专题 18.15 平行四边形全章专项复习【5 大考点 14 种题型】
【人教版】
【考点1 平行四边形】..............................................................................................................................................2
【题型1 由平行四边形的性质求值】......................................................................................................................3
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】................................................................................................................7
【题型3 平行四边形的判定】..................................................................................................................................11
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】.................................................................................................16
【考点2 菱形】........................................................................................................................................................23
【题型5 菱形性质的应用】....................................................................................................................................24
【题型6 菱形性质与判定的综合应用】................................................................................................................28
【题型7 菱形中的动点问题】................................................................................................................................34
【考点3 矩形】........................................................................................................................................................41
【题型8 矩形的性质与判定的综合应用】...........................................................................................................42
【题型9 矩形中的折叠问题】................................................................................................................................47
【考点4 正方形】....................................................................................................................................................54
【题型10 正方形性质的应用】..............................................................................................................................55
【题型11 几种特殊平行四边形的综合】..............................................................................................................60
【考点5 三角形的中位线、直角三角形斜边中线】...........................................................................................70
【题型12 与三角形中位线有关的求解问题】.......................................................................................................70
【题型13 与三角形中位线有关的证明问题】.......................................................................................................74
【题型14 直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半】.....................................................................................79
【考点1 平行四边形】
1.平行四边形的性质
性质 数学语言 图示
边 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
边相等
角 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
角相等
对角线 平行四边形的对
四边形 是平行四边形，
角线互相平分【拓展延伸】
（1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答.
（2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据.
（3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形
面积的 ；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【规律方法】
（1）平行四边形的邻角互补；
（2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积.
2.平行四边形的判定方法
判定方法 数学语言 图形
两组对边分别平行的四边
形是平行四边形.（定
义） 四边形 是平行四边形.
两组对边分别相等的四边
边
形是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
一组对边平行且相等的四 （或 ），
边形是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
两组对角分别相等的四边
角 ，
形是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
对角线互相平分的四边形
对角线
是平行四边形.
四边形 是平行四边形.
【题型1 由平行四边形的性质求值】
【例1】（24-25八年级·全国·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=60°，
过BC的中点E作EF⊥AB 于点 F，延长FE交DC的延长线于点 G，则DE的长为（ ）．A．❑√19 B．2❑√19 C．8 D．2❑√5
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用平行四边形的性质成为解题的
关键．
由平行四边形的性质可得CD=AB=6,BC=AD=8,AB∥CD，进而得到∠GCE=∠B=60°；再根据
1
中点的定义可得CE=BE=4；然后说明∠G=90°，易得CG= CE=2；再运用勾股定理求得EG=2❑√3，
2
最后再运用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴CD=AB=6,BC=AD=8,AB∥CD,
∴∠GCE=∠B=60°,
∵E是BC的中点,
∴CE=BE=4,
∵EF⊥AB,
∴EF⊥DG,
∴∠G=90°，
1
∴CG= CE=2，
2
∴EG=❑√CE2−CG2=2❑√3,DG=CD+CG=6+2=8，
DE=❑√EG2+DG2=❑√(2❑√3) 2+82=2❑√19．
故选 B．
【变式1-1】（24-25八年级·安徽黄山·期末）如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，点E在AC上，
AD=AE=BE，∠D=114°，则∠BAC的度数是 ．【答案】22°
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握平行四边形的性质
及等腰三角形的性质是关键；设∠BAC=α；由等腰三角形的性质及三角形外角的性质得∠BEC=2α，
由平行四边形的性质及已知，BE=BC，则有∠BCE=∠DAC=2α，则∠BAD=3α，再由平行线性质
即可求解．
【详解】解：设∠BAC=α；
∵AD=AE=BE，
∴∠EBA=∠BAC=α，
∴∠BEC=∠EBA+∠BAC=2α；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AD∥BC，AB∥CD，
∴BE=BC，∠DAC=∠BCE，
∴∠BCE=∠BEC=∠DAC=2α，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=3α；
∵AB∥CD，
∴∠D+∠BAD=180°，
即114°+3α=180°，
∴α=22°，
即∠BAC=22°．
故答案为：22°．
【变式1-2】（24-25八年级·全国·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若
∠EAF=60°，CF=2cm，CE=3cm，求▱ABCD的周长和面积．
112❑√3
【答案】周长是20cm，面积是 cm2
9【分析】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由平行四边形的性质得
AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，由平行线的性质得∠B=∠D=60°，∠BAE=∠DAF=30°，设
DF=x，由直角三角形的特征得AD=2x，由勾股定理得AF=❑√AD2−DF2 =❑√3x，由AD=BE+EC
8
可求x= ，即可求解；掌握平行四边形的性质，直角三角形的特征，勾股定理是解题的关键．
3
【详解】解：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AEC=90°，∠AFD=∠AFC=90°，
∵∠EAF=60°，
∴∠C=120°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，
∴∠B+∠C=180°，∠C+∠D=180°，
∴∠B=∠D=60°，
∴∠BAE=∠DAF=30°，
设DF=x，则AD=2x，
∴ AF=❑√AD2−DF2 =❑√(2x) 2−x2 =❑√3x，
∵CF=2，CE=3，
∴AB=CD=x+2，
x+2
∴BE= ，
2
∵AD=BE+EC，
x+2
∴2x= +3，
2
8
解得：x= ，
3
16 8 14
∴AD=BC=2x= ，AB=CD= +2= ，
3 3 3
8
∴ AF= ❑√3，
3
(16 14)
∴▱ABCD的周长是：2 + =20（cm），
3 314 8 112
面积是：CD⋅AF = × ❑√3 = ❑√3（cm2）．
3 3 9
【变式1-3】（24-25八年级·全国·期末）如图， ▱ABCD的对角线相交于点O， 且AD≠CD， 过点O
作OM⊥AC， 交AD于点M．如果△CDM的周长为18， 那么▱ABCD的周长是 ．
【答案】36
【分析】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与
线段垂直平分线的性质．
由四边形ABCD是平行四边形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周长
为18，求得平行四边形ABCD的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OM⊥AC，
∴OM垂直平分线段AC，
∴AM=CM，
∵△CDM的周长为18，
∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=18，
∴平行四边形ABCD的周长是：2×18=36．
故答案为：36．
【题型2 由平行四边形的性质证明结论】
【例2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BD于点E，
交BC于点M，CF平分∠BCD交BD于点F．
(1)若∠ABC=70°，求∠AMB的度数；
(2)求证：AE=CF．【答案】(1)55°
(2)见解析
【分析】(1)根据平行四边形的性质可得∠BAD=180°−∠ABC=110°，根据AM平分∠BAD可得
∠DAM=55°，根据AD∥BC可得∠AMB=55°；
1
(2)根据平行四边形的性质可得∠BAD=∠BCD，根据角平分线的定义可知∠DCF= ∠BCD，
2
1
∠BAE= ∠BAD，得到∠BAE=∠DCF，再根据平行四边形的性质可得∠ABE=∠CDF，利用ASA
2
可证△ABE≅△CDF，根据全等三角形对应边相等可证AE=CF．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=70°，
∴∠BAD=180°−70°=110°，
又∵AE平分∠BAD，
1
∴∠DAM=∠BAM= ∠BAD=55°
2
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AMB=∠DAM=55°；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
又∵CF平分∠BCD，AE平分∠BAD，
1 1
∴∠DCF= ∠BCD，∠BAE= ∠BAD，
2 2
∴∠BAE=∠DCF，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
{∠ABE=∠DCF
)
AB=CD ，
∠BAE=∠DCF
∴△ABE≅△CDF，
∴AE=CF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质．平行四边形的性质：平行四边形的两组对边分别平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分；全等三角形的对应角相等、对应边
相等．
【变式2-1】（24-25八年级·陕西西安·期中）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD、BC上，且
AE=CF，连接EF，AC交于点O．求证：OE=OF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，利用AAS证得
△AEO≌△CFO（AAS）后即可证得结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO=∠CFO，
在△AEO和△CFO中，
{∠AOE=∠COF
)
∠AEO=∠CFO
AE=CF
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE=OF．
【变式2-2】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，在▱ABCD中，连接AC，延长AC至点E，延长CA
至点F，使AE=CF，连接DF、BE．求证：∠F=∠E．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，由四边形ABCD是平行四边形，得到
AD=BC，AD∥BC，进一步得到∠DAF=∠BCE，由AE=CF，得到AF=CE，证明
△DAF≌△BCE，即可得到∠F=∠E，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠DAF=∠BCE，
∵AE=CF，
∴AF=CE，
{
AD=BC
)
∵ ∠DAF=∠BCE ，
AF=CE
∴△DAF≌△BCE(SAS)，
∴∠F=∠E．
【变式2-3】（24-25八年级·海南省直辖县级单位·期末）如图1，在平行四边形ABCD中，
BE=DF，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．
(1)求证：△ABE≌△ADF
(2)连接BD，BD与AC交于点O，求证：AC⊥BD．
(3)若AB=5，AC=6，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)24
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知
识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得∠B=∠D，再由AE⊥BC，AF⊥CD，可得
∠AEB=∠AFD=90°，再证明△ABE≌△ADF即可；
（2）由全等的性质可得AB=AD，从而得出平行四边形ABCD是菱形，最后由菱形的性质可得结论；
1
（3）由菱形的性质得AO= AC=3，BD=2BO，BD⊥AC，再由勾股定理得BO=4，最后利用菱形
2
的性质求出面积即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE和△ADF中，
{
∠B=∠D
)
BE=DF ，
∠AEB=∠AFD
∴△ABE≌△ADF(ASA)；
（2）证明：由（1）得△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD；
（3）解：∵平行四边形ABCD是菱形，
1
∴AO= AC=3，BD=2BO，BD⊥AC，
2
在Rt△AOB中，由勾股定理得：BO=❑√AB2−AO2=❑√52−32=4，
∴BD=2BO=2×4=8，
1 1
∴S = AC·BD= ×6×8=24．
四边形ABCD 2 2
【题型3 平行四边形的判定】
【例3】（24-25八年级·贵州毕节·期末）四边形 ABCD中AB∥CD，∠ABC=∠ADC．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)E是BC上一点，连接DE，F在DE上，连接AF、CF，AF=CF，∠DAF=∠DFC，求证：
CE=FD；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定与性质．
（1）依据题意，由AB∥CD，从而∠ABC+∠BCD=180°，又有∠ABC=∠ADC，进而∠ADC+∠BCD=180°，故有AD∥BC，从而可以得出结论；
（2）依据题意，分别作FG⊥AD于点G，CH⊥DE于点H，由题意先证明△AFG≌△FCH，再证
△ECH≌△DFG，进而可以得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
又∵∠ABC=∠ADC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴AD∥BC，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）证明：分别作FG⊥AD于点G，CH⊥DE于点H，则∠AGF=∠FHC=90°，
∵∠DAF=∠DFC，∠AGF=∠FHC=90°，AF=FC，
∴△AFG≌△FCH(AAS)，
∴FG=CH，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠GDF=∠HEC，
又∵∠DGF=∠EHC=90°，
∴△ECH≌△DFG(AAS)．
∴CE=FD．
【变式3-1】（24-25八年级·贵州毕节·期末）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．
(1)如图1，若AB=CD，∠BAC=∠DCA，求证：四边形ABCD是平行四边形；(2)在（1）的条件下，将对角线AC绕点O顺时针旋转一个角度a(0<a≤90°)，分别交AD，BC于点
E，F（如图2），求证：四边形BEDF是平行四边形；
(3)如图3，若AC⊥BD，AC=5，BD=12，求AD+BC的最小值．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)AD+BC的最小值是13
【分析】（1）利用内错角相等证得AB∥CD，即可根据一组对边平行且相等得到结论；
（2）证明△EOD≌△FOB(AAS)，推出OE=OF，由此证得结论；
（3）过点D作DE∥BC,DE=BC，连接AE,CE,得到四边形BCED是平行四边形，由此得到
∠ACE=∠AOD=90°,CE=12，利用勾股定理求出AE，即可得到AD+BC=AD+DE≥AE=13．
【详解】（1）证明∶∵∠BAC=∠DCA，
∴AB∥CD．
又∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）证明：由（1）可得四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,OB=OD，
∴∠OED=∠OFB．
又∵∠EOD=∠FOB，
∴△EOD≌△FOB(AAS),
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（3）解∶如图，过点D作DE∥BC,DE=BC，连接AE,CE,
∴ BCED
四边形 是平行四边形，
∴BD∥CE,BD=CE．
又∵AC⊥BD,BD=12，
∴∠AOD=90°，
∴∠ACE=∠AOD=90°,CE=12，∴AE=❑√AC2+CE2=13．
∵AD+BC=AD+DE≥AE=13，
∴AD+BC的最小值是13．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各定理并
应用解决问题是解题的关键．
【变式3-2】（24-25八年级·云南红河·期末）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高．点E在AB
延长线上，连接ED，且ED=AD，过A作AF⊥AB交ED的延长线于点F，连接BF,CF,CE．
(1)求证：四边形BECF为平行四边形；
(2)若AB=4，求四边形BECF的周长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)4❑√7+4
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是
掌握平行四边形的判定与性质．
（1）根据等边三角形的性质可得BD=DC，∠BAD=∠CAD=30°，然后证明△ADF为等边三角形，可
得ED=DF，进而可以证明四边形BECF为平行四边形；
（2）根据AB=4和勾股定理可得BF的长，然后证明BE=BD，进而可得四边形BECF的周长，
【详解】（1）证明：∵AD是等边△ABC的BC边上的高，
∴BD=DC，∠BAD=∠CAD=30°，
∵∠AED=30°，
∴ED=AD,∠ADF=∠AED+∠EAD=60°，
∵AF⊥AB，
∴∠DAF=90°−∠EAD=90°−30°=60°，
∴△ADF为等边三角形三角形，∴AD=DF，
∵ED=AD，
∴ED=DF，
∵BD=DC，
∴四边形BECF为平行四边形；
（2）解：∵AB=4，
∴BD=2,AD=2❑√3，
∵△ADF为等边三角形，
∴AF=AD=2❑√3，
∴BF=❑√AB2+AF2=❑√42+(2❑√3) 2=2❑√7，
∵∠ABC=60°,∠AED=30°，
∴∠BDE=30°，
∴BE=BD=2，
∴四边形BECF的周长为：2(BF+BE)=2(2❑√7+2)=4❑√7+4．
【变式3-3】（24-25八年级·全国·期末）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE
平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．
(1)求证：四边形BDEF是平行四边形；
(2)若AB=10，AC=4，求BF的长．
【答案】(1)详见解析
(2)3
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理的应用，熟
练掌握性质和判定是解题的关键．
（1）利用平行四边形的定义，证明四边形BDEF是平行四边形；
（2）利用三角形中位线定理，解答即可．
【详解】（1）证明：延长CE交AB于点G，
∵CE⊥AE，AE平分∠BAC，
∴∠AEG=∠AEC=90°，∠GAE=∠CAE，
在△AEG和△AEC中，
¿，
∴△AGE≌△ACE(ASA)．
∴¿=EC．
∵BD=CD，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BDEF是平行四边形，
∴BF=DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
1
∴BF=DE= BG,
2
∵△AGE≌△ACE(ASA)，
∴AG=AC，
1 1 1
∴BF= (AB−AG)= (AB−AC)= (10−4)=3．
2 2 2
【题型4 平行四边形的判定与性质的综合应用】
【例4】（24-25八年级·云南昭通·期末）如图在平面直角坐标系中，M,N点的坐标分M(m,0)、N(n,0)．
且m,n满足|m+2)+❑√n−4=0，现将线段MN向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到RS，连接
MR,NS．(1)求m,n的值．
(2)点P是线段NS上的一个动点（不与N,S重合），请找出∠NOP，∠SRP,∠OPR之间的关系，并证
明．
(3)点Q是线段MR上的动点，是否存在Q使四边形OQSN面积最大，如果存在，求出点Q的坐标；如果不
存在，请说明理由．
【答案】(1)m=−2，n=4；
(2)∠NOP+∠SRP=∠OPR，证明见解析
(3)存在，(0,3)
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、平移的性质、坐标与图形等知识．
（1）根据绝对值的性质和二次根式的性质进行计算即可得；
（2）过点P作PE∥RS，利用平行线的性质得到∠NOP=∠EPO，∠SRP=∠EPR，则
∠NOP+∠SRP=∠EPO+∠EPR=∠OPR，即可得到答案；
（3）求出M,N点的坐标分M(−2,0)、N(4,0)，则MN=6，ON=4，得到点R的坐标为(0,3)，点S的坐
标为(6,3)，MN∥RS,MN=RS=6，四边形MNSR是平行四边形，则
1 1 1 1
S = S = MN⋅RO= ×6×3=9，作QH⊥MN于点H，则S = ON⋅QH=2QH，当点
❑△SQN 2 ❑▱MNSR 2 2 ❑△ONQ 2
Q运动到点R时，QH取得最大值，即最大值为RO的长度，即QH=3，进一步即可求出答案．
【详解】（1）解：∵|m+2)+❑√n−4=0，
∴m+2=0，n−4=0，
∴m=−2，n=4；
（2）∠NOP+∠SRP=∠OPR，理由如下：
如图所示，过点P作PE∥RS，∵MN∥RS
则MN∥PE，
∴∠NOP=∠EPO，∠SRP=∠EPR，
∴∠NOP+∠SRP=∠EPO+∠EPR=∠OPR，
∴∠NOP+∠SRP=∠OPR；
（3）存在，点Q的坐标为(0,3)，理由如下：
由（1）可知，M,N点的坐标分M(−2,0)、N(4,0)．
∴MN=6，ON=4
∵线段MN向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到RS，
∴点R的坐标为(0,3)，点S的坐标为(6,3)，MN∥RS,MN=RS=6，
∴四边形MNSR是平行四边形，
1 1 1
∴S = S = MN⋅RO= ×6×3=9，
❑△SQN 2 ❑▱MNSR 2 2
1
作QH⊥MN于点H，则S = ON⋅QH=2QH
❑△ONQ 2
∵点Q是线段MR上的动点，
∴当点Q运动到点R时，QH取得最大值，即最大值为RO的长度，即QH=3，
此时S =2QH=6，即S 的最大值为6，
❑△ONQ ❑△ONQ
∵四边形OQSN的面积6+9=15，
∴四边形OQSN的面积最大值为6+9=15，
此时点Q的坐标为(0,3)．【变式4-1】（24-25八年级·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是AB,DC边
上的中点，连接DE、BF、AF．
(1)求证：四边形DEBF是平行四边形．
(2)若AF平分∠DAB,BC=3，求EB的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定：
（1）根据平行四边形的性质可得AB=CD,AB∥CD，根据E、F分别是AB,DC的中点，可得DF=BE，
即可得结论；
（2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到∠DAF=∠DFA，进而利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∵E、F分别是AB，DC边上的中点，
1 1
∴AE=BE= AB，CF=DF= CD，
2 2
∴DF=BE，
∵DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=3,AB∥CD，
∴∠DFA=∠FAB，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DF=AD=3，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF=3．
【变式4-2】（24-25八年级·陕西咸阳·期末）【问题背景】如图，在等边△ABC中，D、E两点分别在边BC、AC上，连接BE,AD, BD=CE，以AD为边向右作等边△ADF，连接EF,CF．
【初步发现】（1）求证：△CEF为等边三角形；
【深入探究】（2）求证：四边形BDFE为平行四边形；
【拓展延伸】（3）若AE=2,EF=4，求四边形BDFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）8❑√3
【分析】（1）根据等边三角形得AB=AC和∠BAC=∠ACB=∠ABC，以及AD=AF和
∠BAC=∠DAF=∠ACB，则∠BAD=∠CAF，可证△BAD≌△CAF，有∠ACF=∠ABD=60°，
BD=CF，再证CF=CE，即可得出结论；
（2）由等边三角形得∠CEF=60°和EF=CE，则∠BCA=∠CEF=60°，可得EF∥BD，进一步得
EF=BD，即可得出结论；
（3）过E作EG⊥BC于G，则∠EGC=90°，由（2）可知，CE=EF，求得AC=AE+EF，结合等边
1
三角形求得∠CEG和CG= CE，利用勾股定理得EG=❑√CE2−CG2，然后用面积公式即可求解．
2
【详解】证明：（1） △ABC是等边三角形，
AB=AC，∠BAC= ∵∠ACB=∠ABC=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∵AD=AF，∠DAF=60°，
∴∠BAC=∠DAF=∠ACB=60°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAF−∠DAC，
∴即∠BAD=∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
{
BA=AC
)
∠BAD=∠CAF ，
AD=AF
△BAD≌△CAF(SAS)，
∴∠ACF=∠ABD=60°，BD=CF，
∴BD=CE，
∵CF=CE，
∴△CEF是等边三角形；
∴（2）由（1）可知，△CEF是等边三角形，
∠CEF=60°，EF=CE，
∴∠BCA=∠CEF=60°，
∴EF∥BD，
∴BD=CE，
∵EF=BD，
∴四边形BDFE是平行四边形；
∴（3）如图，过E作EG⊥BC于G，
则∠EGC=90°，
由（2）可知，CE=EF，
AE=2,EF=4，
∵AC=AE+EF=2+4=6，
∴△ABC是等边三角形，
∵∠ACB=60°，AC=AB=6，
∴∠CEG=90°−∠ACB=30°，
∴ 1
CG= CE=2，
2
∴
EG=❑√CE2−CG2=❑√42−22=2❑√3，
∴
四边形BDFE为平行四边形，
∵BD=EF=4，
∴
S =BD⋅EG=4×2❑√3=8❑√3．
平行四边形BDFE
∴
【点睛】此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定定理、平行四边形的判定定理、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
【变式4-3】（24-25八年级·河北廊坊·期末）如图，在▱ABCD中，G，H分别是AC的三等分点，
GE∥BC交AB于点E，HF∥AD交CD于点F．
(1)求证：△AEG≌△CFH；
(2)若EG=2，∠ACB=60°，∠BAC=45°，求AC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)3+3❑√3
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质等．
（1）根据三等分点可得AG=HC，依据平行线的性质可得EG∥HF，∠EGH=∠FHG，即可证明全
等；
（2）证明四边形EHFG为平行四边形，得到∠EGA=∠ACB=60°，过点E作EM⊥AC于点M，根据
含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵G，H分别是AC的三等分点，
∴AG=HC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠EAG=∠FCH，
∵GE∥BC，HF∥AD，且AD∥BC，
∴EG∥HF，
∴∠EGH=∠FHG，
∴∠AGE=∠CHF，
∴△AEG≌△CFH(ASA)
（2）由（1）知，EG∥FH且EG=FH，
∴四边形EHFG为平行四边形，∵≥∥BC，
∴∠EGA=∠ACB=60°，
过点E作EM⊥AC于点M，
∵∠BAC=45°，∠EGM=60°，EG=2
，
∴∠GEM=30°，∠AEM=45°，
∴GM=1，EM=AM=❑√3，
∴AG=GM+AM=1+❑√3，
又∵G，H分别是AC的三等分点，
∴AC=3AG=3+3❑√3
【考点2 菱形】
1.菱形：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形.
【注意】（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可.
（2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法.
2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性
质，总结见下表.
性质 数学语言 图形
四边形 是菱形，
边 菱形的四条边都相等
.
四边形 是菱形，
菱形的两条对角巷互相
,
对角线 垂直，并且每一条对角
线平分一组对角
对称性 菱形是轴对称图形，有两条对称轴
【注意】
（1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线.
（2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联
系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和.
（3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形.3.菱形的面积
公式由来 文字语言 数学语言 图示
菱形是平行
菱形的面积=底×高.
四边形.
菱形的面
积公式 菱形的对角 菱形的面积=对角线
线互相垂直 长的乘积的一半
【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半.
【题型5 菱形性质的应用】
【例5】（24-25八年级·河北唐山·期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN
，MN与AC交于点O，连接BO，若∠OBC=65∘，则∠DAC的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握以上性质定理是解
题的关键．
根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC
，继而可求得∠DAC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB=BC，BC∥AD，
∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，
又∵AM=CN，
∴△AMO≌△CNO(ASA)，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠OBC=65∘，
∴∠BCA＝90°−∠OBC＝90°−65°=25°，∵BC∥AD，
∴∠DAC＝∠BCA=25°．
故选B．
【变式5-1】（24-25八年级·广东湛江·期末）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，DE⊥BC于点E，
交对角线AC于点P，过点P作PF⊥CD于点F．若△PDF的周长为8．则菱形ABCD的面积为
．
【答案】32❑√2
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和求
出DF=PF=PE是解此题的关键
根据菱形的性质得出DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，根据角平分线的性质得出
PF=PE，求出DF=PF，设DF=PF=x，则DP=❑√2，根据的周长为8得出，求出x+x+❑√2x=8，求
出DF=PF=PE=8−4❑√2，DP=❑√2x=8❑√2−8， x，求出DE，DC求出BC，再求出菱形的面积即
可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=45°，
∴DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，
∵DE⊥BC，PF⊥DC，
∴∠DEC=∠PFD=90°，PF=PE，
∴∠EDC=∠DPF=∠DCB=45°，
∴DF=PF=PE，DE=CE，
设DF=PF=x，则DP=❑√2x，
∵△PDF的周长为8，
∴x+x+❑√2x=8，
解得： x=8−4❑√2，
即DF=PF=PE=8−4❑√2，DP=❑√2×(8−4❑√2)=8❑√2−8，
∴DE=DP+PE=8❑√2−8+8−4❑√2=4❑√2，
即DE=CE=4❑√2， DC=❑√2DE=8，
∴BC=DC=8，∴菱形ABCD的面积=BC×DE=8×4❑√2=32❑√2
故答案为：32❑√2．
【变式5-2】（24-25八年级·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形ABCD，对角线AC与BD交于点O，
4
CE⊥AB于点E，F为线段AE上一点，若AC=6,BD=8,AF= AE，则线段EF的长度为
9
【答案】2
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等积法，熟练掌握菱形的性质和勾股定理的应用是解题
的关键．
1 1
由四边形ABCD是菱形，可得AC⊥BD,BO= BD=4,AO= AC=3，在Rt△AOB中，由勾股定理
2 2
24 18 4 8
得：AB=5，由等积法可得CE= ，在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE= ，AF= AE= ，可得
5 5 9 5
EF=AE−AF=2
【详解】解： 四边形ABCD是菱形，
∵ 1 1
AC⊥BD,BO= BD=4,AO= AC=3，
2 2
∴
在Rt△AOB中，
由勾股定理得：AB=❑√AO2+BO2=5，
1 1
AC⋅BO=S = AB⋅CE，
2 △ABC 2
∵
1 1
×6×4= ×5×CE，
2 2
∴
24
解得：CE= ，
5
在Rt△ACE中，
由勾股定理得：AE=❑√AC2−CE2=❑
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 54 8
AF= AE= ，
9 5
∵
EF=AE−AF=2
∴故答案为：2．
【变式5-3】（24-25八年级·四川宜宾·期末）已知：如图，四边形ABCD是菱形，过AB的中点E作AC的
垂线EF，交AD于点M，交CD的延长线于点F．
(1)求证：AM=DM；
(2)若菱形ABCD的周长是16，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接BD，根据题中所给条件证明△AEM与△DFM全等即可证明AM=DM．
（2）根据菱形的性质可得AB=4，可得AE=2，结合（1）证得△AME≌△DMF即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB∥CD ，
∵EF⊥AC，
∴EF∥BD ，
∴四边形EFDB是平行四边形，
∴DF=EB，
∵E是AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=DF，∵AB∥CD ，
∴∠EAM=∠ADF，
在△AEM和△DMF中，
{∠EAM=∠FDN
)
∠AME=∠DMF ，
AE=DF
∴△AME≌△DMF(AAS)，
∴AM=DM；
（2）解： ∵菱形ABCD的周长是16，
∴AB=4．
∵E为AB的中点，
∴AE=2，
∵△AME≌△DMF，
∴DF=AE=2；
【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质及三角形全等的判定与性质等知识点．此题难
度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【题型6 菱形性质与判定的综合应用】
【方法总结】通常解决菱形性质与判定的综合题时,首先应判定相应的四边形是菱形,然后再根据菱形的性
质进行下一步的证明.
【例6】（24-25八年级·湖南益阳·期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线BD的垂直平分线分
别交BD、AD、BC于点O、E、F，
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若∠AEB=62°，求∠BDF的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠BDF=31°．
【分析】（1）先证△DOE≌△BOF(ASA),得EO=FO,再证四边形BEDF是平行四边形，然后由EF⊥BD,即可得出结论；
1
（2）由菱形的性质得BE∥DF, ∠BDF= ∠EDF,则∠EDF=∠AEB=62°,即可求解．
2
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练掌握
菱形的判定与性质，证明△DOE≌△BOF是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,
∴∠ODE=∠OBF,
∵EF垂直平分BD，
∴BO=DO,
在△DOE和△BOF中，
{∠ODE=∠OBF
)
OD=OB ,
∠DOE=∠BOF
∴△DOE≌△BOF(ASA),
∴EO=FO,
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD,
∴平行四边形BEDF是菱形；
（2）解：由（1）可知， 四边形BEDF是菱形，
1
∴BE∥DF,∠BDF= ∠EDF,
2
∴∠EDF=∠AEB=62°
1
∴∠BDF= ∠EDF=31°
2
【变式6-1】（24-25八年级·江苏南京·期中）如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，
∠ABC的平分线交AD于点F．若AB=5，AD=10,BF=8，则▱ABCD的面积为 ．
【答案】48【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明∠BAE=∠BEA ，从而可得AB=BE，同理可得
AB=AF ，再由AF//BE可得四边形ABEF是菱形；连接EF、过点A作AH⊥BC于点H，证明四边形
ABEF为菱形，根据菱形的性质可得AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，利用勾股定理可得
AO的长，进而可得AE长，利用菱形的面积公式计算出AH的长，然后可得▱ABCD的面积．
【详解】解：连接EF、过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC ，BC=AD=10，
∴∠DAE=∠AEB，
∵∠BAD的平分线交BC于点E
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE ，
同理：AB=AF，
∴AF=BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形 ，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，
∵BF=8，
∴BO=4，
∴AO=❑√AB2−BO2=3，
∴AE=2AO=6，
1 1
∴S = AE×BF= ×6×8=24，
菱形ABEF 2 2
S 24
∴AH= 菱形ABEF = ，
BE 524
∴S =BC×AH=10× =48．
▱ABCD 5
故答案为：48．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质和判定，以及平行四边形的性质，勾股定理，关键是掌握邻边相等的
平行四边形是菱形，菱形的面积为对角线之积的一半．
【变式6-2】（24-25八年级·山东德州·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，
连接CD，过点B作BE∥CD，过点C作CE∥AB，BE、CE相交于点E．
(1)判断四边形CEBD的形状并说明理由；
(2)过点D作DF⊥CE于点F，交CB于点G，连接EG．若AB=10，CF=3，求DG的长．
【答案】(1)四边形CEBD是菱形，理由见解析
5
(2)DG=
2
1
【分析】（1）根据题意证明四边形CEBD是平行四边形，再利用直角三角形性质得到CD=BD= AB，
2
即可证明四边形CEBD是菱形；
1
（2）利用直角三角形性质得到CD= AB=5，利用勾股定理得到DF，结合菱形性质得到EF，并证明
2
△DCG≌△ECG(SAS)，利用全等的性质结合勾股定理即可得到DG的长．
【详解】（1）解：四边形CEBD是菱形．理由如下：
∵ BE∥CD，CE∥AB，
∴四边形CEBD是平行四边形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且点D是AB的中点，
1
∴CD=BD= AB，
2
∴四边形CEBD是菱形；
（2）解：∵AB=10，1
∴CD= AB=5，
2
∵DF⊥CE，
∴∠DFC=90°，
在Rt△CDF中，CF=3，
∴DF=❑√CD2−CF2=4，
∵四边形CEBD是菱形，
∴CE=CD=5，∠DCG=∠ECG，
∴EF=CE−CF=2，
在△DCG与△ECG中，
{
CD=CE
)
∠DCG=∠ECG ，
CG=CG
∴△DCG≌△ECG(SAS)，
∴DG=≥¿，
∵FG2+EF2=EG2，
∴(4−DG) 2+22=DG2，
5
∴DG= ．
2
【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征，熟练
掌握其判定及性质是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·甘肃武威·期末）如图是一张对边平行的纸片，点A，C分别在平行边上，连
接AC．
(1)求作：菱形ABCD，使点A，D落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)证明：四边形ABCD是菱形．
(3)在（1）的条件下，AC，BD交于点O，若BC=6，OC=3，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析
(3)18❑√3
【分析】（1）作线段AC的垂直平分线，交纸片的平行边于两点B，D，连接AB、CD；
（2）根据垂直平分线的性质得AO=CO，AB=BC，由AD∥BC，得∠ADO=∠CBO，
∠DAO=∠BCO，证明△AOD≌△COB(AAS)，得AD=BC，推出四边形ABCD为平行四边形，即可得
证；
（3）先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根据勾股定理得
BO=❑√BC2−OC2=3❑√3，然后根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，作线段AC的垂直平分线，交纸片的平行边于两点B，D，连接AB、CD，
则四边形ABCD即为所作；
（2）证明：设AC，BD交于点O，
根据作图可知：BD垂直平分AC，
∴AO=CO，AB=BC，
∵AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，
在△AOD和△COB中，
{∠DAO=∠BCO
)
∠ADO=∠CBO ，
AO=CO
∴△AOD≌△COB(AAS)，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD为菱形；（3）解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵BC=6，OC=3，
∴BO=❑√BC2−OC2=❑√62−32=3❑√3，
∴AC=2OC=6，BD=2BO=6❑√3，
1 1
∴S = AC⋅BD= ×6×6❑√3=18❑√3，
菱形ABCD 2 2
∴菱形ABCD的面积为18❑√3．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三
角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂
作图拆解成基本作图，逐步操作．
【题型7 菱形中的动点问题】
【方法总结】解决动点问题的思路:
1.动中求静:在运动变化中探索问题的不变性.
2.动静互化:抓住“静”的瞬间,找出导致图形发生改变的特殊时刻,同时在变化过程中寻找不变性及变化规
律.
【例7】（24-25八年级·黑龙江鸡西·期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，四边形ABCO是
菱形，点A的坐标为(−3,4)，点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H，连接
BM．
(1)菱形ABCO的边长为 ；
(2)求直线AC的解析式；
(3)动点P从点A出发，沿折线ABC以1个单位长度/秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S，点
P的运动时间为t秒．
①求S与t之间的函数关系式；
②在点P的运动过程中，当S=3时，请直接写出t的值．
【答案】(1)51 5
(2)y=− x+
2 2
3 15
{ − t+ (0≤t<5))
4 4 37
(3)① S= ；②1或
5 25 5
t− (5≤t<10)
4 4
【分析】（1）在Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的边长；
（2）根据（1）即可求OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式；
（3）①根据S =S +S 求得M到直线BC的距离为h，然后分成P在AB上和在BC上两种情况
△ABC △AMB △BMC
讨论，利用三角形的面积公式求解；②代入S=3，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCO是菱形，
∴AB∥x轴，AB=OA=OC=BC，
∴AB⊥y轴，
∵点A的坐标为(−3,4)，
∴AH=3,OH=4，
∴OA=❑√AH2+OH2=5，
即菱形ABCO的边长为5；
故答案为：5
（2）解：由（1）得：OC=OA=5，
∴点C的坐标为(5,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点(5,0)，(−3,4)代入得：
1
{ k=− )
{ 5k+b=0 ) 2
，解得： ，
−3k+b=4 5
b=
2
1 5
∴直线AC的解析式为y=− x+ ；
2 2
（3）解：①设M到直线BC的距离为h，
1 5
对于y=− x+ ，
2 2
5
当x=0时，y= ，
2( 5)
∴点M的坐标为 0, ，
2
5 3
∴HM=HO−OM=4− = ，
2 2
∵S =S +S ，
△ABC △AMB △BMC
1 1 1
∴ AB⋅OH= AB⋅HM+ BC⋅ℎ，
2 2 2
1 1 3 1
即 ×5×4= ×5× + ×5ℎ，
2 2 2 2
5
解得：ℎ = ，
2
3
当点P在AB边上时，，此时BP=BA−AP=5−t,HM= ，
2
1 1 3 3 15
∴S= BP⋅HM= × (5−t)=− t+ ；
2 2 2 4 4
5
当点P在BC边上时，5≤t≤10，此时BP=t−5,ℎ = ，
2
1 1 5 5 25
S= BP⋅ℎ = × (t−5)= t− ；
2 2 2 4 4
3 15
{ − t+ (0≤t<5))
4 4
综上所述，S与t之间的函数关系式为S=
；
5 25
t− (5≤t<10)
4 4
②∵S=3，
3 15
当0≤t<5时，3=− t+ ，
4 4
解得：t=1；
5 25
当5≤t≤10时，3= t− ，
4 4
37
解得：t= ；
5
37
综上所述，t的值为1或 ．
5
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式以及菱形的性质，根据三角形的面积关系求得M到直
线BC的距离h是关键．
【变式7-1】（24-25八年级·山东济南·期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=18cm，CD=28cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以
3cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当四边形PBCQ是平行四边形时，求t的值；
(2)当t=________时，四边形APQD是矩形；若AD=16cm且点Q的移动速度不变，要使四边形APQD能
够成为正方形，则P点移动速度是________cm/s；
(3)在点P、Q运动过程中，若四边形PBQD能够成为菱形，求AD的长度．
【答案】(1)t=4.5
(2)7；4
(3)AD=12cm
【分析】（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解；
（2）根据矩形及正方形的性质列方程求解即可；
（3）根据菱形的性质可以算得四边形PBDQ成为菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根据勾股定理可
以得到AD的值．
【详解】（1）解：当四边形PBCQ是平行四边形时，PB=CQ，
∴18−t=3t，
解得t=4.5．
（2）解：若四边形APQD是矩形，则：
AP=QD，
∴t=28−3t，
解得：t=7；
若四边形APQD是正方形，则：
QD=AP=AD=16cm，
∴28−3t=16,
解得：t=4，
设P点运动速度为vcm/s，则由AD=16cm可得：
4v=16，解得：v=4，
∴当要使四边形APQD能够成为正方形，则P点移动速度是4cm/s；
故答案为：7；4；
（3）解：如图，
若四边形PBQD是菱形，则BP=DQ=DP，
∴18−t=28−3t，
解得：t=5，
∴AP=5cm，BP=DQ=13cm，
∵AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠A=180°−90°=90°，
在Rt△DAP中，
AD=❑√DP2−AP2=❑√132−52=12(cm)．
【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，勾股定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱
形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键．
【变式7-2】（24-25八年级·广西钦州·期中）如图，已知菱形ABCD的边长为8，点M是对角线AC上的
一动点，且∠ADC=120°，则MA+MB+MD的最小值是 ．
【答案】8❑√3
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等；由等边三
角形的判定方法得△ADB是等边三角形，由直角三角形的特征AM=2ME， 当D、M、E三点共线时，
ME+DM取得最小值，此时ME+DM=DE，MA+MB+MD的最小值为2DE，即可求解；掌握菱形的
性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的特征，找出取得最值的条件是解题的关键．
【详解】解：如图，过点M作ME⊥AB于点E，连接BD，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
AD=AB=DC=BC，
1
∠MAE= ∠DAB，
2
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∴∠DAB=180°−120°=60°，
1
∴∠MAE= ∠DAB=30°，
2
△DAB是等边三角形，
∵ME⊥AB，
∴AM=2ME，
∵MD=MB，
∴MA+MB+MD
=2ME+2DM
=2(ME+DM)，
∴当D、M、E三点共线时，ME+DM取得最小值，
此时ME+DM=DE，
∴ MA+MB+MD的最小值为2DE，
1
∴AE= AB=4，
2
∴DE=❑√AD2−AE2
=❑√82−42
=4❑√3，
∴ 2(ME+DM)=2DE=8❑√3，
∴ MA+MB+MD的最小值为8❑√3；故答案：8❑√3．
【变式7-3】（24-25八年级·江苏扬州·期末）如图，在矩形ABCD中，点F是BC上一点，且CF=2BF，
CE⊥AF，垂足为点E，∠BCE=30°．
(1)求证：AE=EF+CF；
(2)若AD=6cm，点P是AD上一动点，以1cm/s的速度从点A运动到点D，问：点P运动多少秒四边形
AFCP是菱形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)4秒，见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定；
（1）根据矩形的性质，结合已知条件，证明△ABF≌△CEF，进而即可得证；
（2）设点P运动t秒，四边形AFCP是菱形，根据菱形的性质可得AP=AF=CF=CP=t，根据CF=2BF
，BC=6建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵CE⊥AF，
∴∠E=90°，
在Rt△CEF中，∠ECF=90°，∠BCE=30°
1
∴EF= CF，
2
∵CF=2BF，
∴BF=EF，
又∠BFA=∠EFC，
∴△ABF≌△CEF，
∴AF=CF，
∵AE=AF+EF，
∴AE=CF+EF；（2）解：设点P运动t秒，四边形AFCP是菱形，
∵四边形AFCP是菱形
∴AP=AF=CF=CP=t，
∵CF=2BF
1
∴BF= t，
2
∵AD=6，
∴BC=6，即BF+CF=6，
1
∴ t+t=6，即t=4，
2
∴点P运动4秒，四边形AFCP是菱形．
【考点3 矩形】
1.矩形：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
【注意】（1）矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形.
（2）矩形必须具备两个条件：①是平行四边形；②有一个角是直角.这两个条件缺一不可.
（3）矩形的定义可以作为判定一个四边形是矩形的方法.
2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质
（见下表）.
性质 数学语言 图形
矩形的四个角都是直 四边形 是矩形，
角
角
四边形 是矩形，
对角线 矩形的对角线相等
对称性 矩形是轴对称图形，它有两条对称轴
【注意】
（1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都
是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等.
（2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点.
（3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等.
3. 直角三角形斜边上中线的性质
性质 数学语言 主要应用 图示
直角三角形斜边
如图所示，在 证 明 线 段 倍
上的中线等于斜
中 ， 分、相等关系
边的一半( 或
)
【拓展】该性质的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角
形”仍然成立，它可以用来判断一个三角形是否为直角三角形.
4.矩形的判定
判定方法 数学语言 图形
在 中，
有一个角是直角的平行四
，
边形是矩形（定义）
是矩形.
角
在四边形 中，
有三个角是直角的四边形
，
是矩形
四边形 是矩形.
在 中，
对角线相等的平行四边形
对角线 ，
是矩形
是矩形
【题型8 矩形的性质与判定的综合应用】
【例8】（24-25八年级·辽宁大连·期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在边BC上，连接
AE，BD交于点F，∠BFE=2∠DBC．
(1)如图1，若AB=BC=AE，则∠DBC的度数为______°
(2)如图2，若∠ABC=90°，AF=5，四边形ABCD的周长为28，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)36；
(2)四边形ABCD的面积为48．
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键．
（1）设∠DBC=x,根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出△BEF三个角的度数，列方程得出x，即
可得到∠DBC的度数；（2）连接AC，求出对角线BD的长度，从而得出四边形ABCD的边长，求出面积．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
设∠DBC=x， 则∠ABD=x，∠BFE=2x，
∴∠ABE=2x，
∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE=2x，
∵∠AEB+∠BFE+∠DBC=180°，
∴2x+2x+x=180°，
∴x=36°，
∴∠DBC=36°，
故答案为：36；
（2）解：连接AC交BD于点O，如图：
设∠DBC=x，则∠BFE=2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AO=OD，
∴∠DAO=∠ADO=∠DBC=x，∠AOB=∠BFE=2x，AF=AO=5，
∴BD=10，
设AB=a，AD=b，
∴a+b=14,a2+b2=100,
(a+b) 2−(a2+b2)
∴ab= =48，
2
∴四边形ABCD的面积为48．
【变式8-1】（24-25八年级·江苏南通·期末）如图，AM∥BN，C为BN上一点．小明利用直尺和圆规完1
成了以下作图：连接AC，分别以点A，C为圆心，大于 AC长为半径作弧，两弧交于P，Q两点，作直
2
线PQ，交AC于点O，连接BO并延长交AM于点D，连接CD．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)当∠ABC=90°时，在BN上取一点E，使BE=AC，连接DE．若∠BED=75°，求∠DBC的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠DBC的度数为30°．
【分析】（1）由作图过程可知，直线PQ为线段AC的垂直平分线，则可得AO=CO，证明
△AOD≌△COB,可得AD=CB,结合平行四边形的判定可得结论．
（2）由题意可得四边形ABCD为矩形，则BD=AC,进而可得BD=BE,则 ∠BDE=∠BED=75°,则
∠DBC=180°−∠BDE−∠BED=30°．
本题考查作图-基本作图、平行四边形的判定、矩形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定、矩形的判
定与性质是解答本题的关键．
【详解】（1）证明：由作图过程可知，直线PQ为线段AC的垂直平分线，
∴AO=CO，
∵AM∥BN，
∴∠DAO=∠BCO，
∵∠AOD=∠COB，
∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴AD=CB，
∵AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）解：∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC，
∵BE=AC，∴BD=BE，
∴∠BDE=∠BED=75°，
∴∠DBC=180°−∠BDE−∠BED=30°．
【变式8-2】（24-25八年级·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点
O，AO=CO=10，BO=DO，且AB=12，BC=16．
(1)求证：四边形ABCD是矩形．
(2)若∠ADF:∠FDC=3:2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)18°
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到∠ABC=90°，即可得
证；
（2）求出∠FDC的度数，根据三角形的内角和，求出∠DCO，然后根据OD=OC，得到∠CDO，即可
求出∠BDF的度数．
【详解】（1）证明：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，AC=AO+CO=20，
∵AB=12，BC=16，
∴AB2+BC=122+162=202=AC2，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC=90°，
∵∠ADF:∠FDC=3:2，∠ADF+∠FDC=∠ADC，
2
∴∠FDC= ∠ADC=36°，
5
∵DF⊥AC，
∴∠DCO=90°−36°=54°，
∵四边形ABCD是矩形，∴CO=OD，
∴∠ODC=∠DCO=54°，
∴∠BDF=∠ODC−∠FDC=18°．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关
键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【变式8-3】（24-25八年级·河南郑州·期末）如图1，四边形ABCD中，点E，点F在对角线AC上，
AF=CE，连接DE，BF，DE=BF，DE∥BF．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图2，连接BD交AC于点O，连接BE，若BE平分∠ABD，AC=BD=2AB，BC=6，求△BEC的
面积．
【答案】(1)见解析
9❑√3
(2)
2
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的判定方法
是解题的关键．
（1）利用SAS证明△ABF≌△CDE，然后得到AB∥CD，AB=CD，即可得到结论；
（2）证明四边形ABCD是矩形，然后可以得到△ABO是等边三角形，利用勾股定理求出EC和BE长即可
解题．
【详解】（1）证明：∵DE∥BF，
∴∠DEC=∠BFA，
又∵AF=CE，DE=BF，
∴△ABF≌△CDE，
∴AB=CD，∠BAC=∠DCA，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD=2AB，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO=AB，∠ABC=90°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
又∵AC2−AB2=(2AB) 2−AB2=3AB2=BC2，
❑√3 ❑√3
∴AB= BC= ×6=2❑√3，
3 3
∴AC=2AB=4❑√3，
又∵BE平分∠ABD，
1
∴∠ABE= ∠ABO=30°，BE⊥AO，
2
1 1
∴AE= OA= AB=❑√3，
2 2
∴BE=❑√AB2−AE2=❑√ (2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3，
又∵EC=AC−AE=4❑√3−❑√3=3❑√3，
1 1 9❑√3
∴S = EC⋅BE= ×3❑√3×3= ．
△BEC 2 2 2
【题型9 矩形中的折叠问题】
【方法总结】解决与矩形相关的折叠问题,主要是利用折叠的性质“折叠前后的图形能够完全重合,折叠前
后的图形对应边相等,对应角相等”.解答此类问题,往往通过图形间的折叠,找出折叠部分与原图形之间线段
或角的联系,从而得到折叠部分与原图形或其他图形之间的关系.
【例9】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙
无重叠的四边形EFGH，EH=3cm，EF=4cm，则矩形ABCD的周长为（ ）
A．18cm B．18.4cm C．19.6cm D．20cm
【答案】C【分析】由翻折的规律证明四边形EFGH是矩形及AB＝2EM，再由矩形的性质结合已知条件求出EM的长
度，即可求出AB的长度，由折叠性质证明AD+BC＝2HF，求得AD，最后由矩形的周长公式求得周长便
可．
【详解】解：如图所示，
∵将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，
∴EA＝EM，BE＝EM，∠AEH＝∠HEM，∠BEF＝∠FEM，∠EMH＝∠A＝90°，
∴AB＝AE+EB＝2EM，
∵∠AEH+∠HEM+∠BEF+∠FEM＝180°，
1
∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM= ×180°＝90°，
2
同理，∠EFG＝∠FGH＝90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∵EH＝3cm，EF＝4cm，
∴HF=❑√EH2+EF2=❑√32+42=5（cm），
∵EM•HF＝EH•EF，
EF⋅EF 3×4 12
∴EM= = = （cm），
HF 5 5
12 24
∴AB＝2× = （cm），
5 5
由折叠知，AH＝HM，BF＝MF，DH＝HN，CF＝NF，
∴AH+DH+BF+CF＝HM+MF+HN+NF，
∴AD+BC＝2HF＝2×5＝10，
∵AD＝BC，
∴AD＝5，
24
∴矩形ABCD的周长＝2（AB+AD）＝2（ +5）＝19.6（cm），
5故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的判定与性质，掌握翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定
理，等积法是解决问题的关键．
【变式9-1】（24-25八年级·浙江宁波·期中）如图1，在矩形ABCD中，点P是BC上的点，△ABP沿AP
折叠B点的对应点是M点，延长PM交直线AD于点E．
(1)求证：EA=EP；
(2)Q是AD上的点，QD=BP；△CDQ沿CQ折叠D点的对应点是N点，且P、M、N、Q在同一直线上．
AB
①如图2，若M、N互相重合，求 的值；
AD
②若AB=4,MN=4，求BP的长．（自己画草图）
【答案】(1)见详解
AB ❑√3 4
(2)① = ②BP的长为 或4
AD 3 3
【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质证明∠APM=∠EAP，则可得出结论；
（2）①证出∠BAP=30°，设BP=x，则AB=❑√3x，AP=PC=2x，则可得出结论；
②分两种情况，由矩形的性质及勾股定理可得出答案．
【详解】（1）证明：∵△ABP沿AP折叠B点的对应点是M点，
∴∠APB=∠APM，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠APB=∠EAP，
∴∠APM=∠EAP，
∴EA=EP；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DQ=BP，∴AQ=CP，
∴四边形APCQ为平行四边形，
∵折叠，
∴∠ABP=∠AMP=90°，
∴AC⊥PQ，
∴四边形APCQ为菱形，
∴∠PAM=∠QAM，
∵∠BAP=∠PAM，
∴3∠BAP=90°，
∴∠BAP=30°，
设BP=x，则AB=❑√3x，AP=PC=2x，
∴BC=BP+PC=3x，
∴AD=3x，
AB ❑√3x ❑√3
∴ = = ；
AD 3x 3
②如图，若MN=4，N在M在上方，设BP=DQ=a，
∴PM=NQ=a，
∴PQ=2a+4，
∴AD=3a+4，
过点Q作QH⊥BC于点H，则四边形QHCD为矩形，
∴QH=DC=4 QD=HC=a
， ，
∴PH=BC−BP−CH=a+4，
∵PQ2=PH2+HQ2，
∴(2a+4) 2=(a+4) 2+42，
4
∴a= ，a=−4（舍)，
34
∴BP= ；
3
如图，设BP=a，
同理可得(a−4) 2+42=(2a−4) 2，
4
∴a=4，a=− （舍)，
3
∴BP=4，
4
综上所述，BP的长为 或4．
3
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性
质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式9-2】（24-25八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，
AB＝2❑√3，将△ABC沿AC翻折至△AB'C，连接B'D．当BC长为 时，△AB'D是直角三角形．
【答案】6或4
【分析】分∠B′AD=90°和∠AB′D=90°两种情况，画出图形，利用含30°的直角三角形的性质和矩形的判定
与性质解答即可．
【详解】解：∵AB＜BC，∴∠ADB′≠90°．
①当∠B′AD=90°时，如图1，延长B′A交BC于E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∠B=∠ADC，∴∠B′EC=90°，
由折叠性质得，BC=B′C，AB=AB′，∠AB′C=∠B=30°，
1 1
在Rt△B′EC中，CE= B′C，即CE= BC，
2 2
1
∴BE=CE= BC，
2
在Rt△ABE中，∠B=30°，AB＝2❑√3，
1
∴AE= AB=❑√3，BE=❑√AB2−AE2=3，
2
∴BC=2BE=6；
②当∠AB′D=90°时，如图2，设AD与B′C相交于O，
∵AD∥BC，
∴∠OAC=∠ACB，
由折叠性质得：∠BAC=∠B′AC，∠ACO=∠ACB，∠B=∠AB′C，
∴∠OAC=∠ACO，
∴OA=OC，又AD=BC=B′C，
∴OD=OB′
∴∠ODB′=∠OB′D，即∠ADB′≠90°．
∵∠ADC=∠B=∠AB′C，
∴∠CDB′=∠AB′D=90°，
∴CD∥AB′，又CD =AB′，
∴四边形AB′DC是矩形，
∴∠B′AC=90°，即∠BAC=90°，
在Rt△BAC中，∠B=30°，AB=2❑√3，
∴BC=2AC，BC2=AB2+AC2，
解得：BC=4，
综上，当BC长为6或4时，△AB′D是直角三角形．
故答案为：6或4．【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、含30°的直
角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识间的联系与运用是解答的关
键．
【变式9-3】（24-25八年级·天津滨海新·期末）如图，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸
片，O为坐标原点，点A(15,0)．点C(0,9)，在边AB上任取一点D，将△AOD沿OD翻折，使点A落在
BC边上，记为点E．
(1)OA的长=______，OE的长=________，CE的长=________，AD的长=________；
(2)设点P在x轴上，且OP=EP，求点P的坐标．
【答案】(1)15 15 12 5
(2)P(9.375,0)
【分析】（1）由点A、点C的坐标可求得OA、OC的长，由翻折的对称性知，OE=OA；由勾股定理，
在Rt△OCE中可求得CE的长；于是可求得BE的长，设AD=DE=x，BD=9−x，则在Rt△BDE中利
用勾股定理可求得x=AD的长．
（2）自点E作EH⊥OA，垂足为H．利用矩形的性质可求得EH、OH的长，设OP=EP=x，则在
Rt△EHP中利用勾股定理可求得x=OP的长，于是点P的坐标可知．
【详解】（1）如图．由点A(15,0)可知，OA=15．
由△AOD沿OD翻折变成△EOD知，△AOD≅△EOD，
∴OE=OA=15．
由点C(0,9)知，OC=9．
∴CE=❑√OE2−OC2=❑√152−92=12．
∴BE=BC−CE=OA−CE=15−12=3．
由△AOD≅△EOD得，AD=DE，
设AD=DE=x，则BD=AB−AD=OC−AD=9−x．
在Rt△BDE中，DE2=BE2+BD2
即：x2=32+(9−x) 2．
解得：x=5．
∴AD的长=5．
（2）自点E作EH⊥OA，垂足为点H．则四边形OCEH是矩形．
∴OH=CE=12，EH=OC=9．
设OP=EP=x，则PH=OH−OP=12−x．
在Rt△EHP中，EP2=PH2+EH2
∴x2=(12−x) 2+92
解得：x=9.375．
∴点P的坐标为(9.375,0)
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、矩形的折叠等知识点，解题的关键是将条件集中在一
个直角三角形内，利用勾股定理求解．
【考点4 正方形】
1.正方形：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.【注意】
（1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺
一不可.
（2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊
的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和菱形.
2.正方形的性质
正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质.
元素 性质
边 对边平行，四条边都相等
角 四个角都是直角
对角线 两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角
对称性 是轴对称图形，有四条对称轴
【注意】
（1）矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示.
（2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半.
（3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三
角形和直角三角形的性质.
3.正方形的判定
1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是
正方形.
2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方
形.
【注意】（1）由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行
四边形，再判定该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形.
【题型10 正方形性质的应用】
【方法总结】关于利用正方形的性质进行计算的技巧:
(1)求角:利用正方形的四个角为直角,一条对角线与一边的夹角为45°进行推导计算.
(2)求线段的长:利用正方形的四条边相等,对角线相等且互相垂直平分进行计算.
【例10】（24-25八年级·江苏南京·期中）如图，在正方形ABCD内作等边三角形AED，连接BE，CE，
则∠EBC的度数为（ ）A．15° B．20° C．22.5° D．30°
【答案】A
【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角
形的性质得出AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，从而可求出∠BAE的度数，然后
利用等边对等角和三角形内角和定理可求出∠ABE的度数，最后根据角的和差关系求解即可.
【详解】解：∵在正方形ABCD内作等边三角形AED，
∴AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠BAD−∠DAE=30°，
∵AB=AE，
180°−∠BAE
∴∠ABE=∠AEB= =75°，
2
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=15°，
故选：A.
【变式10-1】（24-25八年级·山东威海·期末）如图，正方形OABC中，点O为原点，点A，C分别在x
轴，y轴正半轴上，对角线AC，BO交于点D，作以下操作：
①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BO，AB于点E，F两点；
1
②分别以E、F为圆心，以大于 EF的长为半径作弧，两弧交于点G；
2
③作射线BG，交AC于点M，交OA于点N．
若点N的坐标为(2,0)，则点M的坐标为 ．【答案】(❑√2+1,1)
【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了正方形的性质．
过N点作NH⊥OB于H点，过M点作MQ⊥AB于Q点，如图，根据正方形的性质得到
∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，根据基本作图得到BN平分∠ABO，则利用角平分线的性质得
到NH=NA，在Rt△ONH中利用等腰直角三角形的性质得到OH=NH=❑√2，所以OA=2+❑√2，则
AD=❑√2+1，接着根据角平分线的性质得到MQ=MD，根据等腰直角三角形的性质得到
AM=❑√2DM=❑√2AQ，则DM+❑√2DM=❑√2+1，解得DM=1，所以MQ=AQ=1，从而得到M点的
坐标．
【详解】解：过N点作NH⊥OB于H点，过M点作MQ⊥AB于Q点，如图，
∵四边形ABCO为正方形，
∴∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，
由作法得BN平分∠ABO，而NH⊥OB，NA⊥AB，
∴NH=NA，
∵N(2,0)，
∴ON=2，
❑√2
在Rt△ONH中，OH=NH= ON=❑√2，
2
∴OA=2+❑√2，
❑√2
∴AD= OA=❑√2+1，
2
∵BM平分∠ABD，
∴MQ=MD，
∵AM=❑√2MQ，
∴AM=❑√2DM=❑√2AQ，
∵DM+AM=AD，
∴DM+❑√2DM=❑√2+1，解得DM=1，
∴MQ=AQ=1，
∴M点的坐标为(❑√2+1,1)．
故答案为：(❑√2+1,1)．
【变式10-2】（24-25八年级·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形
理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是a平方米，内圈的所有三角形的面积
之和是b平方米，这条小路一共占地（ ）平方米．
A．a+1.5b B．a+2b C．a+2.5b D．a+3b
【答案】B
【分析】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等，进而求解．
【详解】先证明每两个正方形公共顶点处内外两个三角形的面积相等：
如图，过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，则∠AMC=∠ANG=90°，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AC=AG，
∵∠BAE+∠CAG+∠BAC+∠EAG=360°，
∴∠BAC+∠EAG=180°，
∵∠EAG+∠GAN=180°，
∴∠BAC=∠GAN，
在△ACM和△AGN中，
{∠MAC=∠NAG
)
∠AMC=∠ANG ，
AC=AG
∴△ACM≌△AGN(AAS)，
∴CM=GN，1 1
∵S = AB·CM，S = AE·GN，
△ABC 2 △AEG 2
∴S =S ，
△ABC △AEG
由上知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和．
∴这条小路的面积为(a+2b)平方米．
故选：B
【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形全等的判定和性质，关键是寻找三角形面积之间的等量关系．
【变式10-3】（24-25八年级·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形ABCD，P是对角线AC上任意一
点，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N．
(1)求证：四边形PMAN是正方形；
(2)若E是AM上一点，且∠EPA=15°，写出∠MEP的度数．
【答案】(1)见解析
(2)60°
【分析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和，角平分线性
质，熟练掌握正方形的各种性质是证题的关键．
（1）由四边形ABCD是正方形，易得∠BAD=90°，AC平分∠BAD，又由PM⊥AD，PN⊥AB，
即可证得四边形PMAN是正方形；
（2）根据正方形的性质得到∠APM=45°，∠AMP=90°，求得∠EPM=30°，根据三角形的内角和即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD，
∵PM⊥AD，PN⊥AB，
∴PM=PN，∠PMA=∠PNA=90°，
∴四边形PMAN是矩形，
∵PM=PN，
∴四边形PMAN是正方形；
（2）解：∵四边形PMAN是正方形，
∴∠APM=45°，∠AMP=90°，
∵∠APE=15°，
∴∠EPM=30°，
∴∠MEP=60°．
【题型11 几种特殊平行四边形的综合】
【例11】（24-25八年级·河北唐山·期末）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，G，H分别是AD，BC中
点，，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，
运动时间为t秒，其中0≤t≤10．
(1)当0≤t<5，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外），说明理由．
(2)若四边形EGFH为矩形，t的值为 ；
(3)若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，则t
的值为 ．
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形
(2)四边形EGFH为矩形时t=2或t=8
9
(3)当t= 时，四边形EGFH为菱形
4【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF=GH即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE=CF=t(0≤t<5)，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠GAE=∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
1 1
∴AG= AD，CH= BC，
2 2
∴AG=CH，
∴△AEG≌△CFH(SAS)，
∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，
∴∠FEG=∠EFH，
∴EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：如图1，连接GH，
由（1）得AG=CH=BH，AG∥BH，∠B=90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF=GH=6，
∵AE=CF=t，∴EF=10−2t=6，
∴t=2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF=GH=6 AE=CF=t
， ，
∴EF=t+t−10=2t−10=6，
∴t=8；
综上，四边形EGFH为矩形时t=2或t=8；
（3）解：如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，
∵ EGFH
四边形 为菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∴OA=OC，AG=AH，
∴四边形AGCH为菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则DG=8−x，
由勾股定理可得：CD2+DG2=CG2，
即：62+(8−x) 2=x2，
25
解得：x= ，
425 9 9
∴MG= −4= ，即t= ，
4 4 4
9
∴当t= 时，四边形EGFH为菱形．
4
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识
点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．
【变式11-1】（24-25八年级·河北邢台·期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，E是BC边上
的一个动点（点E不与B、C重合），DF⊥AE，垂足为点F，过点D作DG ∥ AE，交BC的延长线于
点G．
(1)若DF=AB，
①求证：四边形AEGD是菱形；②求四边形CDFE的周长；
(2)如图2，AM⊥DG于点M，EN⊥DG于点N，探究：
①当CE为何值时，四边形AFDM是正方形；
②点E在BC边上的运动过程中，四边形AENM的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；
若变化，请说明理由．
【答案】(1)①见解析；②12；
(2)①当CE=1时，四边形AFDM是正方形；②不发生变化，理由见解析
【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识；
（1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形AEGD是平行四边形，再证△DFA≌△ABE，
可得AE=AD，即可得结论；
②由全等三角形的性质和矩形的性质可得AF=BE，DF=AB=CD=4，AE=BC=AD=5，由勾股定
理可求BE的长，可求EF=EC=2，即可求解；
（2）①由题意可证四边形AFDM是矩形．由正方形的性质可得AF=DF，可得
∠DAF=∠AEB=∠BAE=45°，可得AB=BE=4，即可求解；②由S =S =S =AB×BC=4×5=20，可得结论．
矩形AENM ▱AEGD 矩形ABCD
【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BG，∠B=90°，
∴∠DAF=∠AEB，
又∵DG∥AE，
∴四边形AEGD是平行四边形，
又∵DF⊥AE，
∴∠AFD=90°，
∴∠AFD=∠B，
又∵DF=AB，
∴△DFA≌△ABE(AAS)，
∴AD=AE，
∴四边形AEGD是菱形；
②在矩形ABCD中，DC=AB=4，BC=AD=5，
∵△DFA≌△ABE，
∴AF=BE，DF=AB=4，AE=BC=AD=5，
∴在Rt△ABE中，BE=❑√AE2−AB2=❑√52−4❑=3 ，
∴AF=BE=3，CE=EF=2，
∴四边形CDFE的周长=2(CE+DC)=12；
（2）①∵DG∥AE，DF⊥AE，
∴∠AFD=∠FDM=90°．
∵AM⊥DG．
∴∠AMD=90°．
∴四边形AFDM是矩形．
要使四边形AFDM是正方形，必须AF=DF．
∵∠AFD=90°
∴△AFD是等腰直角三角形，
∴∠DAF=45°．
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAF=45°，
又∵∠AFD=90°，∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE=AB=4，
∴CE=BC−BE=5−4=1，
∴当CE=1时，四边形AFDM是正方形；
②点E在BC边上的运动过程中，四边形AENM的面积不发生变化，
∵AM⊥DG，EN⊥DG，
∴AM∥EN，
∵MG∥AE，
∴四边形AENM是矩形．
∴S =S =S =AB×BC=4×5=20，
矩形AENM ▱AEGD 矩形ABCD
即点E在BC边上的运动过程中，四边形AENM的面积为定值20．
【变式11-2】（24-25八年级·河北石家庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形
OABC为矩形，A(0,5)，C(26,0)．点E是OC的中点，动点M在线段AB上以每秒2个单位长度的速度由
点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形MOEB是平行四边形？
(2)若四边形MOEB是平行四边形，请判断四边形MAOE的形状，并说明理由；
(3)在线段AB上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)6.5秒
(2)四边形MAOE是矩形，理由见解析
(3)线段AB存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒
【分析】（1）根据点C坐标可得OC=26，根据中点定义可得OE=13，根据矩形的性质可得AB=OC，
AB∥OC，根据平行四边形的性质可得MB=OE，即可得出AM的长，根据点M的速度即可得答案；
（2）如图，由（1）可得AM=OE=13,AM∥OE，可证明四边形MAOE是平行四边形，由∠AOE=90°可得四边形MAOE是矩形；
（3）当点M在点N右侧时，根据菱形的性质可得ON=OE=13，利用勾股定理可求出AN的长，进而可
得出AM的长，根据点M的速度可求出t值；当点M在点N左侧时，则OM=OE=13，利用勾股定理可求
出AM的长，根据点M的速度即求得出t值，综上即可得答案．
【详解】（1）解：如图，∵四边形OABC为矩形，C(26,0)，
∴OC=AB=26,OC∥AB，
∵点E是OC的中点，
∴OE=CE=13，
∵四边形MOEB是平行四边形，
∴BM=OE=13，
∴AM=26−13=13，
∵动点M的速度为每秒2个单位长度，
∴t=13÷2=6.5（秒）．
（2）解：如图，四边形MAOE是矩形；
理由如下：由（1）可知AM=OE=13,AM∥OE，
∴四边形MAOE是平行四边形，
∵∠AOE=90°，
∴四边形MAOE是矩形．
（3）解：如图，点M在点N右侧时，∵四边形OEMN是菱形，
∴ON=MN=OE=13，
∵A(0,5)，
∴OA=5，
∴AN=❑√ON2−OA2=❑√132−52=12，
∴AM=AN+MN=25，
∴t=25÷2=12.5（秒），
如图，点M在点N左侧时，
∵四边形OENM是菱形，
∴OM=OE=13，
∴AM=❑√OM2−OA2=12，
∴t=12÷2=6（秒），
综上所述：线段AB存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒．
【点睛】本题考查坐标与图形性质、矩形的判定与性质、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判
定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
【变式11-3】（24-25八年级·湖南株洲·期中）如图，在菱形ABCD中，AB=10，菱形ABCD的面积为
60，点E从点B出发沿折线B−C−D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形
其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH．(1)求菱形ABCD的高．
(2)如图1，点G在AC上.求证：FA=FG．
(3)若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长．
【答案】(1)6
(2)见解析
(3)AG长为7或5
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，分类讨论方
法是解题的关键．
（1）根据菱形的面积公式计算，即可；
（2）由菱形性质可证∠BAC=∠BCA，进而证明∠BAC=∠FGA，即可得出结论；
（3）记AC中点为点O．分点E在BC上和点E在CD上两种情况，求出EC=1，进而解题．
【详解】（1）解：∵AB=10，面积为60，
60
∴菱形的高为 =6；
10
故答案为：6；
（2）证明：如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA．
∵四边形EFGH是矩形，
∴FG∥BC，∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴FA=FG．
（3）解：记AC中点为点O，
①如图中，当点E在BC上时，作AM⊥BC．则FG=EF=AM=6，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠AFE=∠BEF=∠FEC=90°，
∴四边形MEFA是矩形，
∴AF=ME，
∴BM=❑√AB2−AM2=❑√102−62=8，
∴CM=BC−BM=10−8=2，
又∵OA=OC，∠AOF=∠COE，
∴△AFO≌△CEO(AAS)，
∴AF=CE，
1
∴AF=CE=EM= CM=1，
2
∴AG=AF+FG=6+1=7；
②如图中，当点E在CD上时，作AN⊥CD．
1
同理，FG=EF=AN=6，CN=2，AF=EN=CE= CN=1，
2
∴AG=FG−AF=6−1=5，
综上所述，AG长为7或5．【考点5 三角形的中位线、直角三角形斜边中线】
【题型12 与三角形中位线有关的求解问题】
【例12】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，D，E分别是AB，
AC的中点，连接DE，DC，BE，DC与BE相交于点O．若DE=❑√2，BE⊥CD，则四边形BCED的周
长为 ．
【答案】3❑√2+2❑√5
【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，关键是
由三角形中位线定理得到BC=2DE，判定△OBC和△ODE是等腰直角三角形．由三角形中位线定理得到
BC=2DE=2×❑√2=2❑√2，判定△DBC≌△ECB(SAS)，推出∠OBC=∠OCB，得到△OBC是等腰直
❑√2 ❑√2
角三角形，同理：△ODE是等腰直角三角形，求出OD= DE=1，OB= BC=2，由勾股定理求出
2 2
BD=❑√OD2+OB2=❑√5，得到CE=❑√5，即可求出四边形DBCE的周长．
【详解】解：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=2×❑√2=2❑√2，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵D，E分别是AB，AC的中点，
1 1
∴DB= AB，CE= AC，
2 2
∴BD=CE，
∵BC=CB，
∴△DBC≌△ECB(SAS)，
∴∠OBC=∠OCB，∵CD⊥BE，
∴△OBC是等腰直角三角形，
同理：△ODE是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴OD= DE=1，OB= BC=2，
2 2
∵∠BOD=90°，
∴BD=❑√OD2+OB2=❑√5，
∴CE=❑√5，
四边形DBCE的周长=BC+DE+BD+CE=2❑√2+❑√2+❑√5+❑√5=3❑√2+2❑√5．
故答案为：3❑√2+2❑√5．
【变式12-1】（24-25八年级·广东深圳·期末）如图，在矩形ABCD中，P,Q分别是BC,DC上的点，
E、F分别是AP、PQ的中点，BC=12，DQ=5，则线段EF的长为 ．
【答案】6.5
【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线等知识，正确作出辅助线是解题关键．连
接AQ，利用勾股定理解得AQ的值，然后根据三角形中位线的性质求解即可．
【详解】解：连接AQ，如下图，
∵四边形ABCD是矩形，BC=12，DQ=5，
∴AD=BC=12，∠D=90°，
∴在Rt△ADQ中，AQ=❑√AD2+DQ2=❑√122+52=13，
∵E、F分别是AP、PQ的中点，
1
∴EF= AQ=6.5．
2
故答案为：6.5．【变式12-2】（24-25八年级·广东汕头·期末）如图，△ABC中，AB=6cm，AC=4cm，点E是BC的中
点，若AD平分∠BAC，CD⊥AD，求线段DE的值．
【答案】1cm
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，延长CD交AB于F，证明
△ADF≌△ADC(ASA)，得出AF=AC=4cm，CD=DF，计算出BF=2cm，再由三角形中位线定理即
可得出答案．
【详解】解：如图，延长CD交AB于F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠ADF=90°，
∵AD=AD，
∴△ADF≌△ADC(ASA)，
∴AF=AC=4cm，CD=DF，
∴BF=AB−AF=6−4=2cm，
∵点E是BC的中点，
∴DE是△BCF的中位线，
1
∴DE= BF=1cm．
2
【变式12-3】（24-25八年级·河南郑州·期中）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边AB,BC
的中点，连接AF,DE，点G，H分别为DE,AF的中点，连接GH，则GH的长为【答案】❑√2
【分析】连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，由正方形的性质，即可证得△EAG≌△DPG(ASA)，
可得AG=PG，DP=AE=2，再由勾股定可理可求得PF的长，根据三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，如图所示，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴ CD=BC=AB=4，∠C=90°，AB∥CD，
∴ ∠AEG=∠GDP，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
1 1
∴ AE= AB=2，CF= BC=2．
2 2
∵G为DE的中点，
∴ EG=DG，
在△EAG和△DPG中，
{∠AEG=∠GDP
)
EG=DG ，
∠AGE=∠PGD
∴ △EAG≌△DPG(ASA)．
∴ AG=PG，DP=AE=2．
∴G为AP的中点，
∵H为AF的中点，
∴ GH是△APF的中位线．
1
∴ GH= PF．
2在Rt△FCP中，
CP=DC−DP=4−2=2，
∴ PF=❑√PC2+FC2=2❑√2．
1
∴ GH= PF=❑√2．
2
故答案为：❑√2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确作出
辅助线是解决本题的关键．
【题型13 与三角形中位线有关的证明问题】
【例13】（24-25八年级·陕西渭南·期末）【问题背景】
如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，点E是AB边的中点，点F是AD边的中点，连接EF并延长
到点G，EF=FG，连接DG．
【初步探究】
（1）如图1，求证：四边形BEGD是平行四边形；
【拓展延伸】
（2）如图2，连接DE、BF、CG，若AC=BF、CD=DF，在不添加任何辅助线的情况下，探究
BD、EG、AD、CG之间有怎样的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）BD=EG=AD=2CG，理由见解析
【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握
以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由三角形中位线定理得出EF∥BD，BD=2EF，结合题意求出BD=EG，即可得证；
1
（2）证明Rt△BDF≌Rt△ADC(HL)，得出BD=AD，由CD=DF= AD，BD=EG=2FG，得出
21
CD=FG，证明四边形CDFG是平行四边形，得出CG=DF= AD，即可得证．
2
【详解】（1）证明：∵点E是AB边的中点，点F是AD边的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF∥BD，BD=2EF，
∵EF=FG，EG=EF+FG，
∴BD=EG，
∴四边形BEGD是平行四边形；
（2）解：BD=EG=AD=2CG，理由如下：
∵AD⊥BD，
∴∠BDF=∠ADC=90°，
在Rt△BDF和Rt△ADC中，
{BG=AC)
，
DF=CD
∴Rt△BDF≌Rt△ADC(HL)，
∴BD=AD，
1
∵CD=DF= AD，BD=EG=2FG，
2
∴CD=FG，
∵FG∥CD，
∴四边形CDFG是平行四边形，
1
∴CG=DF= AD，
2
∴BD=EG=AD=2CG．
【变式13-1】（24-25八年级·陕西汉中·期末）如图，△ABC的中线BD、CE交于点O，F、G分别是
OB、OC的中点，连接DE、EF、FG、DG．求证：EG与DF互相平分
【答案】证明见解析【分析】利用三角形中线的性质、中位线的定义和性质证得四边形EFGD的对边DE∥GF,且 DE=GF，
得到四边形EFGD是平行四边形，证得结论．
本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】证明：∵BD、CE是△ABC的两条中线，
∴点D、E分别是边AC、AB的中点，
1
∴DE∥CB,DE= CB;
2
又∵F、G分别是OB、OC的中点，
1
∴GF∥CB,GF= CB，
2
∴DE∥GF,且DE=GF,
∴四边形DEFG是平行四边形，
∴EG与FD互相平分．
【变式13-2】（24-25八年级·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，G，H分别是AD，
BC的中点，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形；
(2)求证：当平行四边形ABCD满足AB⊥BD时，四边形GEHF是菱形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，
1 1
（1）连接AC，由三角形中位线定理可得GF∥OA，GF= OA，EH∥OC，EH= OC，可得
2 2
EH∥GF，EH=GF，可得结论；
（2）先证四边形ABHG是平行四边形，可得AB∥GH，可得GH⊥BD，可得结论
【详解】（1）证明：如图1，连接AC，∵ ABCD
四边形 是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD．
∵E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，
∴E，F分别为OB，OD的中点，
∵G是AD的中点，
∴GF为△AOD的中位线，
1
∴GF∥OA，GF= OA，
2
1
同理EH∥OC，EH= OC，
2
∴EH∥GF，EH=GF，
∴四边形GEHF是平行四边形；
（2）证明：如图2，连接AC，GH，
∵ ABCD G H AD BC
四边形 是平行四边形， ， 分别是 ， 的中点，
∴AG=BH，AG∥BH，
∴四边形ABHG是平行四边形，
∴AB∥GH，
∵AB⊥BD，
∴GH⊥BD，即GH⊥EF，
又∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是菱形．
【变式13-3】（24-25八年级·河北保定·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，
AC=BD，点M、P、N分别是边AB、BC、CD的中点，连接MN，交BD于点E，交AC于点F，Q是
MN的中点，连接PQ．(1)求证：PQ⊥MN；
(2)判断△OEF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)△OEF是等腰三角形．理由见解析
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形中位线定理：
（1）根据三角形中位线定理得到PM=PN，则由三线合一定理可得PQ⊥MN；
（2）根据三角形中位线定理得到PM∥AC，PN∥BD，则∠PMN=∠OFE，∠OEF=∠PNM．再
由PM=PN，得到∠PMN=∠PNM，则∠OFE=∠OEF．即可得到OE=OF，即△OEF是等腰三角形．
【详解】（1）证明：连接PM，PN．
∵点M，P分别是边AB，BC的中点，
∴PM为△ABC的中位线，
1
∴PM= AC．
2
1
同理可知PN= BD．
2
又∵AC=BD，
∴PM=PN．
∵Q是MN的中点，
∴PQ⊥MN．（2）解：△OEF是等腰三角形．理由如下：
∵点M，P分别是边AB，BC的中点，
∴PM为△ABC的中位线，
∴PM∥AC，
同理可得PN∥BD，
∴∠PMN=∠OFE，∠OEF=∠PNM．
∵PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM，
∴∠OFE=∠OEF．
∴OE=OF，即△OEF是等腰三角形．
【题型14 直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半】
【例14】（24-25八年级·甘肃张掖·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线
MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
(1)求证：CE=AD；
(2)当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
【答案】(1)见详解
(2)四边形BECD是菱形
(3)当∠A=45°时，四边形BECD是正方形
【分析】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、直角三角形的性质，熟练则知识点是解题的关键．
（1）先利用平行四边形的判定证得四边形ADEC为平行四边形，根据平行四边形的性质即可求证结论．
（2）求出四边形BECD为平行四边形，再根据对角线即可求解．
（3）由（2）中的性质，求出∠ABC=∠CBE=45°，根据正方形的判定即可求解．
【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°,D为AB中点，
∴CD=BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∴四边形BECD是正方形．
【变式14-1】（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形ABCD中，点E在AD边上，BE平分∠ABC，F，G分
别是BE，CE的中点，AF=2❑√2，DG=❑√5，则FG的值为（ ）A．❑√5 B．2❑√2 C．2❑√3 D．3
【答案】D
【分析】根据矩形的性质先证明△ABE是等腰直角三角形，求出BE=2AF=4❑√2，AB=AE=❑√2BE=4，
再利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半求出CE=2DG=2❑√5，利用勾股定理求出DE=2，进
而得到BC=AD=6，根据FG是△EBC的中位线，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD矩形，
∴AD∥BC，∠BAE=∠CDE=90°,AB=CD，
∴∠AEB=∠CBE，
∵ BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴ AB=AE，
∵ F是BE的中点，AF=2❑√2，
∴BE=2AF=4❑√2，
∴AB=AE=❑√2BE=4，
∵ G为CE的中点，DG=❑√5，∠CDE=90°，
∴CE=2DG=2❑√5，
在Rt△CDE中，CE=2❑√5,CD=AB=4，
∴DE=❑√CE2−CD2=❑√(2❑√5) 2 −42=2，
∴AD=AE+DE=6，
∴BC=AD=6
∵F，G分别为BE，CE的中点，
∴ FG是△EBC的中位线，
1
∴FG= BC=3，
2
故选：D．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线，勾股定理，直角三角形中斜边
上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式14-2】（2024·浙江宁波·二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB的
中点，点E，F分别在边AC，BC上，AE=1，将△ADE，△BDF分别沿DE，DF翻折使得A与A′重合，
B与B′重合，若A′E∥B′F，则BF= ．
【答案】3
【分析】连接CD，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到CD的长，进而得出
△CDE是等腰三角形；再根据平行线的性质得出∠CDB′与∠B′相等，进而得到△CDF是等腰三角形，即
可得出BF的长．
【详解】解：如图所示，连接CD，
设∠ADE=∠A′DE=α，∠BDF=∠B′DF=β，
在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10，
Rt△ABC中，D是AB的中点，
1
∴CD= AB=5，
2
又∵CE=AC−AE=6−1=5，
∴CD=CE，
∴∠CDE=∠CED，即α+∠CD A′=α+∠A，
∴∠CD A′=∠A，又∵∠A=∠A′，
∴∠CD A′=∠A′，
∴A′E∥CD，
又∵A′E∥B′F，
∴CD∥B′F，
∴∠B′=∠CDB′，
又∵∠B′=∠B，
∴∠CDB′=∠B，
∴∠CDB′+β=∠B+β，即∠CDF=∠CFD，
∴CF=CD=5，
∴BF=BC−FC=8−5=3，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，直角三角形斜边上中线，等腰三角形的判定与性质的运用，
解决问题的关键是掌握折叠的性质：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．
【变式14-3】（2024·湖南·模拟预测）【问题背景】
已知，在正方形ABCD中，BD为正方形的对角线，O为BD的中点，点E为射线OB上一个动点（不与点
B,O重合），分别过点B,D向直线CE作垂线，垂足分别为点M,N，连接OM,ON．
【猜想感知】
（1）如图①，当点E在线段OB上时，判断△OMN的形状，并说明理由；
【类比探讨】
（2）如图②，当点E在线段OB的延长线上时，试探究线段BM,OM,DN之间的数量关系；
【问题解决】
（3）若BM=1,DN=4，求线段OM的长．
3❑√2
【答案】（1）△OMN是等腰直角三角形，理由见解析（2）BM+DN=❑√2OM（3）OM= 或
25❑√2
OM=
2
【分析】（1）延长MO交DN于点F，先证明△BMC≌△CND，得到CM=DN,CN=BM，再证明
△BMO≌△DFO，得到BM=DF,OM=OF，进而推出NM=NF，三线合一结合斜边上的中线，即可得
出结论；
（2）延长MO交ND的延长线于点G，先证明△BCM≌△CDN，得到CM=DN,BM=CN，再证明
△BOM≌△DOG，推出△MNG为等腰直角三角形，三线合一结合斜边上的中线，推出△OMN为等腰直
角三角形，根据线段的和差关系，勾股定理即可得出结论；
（3）分点E在线段OB上和点E在线段OB的延长线上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）△OMN是等腰直角三角形，理由如下：
延长MO交DN于点F，如图：
∵正方形ABCD，
∴BC=CD,∠BCD=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵BM⊥CE,DN⊥CE，
∴∠BMC=∠CND=∠DNE=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
∵BC=CD,∠BMC=∠CND=90°，
∴△BMC≌△CND，
∴CM=DN,CN=BM，
∵∠BMC=∠DNE=90°，∠BEM=∠DEN，
∴∠6=∠7，
∵O为BD的中点，
∴OB=OD，
又∵∠4=∠5，∴△BMO≌△DFO，
∴BM=DF,OM=OF，
∵CN=BM，
∴CN=DF，
∵CM=DN，
∴CM−CN=DN−DF，
∴NM=NF，
∵OM=OF,∠MNF=90°，
1
∴NO⊥FM,NO= MF=OM，
2
∴∠NOM=90°，
∴△OMN是等腰直角三角形；
（2）如图2，延长MO交ND的延长线于点G，
∵BM⊥CE,DN⊥CE，
∴∠BMC=∠DNC=90°=∠BCD，BM∥DN，
∴∠BCM=∠CDN=90°−∠DCN，
又∵BC=CD，
∴△BCM≌△CDN，
∴CM=DN,BM=CN，
∵BM∥DN，
∴∠BMO=∠DGO，
又∵∠BOM=∠DOG，OB=OD，
∴△BOM≌△DOG，
∴OM=OG,MB=DG，
∵BM=CN，
∴DG=CN，∵CM=DN，
∴CM+CN=DN+DG，即：MN=NG，
∴△MNG为等腰直角三角形，
∵OM=OG，
1
∴NO⊥MO,ON= MG=OM，
2
∴△OMN为等腰直角三角形，
∴NG=MN=❑√2OM，
∵NG=DN+NG=DN+BM，
∴BM+DN=❑√2OM；
（3）当点E在线段OB上时，由（1）可知：CM=DN=4,BM=CN=1，△OMN是等腰直角三角形，
∴MN=❑√2OM=CM−CN=3，
3❑√2
∴OM= ；
2
当点E在线段OB的延长线上时，由（2）可知：BM+DN=❑√2OM，
∴1+4=❑√2OM，
5❑√2
∴OM= ，
2
3❑√2 5❑√2
综上：OM= 或OM= ．
2 2
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，斜边上的中线，
勾股定理等知识点，正确的作出辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．
