是解
题的关键．
【详解】解：矩形ABCD中，AB=9，AD=12，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD=9，BC=AD=12，
∴BD=❑√AB2+AD2=15，
根据折叠的性质，得BC=BC′=AD=12，∠BCD=∠BC′E=90°，CE=EC′，
∴C′D=BD−BC′=3，
设CE=EC′=x，则DE=CD−CE=(9−x)，
∴(9−x) 2=x2+32
解得x=4．
∴BE=❑√BC2+CE2=4❑√10，
故选：C．
8．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）顺次连接菱形各边中点所得的四边形一定是（
）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质和矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角
形的中位线定理是解题的关键．先证明四边形EFGH是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断．
【详解】如图：菱形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中
点，
1
∴EH∥ FG∥ BD,EH=FG= BD;
2
1
EF∥ HG∥ AC,EF=HG= AC，
2
故四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD,
∴EH⊥EF,∠HEF=90°
∴四边形EFGH是矩形．
故选：C．
9．（24-25八年级上·贵州贵阳·期中）如图所示摆放的5个正方形，面积分别为S ，S ，S ，
1 2 3
S ，S ，其中S =1，S =2，S =3，则S +S =（ ）
4 5 1 2 3 4 5
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证得
△ABD≌ △CEB是解题的关键．根据全等三角形的判定定理得到△ABD≌ △CEB，
根据全等三角形的性质得到AD=BC，AB=CE，根据勾股定理得到
BD2=AD2+AB2=AD2+CE2，于是得到结论．
【详解】解：如图，∠DAB=∠DBE=∠BCE=90°，
∴ ∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°
∴ ∠1=∠3，
又∵ BD=BE，∴ △ABD≌ △CEB(AAS )，
∴ AD=BC，AB=CE，
∴ BD2=AD2+AB2=AD2+CE2，S =S +S =1+2=3，
4 1 2
同理可得：S =S +S =2+3=5，
5 2 3
∴ S +S =3+5=8，
4 5
故选：C．
二、填空题
10．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在▱ABCD中，∠BCD的平分线交AD于点
E，AB=3，AE=1，则BC的长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、角平分线的定义等
知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据角平分线与平分线的定义得出
DE=DC，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥ BC，AB=CD=3，AD=BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠ECD，
∴∠DEC=∠ECD，
∴DE=CD=3，
∴AD=AE+DE=1+3=4．∴BC=4．
故答案为：4．
11．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是BC边上的
中线，且BC+AD=18，则BC的长为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，掌握直角三角形的性质
1
是解题的关键，根据直角三角形的性质可知AD= BC，再根据已知条件即可解答．
2
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∵AD是BC边上的中线，
1
∴AD= BC，
2
∵BC+AD=18，
3
∴
BC=18，
2
∴BC=12，
即BC的长为12，
故答案为：12．
12．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在平行四边形ABCD中，CD=6，
∠BAD=60°，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交AB于
1
点M；交AD于点N；②分别以点M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧交
2
于点E，连接AE并延长交线段BC于点F，由作图的结果可得△ABF的周长为
．【答案】12+6❑√3/6❑√3+12
【分析】首先根据平行四边形的性质和角平分线的概念得到∠BAF=∠BFA=30°，
过点B作BH⊥AF交AF于点H，然后根据含30°角直角三角形的性质得到
1
BH= AB=3，利用勾股定理求出AH=❑√AB2−BH2=3❑√3，进而得到
2
AF=2AH=6❑√3，即可求出△ABF的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，BC∥AD，
∴∠BFA=∠FAD，
根据作图可得，AF平分∠BAD，
1
∴∠BAF=∠DAF= ∠BAD=30°，
2
∴∠BAF=∠BFA=30°，
如图所示，过点B作BH⊥AF交AF于点H，
1
∴BH= AB=3，
2
∴AH=❑√AB2−BH2=3❑√3，
∴AF=2AH=6❑√3，
∴△ABF的周长为AB+BF+AF=6+6+6❑√3=12+6❑√3．
故答案为：12+6❑√3．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，含30°角直角三角形的性
质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
13．（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别
是边CD,AD的中点，连接AE,BF，点G,H分别是AE,BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
【答案】❑√2
【分析】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，证明
△ABF≌△DAE，推出AE⊥BF，勾股定理求出BF的长，等积法求出AM的长，勾
股定理求出MF的长，进而求出GM,HM的长，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设AE,BF交于点M，
∵正方形ABCD，边长为4，
∴AB=AD=CD=4,∠BAF=∠D=90°，
∵点E,F分别是边CD,AD的中点，
1 1
∴AF= AD=2,DE= CD=2，
2 2
∴AF=DE，BF=AE=❑√42+22=2❑√5，
∴△ABF≌△DAE，
∴∠DAE=∠ABF，
∴∠DAE=∠ABF，
∴∠DAE+∠AFB=∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠AMF=90°，
∴AE⊥BF，
1 1
∴S = AB⋅AF= BF⋅AM，即：4×2=2❑√5AM，
△ABF 2 24❑√5
∴AM= ，
5
2❑√5
∴FM=❑√AF2−AM2=
，
5
∵点G,H分别是AE,BF的中点，
1 1
∴AG= AE=❑√5,FH= BF=❑√5，
2 2
❑√5 3❑√5
∴MG=AG−AM= ，HM=HF−FM= ，
5 5
∴HG=❑√MG2+H M2=❑√2；
故答案为：❑√2
14．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点
O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH．若ABCD的面积为24，OA=4，则OH的
长为 ．
【答案】3
【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质．根据菱形的面积公式：对角线
乘积的一半，求出菱形的对角线BD=6，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,DO=BO,AO=OC，
∵OA=4，
∴AC=2OA=8，
1
∵S = AC⋅BD=24，
菱形ABCD 2
1
∴
×8BD=24，
2
∴BD=6，
∵DH⊥AB，
∴∠DHB=90°，∵DO=BO，
1
∴OH= BD=3，
2
故答案为：3．
15．（23-24九年级上·广东韶关·期中）如图，在边长为6的正方形ABCD中，若E，F分
别是AD，DC边上的动点，AE=DF，AF与BE交于点P，连接DP．则DP的最小
值为 ．
【答案】3❑√5−3/−3+3❑√5
【分析】根据“边角边”证明△ABE≌△DAF，根据全等三角形对应角相等可得
∠DAF=∠ABE，然后求出∠APB=90°，取AB的中点O，连接OP，根据直角三
角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间
线段最短可得D,P,O三点共线时线段DP的值最小，然后根据勾股定理列式求出DO
即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠BAD=∠ADC=90°，
在△ABE和△DAF中，
{
AB=DA
)
∠BAE=∠ADF ，
AE=DF
∴△ABE≌△DAF(S AS)，
∴∠ABE=∠DAF，
∴∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠APB=90°，
取AB的中点O，连接OP,DP，1 1
则OP= AB= ×6=3，
2 2
∴OD=❑√AO2+AD2=❑√32+62=3❑√5，
∵DP≥OD−OP，
∴当D、P、O三点共线时，DP取最小值为：DP=OD−OP=3❑√5−3，
故答案为：3❑√5−3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点P到AB的中点的距离是定值是解题
的关键．
三、解答题
16．（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，△ABC中，D是AB边上任意一点，F是AC
中点，过点C作CE∥ AB交DF的延长线于点E，连接AE，CD．
(1)求证：四边形ADCE是平行四边形；
(2)若∠B=30°，∠CAB=45°，CD=BD=2，求AD的长．
【答案】(1)见详解
(2)❑√3+1
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CAD=∠ACE,∠ADE=∠CED．根据全等
三角形的判定和性质得到DF=EF，于是得到四边形ADCE是平行四边形；
（2）过点C作CG⊥AB于点G．根据等腰三角形的性质求得∠CDG=60°，在
Rt△CGD中，∠DGC=90°，∠DCG=30°，求得GD=1，CG=❑√3，据此计算即
可得到结论．【详解】（1）证明：∵AB∥ CE，
∴∠CAD=∠ACE，∠ADE=∠CED．
∵F是AC中点，
∴AF=CF，
在△AFD与△CFE中，
{∠FAD=∠FCE
)
∠ADF=∠CEF ，
AF=CF
∴△AFD≌△CFE(AAS)，
∴DF=EF，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）解：过点C作CG⊥AB于点G，
∵CD=BD，∠B=30°，
∴∠DCB=∠B=30°，
∴∠CDG=60°，
在Rt△CGD中，∠DGC=90°，∠CDG=60°，
∴∠DCG=30°，
1
∴GD= CD=1，
2
∴CG=❑√22−12=❑√3，
∵∠CAB=45°，
∴∠CAG=∠GCA=45°，
∴AG=CG=❑√3，
∴AD=AG+DG=❑√3+1．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三
角形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
17．（23-24八年级下·重庆南川·期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，
AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，AE=DF(1)求证：四边形ABCD是矩形．
1
(2)若∠BAE= ∠EAD，求∠AOE的度数．
2
【答案】(1)见解析
(2)60°
【分析】本题主要考查了全等三角形的证明，矩形的判定与性质，三角形内角和定理，
通过比值换算，求出角的度数，再通过三角形内角和计算是解题的关键．
（1）要证明平行四边形ABCD是矩形，证明△AEO≌△DFO求得AO=DO即可．
1 1
（2）首先根据矩形的性质和∠BAE= ∠EAD得到∠BAE=90°× =30°，
2 3
AO=BO，则∠OAB=∠ABE，然后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO=∠DFO=90°，
在△AEO和△DFO中，
{∠AEO=∠DFO
)
∠AOE=∠DOF ，
AE=DF
∴△AEO≌△DFO(AAS )，
∴AO=DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO=DO=BO，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形，
1
∴∠BAE=90°× =30°，AO=BO，
3
∴∠OAB=∠ABE，
在直角三角形ABE中，∠ABE=90°−∠BAE=60°=∠OAB，
∴∠AOE=180°−∠OAB−∠ABE=60°．18．（24-25八年级上·浙江杭州·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主
题开展数学实践探究活动．
定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
【概念理解】如图①，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展
平，折痕为四边形ABCD．判断四边形ABCD的形状： 筝形（填“是”或“不
是”）；
【性质探究】如图②，已知四边形ABCD纸片是筝形，连结AC，BD相交于点O．
请补充结论1，再从不同角度写一个正确的结论2．
结论1：筝形的内角和为 °．结论2： ．
【拓展应用】如图③，AD是锐角△ABC的高，将△ABD沿边AB翻折后得到△ABE，
将△ACD沿边AC翻折后得到△ACF，延长EB，FC交于点G．
（1）求证：四边形AEGF是筝形；
（2）若∠BAC=45°，BD=2，AD=5，AE=EG=FG，求CD的长．
【答案】【概念理解】：是；【性质探究】：360，
∠BAD=∠BCD,∠ADB=∠CDB,∠ABD=∠CBD;BD⊥AC,AO=CO(任选
15
一个即可，答案不唯一)；【拓展应用】：（1）证明见解答过程；（2）CD=
7
【分析】【概念理解】根据题意得DA=DC,BA=BC,即可得解；
【性质探究】如图②，根据折叠性质可证明△ABD≌△CBD,可得
∠BAD=∠BCD,∠ADB=∠CDB,∠ABD=∠CBD,再利用等腰三角形的三线合
一的性质即可得到结论；
【拓展应用】(1)先证△AEG≌△AFG,再根据“筝形”的定义判断即可；(2)由折叠性
质可证四边形AEGF是正方形，设CD=CF=x,根据勾股定理即可求解．
【详解】【概念理解】解：由折叠性质得：DA=DC,BA=BC，
∴四边形ABCD是“筝形”，故答案为：是；
【性质探究】解：如图②，
∵筝形是四边形，
∴筝形的内角和为360°，
在△ABD和△CBD中
¿，
∴△ABD≌△CBD(SSS)
∴∠BAD=∠BCD,∠ADB=∠CDB,∠ABD=∠CBD，
∵DA=DC,
∴BD⊥AC,AO=CO,
故答案为：360，
∠BAD=∠BCD,∠ADB=∠CDB,∠ABD=∠CBD;BD⊥AC,AO=CO(任选
一个即可，答案不唯一)；
【拓展应用】(1)证明：如图③，连接AG，
∵∠E=∠F=90°
,
∴△AEG和△AFG是直角三角形，
在Rt△AEG和Rt△AFG中，
¿,
∴Rt△AEG≌Rt△AFG(HL),
∴EG=FG,
∴四边形AEGF是四边形是“筝形”
(2)解：由折叠性质可得：BE=BD=2,AD=5=AE=EG=FG,CD=CF,∠E=90°,
∠F=90°,
∴BG=≥−BE=5−2=3,
∵∠BAC=45°,
∴∠EAF=90°,
∴四边形AEGF是正方形，∴∠G=90°,
设CD=CF=x,则BC=2+x,CG=5−x,
在Rt△BCG中，BG2+CG2=BC2
,
15
∴3❑ 2+(5−x) 2=(2+x) 2 ,解得：x= ,
7
15
∴CD= ．
7
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾
股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解决此题的关键.
19．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，
连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE, EF为邻边作矩形DEFG，
连接CG．
(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=3，CE=2❑√2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)❑√2
(3)30°或120°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到
EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）由正方形的性质可得AD=CD=3，AC=3❑√2，AD=3，DE=DG，
∠EDG=90°=∠ADC，由“S AS”可证 △ADE≌△CDG，可得CG=AE=❑√2；
（3）分两种情况：当DE与AD的夹角为30°时，当DE与DC的夹角为30°时，分别
画出图形求出结果即可；
【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴EQ=EP，
∵∠QEF+∠PEF=90°，∠PED+∠PEF=90°，
∴∠QEF=∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
{∠QEF=∠PED
)
EQ=EP ，
∠EQF=∠EPD
∴Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴AD=CD=3，∠ADC=90°， AC=❑√2AD=3❑√2，
∵CE=2❑√2，
∴AE=❑√2，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG，∠EDG=90°=∠ADC，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≌△CDG(S AS)，
∴CG=AE=❑√2；
（3）解：①当DE与AD的夹角为30°时，如图2，∴∠ADE=30°，∠ADC=90°，
∴∠EDC=60°，
∵∠EDC+∠≝+∠EFC+∠FCD=360°，
∴∠EFC=360°−90°−90°−60°=120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，如图3，
过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵∠DEH=∠DCF=90°,∠DHE=∠FHC,
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴∠EFC=∠EDC=30°，
综上所述：∠EFC=30°或 120°．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，熟
练掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键．
