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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对边平行；②对边相等，即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC
2)角：四个角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°
3)对角线：①对角线相等；②对角线相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO
4)对称性：轴对称图形；中心对称图形
5)重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即如上图，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 中可求得 ，再由矩形的性质可得 ，则可
△ABE OA=OB
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 = EDAE,S = EDCF.∴S =S
AED ECD AED 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Rt ABD中，由勾股定
理求BD，在Rt ADN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Rt ABD中，由勾股定理得：BD＝ ＝ ，
在Rt ADN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AB CD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，AB EC，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】
BE ABCD ACED
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AB AE ACED
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：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2)角：对角相等(与平行四边形相同)，即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3)对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，
即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD
4)对称性：轴对称图形；中心对称图形5)菱形的面积(对角线相互垂直的四边形)：对角线乘积的一半，即S ＝ ×AC×BD，
菱形ABCD
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=DA
3)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＝OC 6，
△
∴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= AC BD=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
VAOE≌VCOF
【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；
VAOE≌VCOF
(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．
ABCD
【详解】证明：(1)∵四边形 是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F
E F
在△AOE和△COF中AOE COF
∴ ∴AE＝CF
OAOC VAOE≌VCOF AAS
(2)当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下： 如图：连结BF，DE
ABCD
∵四边形 是平行四边形∴OB＝OD
VAOE≌VCOF OE OF BFDE
∵ ∴ ∴四边形 是平行四边形
∵EF⊥BD， ∴四边形BFDE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，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，∴AD BC，AB CD，
∴∠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，∴AB DC，AB＝DC，AD BC，∵∠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，
∵AD BC，∴∠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：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC
2)角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
3)对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即
AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO
4)对称性：轴对称图形；中线对称图形
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=3-x，∴FN=BN= BF= ，∴AN=AF+FN= ，∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，∴EN=AN= ，∴DE=EF= ，
∵四边形AFED的面积为4，∴S +S =4，∴ ×3x+ × ，
△ADF △DEF
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
AF 3
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．
AF 3
【详解】∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，又∵点F是BE的中点， ，∴BE=2AF=6，
1 1
∵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．
BCE 2 2
【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AE
△
BC，过点D作DE AB，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 = ，故④正确，故选：D．
BCG
△
【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，∠ODC+∠DCO＝90°，
△
在Rt DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°，∴∠DHO＝∠DCO＝ ∠DCB＝24°，故答案为：24．
△
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，余角的性质，是几何综合题，判断出OH
是BD的一半，和∠DHO＝∠DCO是解决本题的关键．8．(2022·辽宁鞍山·八年级期末)如图①，已知菱形ABCD的边长为2cm， ，点M从点D开始向
点C以1cm/s的速度运动，同时点N从点C开始以相同的速度向点B运动，连接AM，AN，MN，设运动
时间为xs；
(1)试判断 的形状，请说明理由；(2)当x为多少时，点A到MN的距离h最小？请直接写出满足条件
的x和h的值；(3)在(2)的条件下，连接对角线AC，BD交于点O，在图②画出图形并判断以O，N，M，D
为顶点的四边形的形状，请说明理由．
【答案】(1)AMN为等边三角形，理由见解析 (2)x=1，
(3)图形见解析；以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】(1)连接AC，根据菱形的性质可得△ACD和△ABC是等边三角形，可得到AC=AD，
∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，可证得△ADM≌△ACN，可得到AM=AN，∠DAM=∠CAN，从而得到
∠CAD=∠MAN=60°，即可求解；
(2)连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，根据菱形的性质可得 ，根据等
边三角形的性质可得点A到MN的距离即△AMN的高，若h最小，则AM=AN最小，此时AM⊥CD，
AN⊥BC，可得点M、N分别为CD、BC的中点，再由三角形中位线定理可求出MN的长，即可求解；
(3)由(2)得：点O、M、N分别为BD、CD、BC的中点，再由三角形中位线定理可得ON=DM，ON∥DM，即
可求解．
(1)解∶ △AMN为等边三角形，理由如下：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形， ，∴AD=CD=AB=BC，∠D=∠ABC=60°，∴△ACD和△ABC是等边三
角形，∴AC=AD，∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，∵点M从点D开始向点C以1cm/s的速度运动，同时点N
从点C开始以相同的速度向点B运动，∴DM=CN，∴△ADM≌△ACN，∴AM=AN，∠DAM=∠CAN，
∴∠DAM+∠CAM=∠CAN+∠CAM，∴∠CAD=∠MAN=60°，∴△AMN为等边三角形；
(2)解：如图，连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，在菱形ABCD中AC⊥BD，
OB=OD，OA=OC，由(1)得：△ACD和△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=2，∴OA=1，∴
，∴ ，根据题意得：点A到MN的距离即△AMN的高，若h最小，则
AM=AN最小，此时AM⊥CD，AN⊥BC，∴此时点M、N分别为CD、BC的中点，即CN=CM=1，∴
，x=1，∴ ，∴ ，即 ；
(3)解：以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：根据题意，画出图形，如图：由(2)得：
点O、M、N分别为BD、CD、BC的中点，∴ON∥CD， ，∴ON=DM，ON∥DM，
∴以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形
中位线定理，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形中
位线定理是解题的关键．
9．(2022·山西九年级阶段练习)(1)如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且
DF=BE．求证：CE=CF；(2)如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE=45°，
请你利用(1)的结论证明：GE=BE+GD．(3)运用(1)(2)解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在四
边形ABCG中，AG∥BC(BC＞AG)，∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠GCE=45°，BE=4，AG=6，求四边
形ABCG的面积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)108
【分析】(1)由正方形得到判断△CBE≌△CDF即可得出结论；(2)由判断△CBE≌△CDF的特点构造出
△ECG≌△FCG，即可得出结论；(3)由条件构造出正方形ABCD，再由勾股定理建立方程DE2=AD2+AE2，计算
出相关的线段，即可得出结论．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
在△CBE和△CDF中，∴ ，∴△CBE≌△CDF，∴CE=CF；
(2)如图2，
延长AD至F，使DF=BE．连接CF，由(1)知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，∴△ECG≌△FCG，∴GE=GF∴GE=DF+GD=BE+GD；
(3)如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，
在直角梯形ABCG中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，
又∠CGA=90°，AB=BC，∴四边形ABCD 为正方形，∴AD=BC，
∵∠GCE=45°，设AB=x，∴AD=BC=x，∴AE=AB-BE=x-4，DG=x-6，
根据(1)(2)可知，EG=BE+DG=4+x-6=x-2，在Rt AEG中，∵GE2=AG2+AE2，即(x-2)2=62+(x-4)2，
解这个方程，得：x=12，∴AB=12， △
所以梯形ABCG的面积为S= (AG+BC)AB= (6+12)×12=108．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理
等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程
思想的应用．题组C 培优拔尖练
1．(2022·广东湘桥初三期末)在菱形ABCD中， ，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直
平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；② ；③ ；④
，其中正确的是( )
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决问题.
【解析】解：如图，设DE交AP于O，∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB，
∵DE是线段AP的垂直平分线，∴DE⊥AP，OA＝OP，∴DA＝DP，∴DP＝CD，故①正确；
∵AE＝EB，AO＝OP，∴OE//PB，∴PB⊥PA，∴∠APB＝90°，∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确；
若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°，∵∠ADC＝60°，∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；
∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC，∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝ (360°－60°)＝150°，故④正
确；故选C.
【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属
于中考常考题型.2．(2021·浙江温州市·中考真题)由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形 如图所示．
过点 作 的垂线交小正方形对角线 的延长线于点 ，连结 ，延长 交 于点 ．若
，则 的值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据 可
得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线
的性质可得PH= FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH= BE，
可得BH= ，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形 ，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵ ，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH= QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中， ，∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH= DF= BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH= ，
在Rt PCH中，CH= = ，
△
∴CG= BE，∴ ．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、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握
相关性质及判定定理是解题关键．
3．(2022·广东·深圳市福田区外国语学校八年级期中)如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点
(点E不与端点C，D重合)，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，对角线BD
与AG、AE分别交于P、Q两点．以下各结论：①∠EAG＝45°；②线段CF的最小值为6 ；③
；④若DE＝2，则G为BC的中点．正确的结论有( )个．A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】证明 可得 ，则可证明结论①；连接 ，∵ ，即
，则可证明结论②；将 绕点 顺时针旋转 至 ，连接 ，证明
，进一步可证明结论③；设 ，因为DE＝2，得出 ，
在 中，运用勾股定理列出方程，求出 的长度，即可得出结论④．
【详解】解：∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴ ，
∴ ， ， ，∴ ，
∵四边形 是正方形，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∴ ，故结论①正确；连接 ，
∵正方形ABCD的边长为6，∴ ， ，
在 中∵ ，即 ，∴当 共线时， 最小，
此时 ，故②正确；将 绕点 顺时针旋转 至 ，连接 ，∵ ，∴ ， ， ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
在 中， ，即 ，故③正确；
设 ，∵DE＝2，∴ ， ， ，
在 中： 即 ，解得： ，
∴ ，∴ 为 的中点，故④正确，则正确的结论有④个，故选： ．
【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及到正方形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转等知
识点，根据题意构造全等三角形是解本题的关键．
4．(2022·广西贵港·八年级期末)为了研究特殊四边形，刘老师制作了这样一个教具(如图1)：用钉子将四根
木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，刘
老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC(如图2)，观察所得到的四边形，下列结论：
①∠BCA＝45°；②AC的长度变小；③AC＝BD；④AC⊥BD．正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据平行四边形和矩形的性质即可判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，AB与BC不一定相等， ∴∠BCA不一定45°，故①错误；AC的长度变小，故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，又∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，故③正确；矩形对角线不垂直，故④错误；综上，正确的有②③，共2个，故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质，弄清图形变化后的变量和不变量是解答此题的
关键．
2
5．(2022·深圳市龙岗区初三)如图，在矩形ABCD中，AD= AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于
点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；
③BH=HF；④BC−CF=2HE．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等
2
腰直角三角形的性质可得AE= AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，
根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平
角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全
等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE-AH=BC-CD，BC-CF=BC-(CD-DF)=2HE，判断出④
正确．
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，
2
∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE= AB，
BAE＝DAE
∵AD=
AB，∴AE=AD，在△ABE和△AHD中，ABE＝AHD＝90
，
AE＝AD
2
1
∴△ABE≌△AHD(AAS)，∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED= (180°-45°)=67.5°，
2∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；
1
∵AB=AH，∠AHB= (180°-45°)=67.5°，∠OHE=∠AHB(对顶角相等)，
2
∴∠OHE=67.5°=∠AED，∴OE=OH，
∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，
EBH＝OHD＝22.5
在△BEH和△HDF中，BE＝DH
，∴△BEH≌△HDF(ASA)，
AEB＝HDF＝45
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE-AH=BC-CD，∴BC-CF=BC-(CD-DF)=BC-(CD-HE)=(BC-CD)+HE=HE+HE=2HE．故④正确；综上所述，结
论正确的是①②③④共4个．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，
熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等
腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
6．(2022·辽宁铁西·八年级阶段练习)如图，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点M在对角线BD上，点N为
射线BC上一动点，连接MN，DN，且∠DNM＝∠DBC，当 DMN是等腰三角形时，线段BN的长为___．
【答案】15或24或
【分析】分三种情形讨论求解即可．
【详解】解：①如图1中，当NM=ND时，∴∠NDM=∠NMD，
∵∠MND=∠CBD，∴∠BDN=∠BND，∴BD=BN= =15；
②如图2中，当DM=DN时，此时M与B重合，∴BC=CN=12，∴BN=24；③如图3中，当MN=MD时，∴∠NDM=∠MND，
∵∠MND=∠CBD，∴∠NDM=∠MND=∠CBD，∴BN=DN，
设BN=DN=x，在Rt DNC中，∵DN2=CN2+CD2，∴x2=(12-x)2+92，∴x= ，
△
综上，当 DMN是等腰三角形时，线段BN的长为15或24或 ．故答案为：15或24或 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类
讨论的思想思考问题，注意不能漏解．
7．(2022·湖北青山·九年级期中)如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7 ，点P在线段BC上运动(含B、C
两点)，连接AP，将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为 ___．
【答案】 ##
【分析】以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，利用SAS证明△ABP≌△AEQ，得
∠AEQ=∠ABP=90°，则点Q在射线EQ上运动，即求DH的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行
解题．
【详解】解：如图，以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，
∴AB=AE，∠BAE=60°，∵将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴∠BAP=∠EAQ，在△ABP和△AEQ中， ，
∴△ABP≌△AEQ(SAS)，∴∠AEQ=∠ABP=90°，∴点Q在射线EQ上运动，当Q与H重合时，DQ最小，在Rt AEF中，∠EAF=30°，∴EF= AE= ，
△
∴AF=2EF= ，∴DF=AD-AF= - = ，∴DH= DF= × = ，
∴DQ的最小值为 ，故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三
角形的性质，判断出点Q的运动路径是解题的关键．
8．(2022·辽宁大东·九年级期末)如图，在菱形 中， ， 是对角线 上一点， 是线段
延长线上一点且 ，连接 ．(1)如图，若 是线段 的中点，连接 ，其他条件不变，直
接写出线段 与 的数量关系；(2)如图，若 是线段 上任意一点，连接 ，其他条件不变，猜想
线段 与 的数量关系是什么？并证明你的猜想；(3)如图，若 是线段 延长线上一点，其他条件不
变，且 ，菱形 的周长为 ，直接写出 的长度．
【答案】(1) ；(2) ，证明见解析；(3)7
【分析】(1)由菱形的性质和已知条件得出 是等边三角形，得出 ，由等边三角形的性质
和已知条件得出 ，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出 ，即可得出结论．
(2)过点 作 交 于点 ，先证明 是等边三角形，得出 ， ，再证明
是等边三角形，得出 ， ，然后由 证得 ，即可得出结论．
(3)过点 作 交 延长线于点 ，证明同(2)，得出 ，证明 ，
，则 ， ，得出 ， ，则
，由勾股定理即可得出结果．【详解】解：(1) ；理由如下： 四边形 是菱形， ，
， 是等边三角形， ，
是线段 的中点， ， ，
， ， ， ， ．故答案为 ；
(2)猜想线段 与 的数量关系为： ；
证明：过点 作 交 于点 ，如图所示：
四边形 为菱形， ，
， ， ， 与 都是等边三角形，
， ， ，又 ， ，
又 ， 是等边三角形， ， ， ，
又 ， ，
在 和 中， ， ， ；
(3)过点 作 交 延长线于点 ，如图：
四边形 为菱形， ，菱形 的周长为 ，
是等边三角形， ， ， ， ，
又 ， ，又 ， 是等边三角形，
， ， ，又 ， ，
在 和 中， ， ， ，
， ， ，
是等边三角形， ， ，在 中， ， ， ，
， ， ， ，
由勾股定理得： ．
【点睛】本题是四边形综合题，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、等腰三角形的判定与性质、含 角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和
定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形．
9．(2022·安徽巢湖·八年级期末)如图，点E是正方形ABCD对角线上一点，连接DE、BE，过E点作EF⊥DE
与直线BC交于点F，连接DF．(1)如图1，当F在边BC上时．①求证：DE＝BE；②判断△DEF的形状，说明
理由；(2)如图2，当F在BC延长线上时，求证：AB﹣CF＝ CE．
【答案】(1)①证明见解析；② 为等腰直角三角形，理由见解析；(2)证明见解析
【分析】(1)①利用正方形的性质得出 ， ，进而说明 即可得出
结论；②利用①中的结论和已知条件说明 ，即可得出结论；
(2)过点 作 ，交 于点 ，通过说明 可得 ，再利用等腰直角三角形
的性质可得结论．
【详解】解：(1)证明：① 点 是正方形 对角线上一点， ， ，
在 和 中， ， ． ．
② 为等腰直角三角形，理由如下：
由①知： ， ， ．
四边形 是正方形， ．
， ， ． ．， ． ，
， 为等腰直角三角形．
(2) 四边形 是正方形， ， ．
， ．由(1)中①知： ， ，
， ．过点 作 ，交 于点 ，如图2，
四边形 是正方形， ， ．
， ， ． ， ．
在 和 中， ， ． ．
为等腰直角三角形， ． ．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合运用，涉及的知识点有正方形的性质，三角形全等的判定与性质，
等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是利用辅助线和等角的余角相等得出 ，
进而得出三角形的全等．
