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班级 姓名 学号 分数
第十八章 平行四边形(A 卷·知识通关练)
核心知识1平行四边形的性质
1．(2022秋•招远市期末)如图， ABCD的周长为30cm，△ABC的周长为27cm，则对角线AC的长为( )
▱
A．27cm B．17cm C．12cm D．10cm
【考点】平行四边形的性质；
【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵ ABCD的周长为30cm，△ABC的周长为27cm，
∴▱AB+BC＝15cm，AB+BC+AC＝27cm，
∴AC＝12cm，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边相等是解题的关键．
2．(2022秋•泰山区校级期末)如图，EF过 ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，则：
①OE＝OF； ▱
②图中共有4对全等三角形；
③若AB＝4，AC＝6，则2＜BD＜14；
④S四边形ABFE ＝S△ABC ；
其中正确的结论有( )
A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；1
【分析】根据平行四边形的性质得到 AO＝CO= AC，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到 OE＝
2
OF；故①正确，根据全等三角形的判定和性质得到②错误，④正确．根据三角形三边关系得到2＜
BD＜14，故③正确；
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴AO＝CO= AC，AD∥BC，
2
∴∠DAO＝∠BCA，∠AEO＝∠CFO，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴OE＝OF；故①正确，
由平行四边形的中心对称性，全等三角形有：△AOB≌△COD，△AOD≌△COB，△AOE≌△COF，
△DOE≌△BOF，△ABD≌△CDB，△ABC≌△CDA共6对，故②错误；
∵AC＝6，
∴AO＝3，
∴4﹣3＜OB＜4+3，
∴2＜BD＜14，故③正确；
∵△AEO≌△CFO，
∴S四边形ABFE ＝S△ABC ；
故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，熟练掌握平行
四边形的性质是解题的关键．
3.(2022秋•张店区校级期末)如图，在 ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，
且CG＝3BG，S
BEPG
＝1.5，则S AEPH▱＝ ．
▱ ▱【考点】平行四边形的性质；
【分析】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH ＝S四边形PFCG ，再利用面积
的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【解答】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴S△PEB ＝S△BGP ，
同理可得S△PHD ＝S△DFP ，S△ABD ＝S△CDB ，
∴S△ABD ﹣S△PEB ﹣S△PHD ＝S△CDB ﹣S△BGP ﹣S△DFP ，
即S四边形AEPH ＝S四边形PFCG ．
∵CG＝3BG，S ＝1.5，
BEPG
∴S四边形AEPH ＝S ▱
四边形PFCG
＝3×1.5＝4.5；
故答案为：4.5．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两
组对边分别平行 四边形为平行四边形，②两组对边分别相等 四边形为平行四边形，③一组对边平行
且相等 四边形⇔为平行四边形，④两组对角分别相等 四边形为⇔平行四边形，⑤对角线互相平分 四边
形为平行⇔四边形． ⇔ ⇔
4．(2022秋•任城区期末)已知，在平行四边形ABCD中，∠A的平分线分BC成4cm和3cm两条线段，则
平行四边形ABCD的周长为 ．
【考点】平行四边形的性质；
【分析】设∠A的平分线交BC于点E，可证明AB＝EB，再分两种情况讨论，一是 EB＝4cm，EC＝
3cm，则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm；二是EB＝3cm，EC＝4cm时，则AB＝EB＝3cm，BC＝
EB+EC＝7cm，分别求出平行四边形ABCD的周长即可．
【解答】解：设∠A的平分线交BC于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵∠BAE＝∠DAE，∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
当EB＝4cm，EC＝3cm时，如图1，
则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×4+2×7＝22(cm)；
当EB＝3cm，EC＝4cm时，如图2，
则AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×3+2×7＝20(cm)，
∴平行四边形ABCD的周长为22cm或20cm，
故答案为：22cm或20cm．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四
边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
5．(2022秋•南关区校级期末)如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上两个点，且BE＝DF．
(1)求证：AE＝CF；
(2)若AD＝AE，∠DFC＝140°，求∠DAE的度数．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】(1)根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质证明即可；
(2)由(1)中全等三角形的对应角相等推知：∠AEB＝∠DFC＝140°，则∠DEA＝40°；然后根据等腰△ADE
的性质和三角形内角和定理求解即可．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵BE＝DF，在△ABE与△CDF中
{
AB=DC
∠ABE=∠CDF，
BE=DF
∴△ABE≌△CDF(SAS)
∴AE＝CF；
(2)由(1)知，△ABE≌△CDF，则∠AEB＝∠DFC＝140°．
∴∠DEA＝40°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠DEA＝40°．
∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝100°．
【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
6．(2022•南京模拟)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂
足为点E，过点C作CF⊥BD，垂足为点F．
(1)求证：AE＝CF；
(2)若∠AOE＝70°，∠EAD＝3∠EAO，求∠BCA的度数．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】(1)证明△AEO≌△CFO(AAS)可得结论；
(2)利用三角形内角和定理求出∠EAO，求出∠DAC的度数，再利用平行线的性质解决问题即可．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，∴AE＝CF；
(2)解：∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
∵∠AOE＝70°，
∴∠EAO＝90°﹣∠AOE＝20°，
∵∠EAD＝3∠EAO，
∴∠EAD＝3×20°＝60°，
∴∠DAC＝∠DAE﹣∠EAO＝60°﹣20°＝40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BCA＝∠DAC＝40°．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明
△AEO≌△CFO．
核心知识2平行四边形的判定
1．(2022秋•莱州市期末)如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件能判断四边形ABCD是平
行四边形( )
A．OA＝OC，AC＝BD
B．OB＝OA，OD＝OC
C．AB∥CD，AD＝BC
D．∠ABC+∠BAD＝180°，∠BCD＝∠BAD
【考点】平行四边形的判定；
【分析】由平行线的判定可得AD∥BC，AB∥CD，即可求解．
【解答】解：∵∠ABC+∠BAD＝180°，∠BCD＝∠BAD，
∴AD∥BC，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定是解题的关键．
2．(2022春•江津区校级期中)已知四边形ABCD中∠A，∠B，∠C，∠D的度数之比，能判定四边形是平
行四边形的是( )
A．1：2：3：4 B．1：2：2：1 C．2：2：3：4 D．2：3：2：3
【考点】平行四边形的判定；
【分析】根据题意可得出∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，再由∠A＝∠C，∠B＝∠D，即可得出
结论．
【解答】解：由题意得：∠A与∠C是对角，∠B与∠D是对角，
当∠A＝∠C，∠B＝∠D时，四边形ABCD是平行四边形，
故选项A、B、C不符合题意，选项D符合题意，
故选：D．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，熟记两组对角分别相等的四边形为平行四边形是解题的关
键．
3．(2022春•漳州期末)在四边形ABCD中，现给出下列结论：
①若AB＝CD，AD∥BC，则四边形ABCD是平行四边形；
②若∠A＝∠C，∠B＝∠D，则四边形ABCD是平行四边形；
③若AB∥CD，∠A＝∠C，则四边形ABCD是平行四边形；
④若AB＝CD，∠A＝∠C，则四边形ABCD是平行四边形．
其中正确的结论是 ．(写出所有正确结论的序号)
【考点】平行四边形的判定；
【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可．
【解答】解：①若AB＝CD，AD∥BC，则四边形ABCD不是平行四边形，故①错误；
②若∠A＝∠C，∠B＝∠D，则四边形ABCD是平行四边形；故②正确；
③若AB∥CD，∠A＝∠C，则四边形ABCD是平行四边形，故③正确；
④若AB＝CD，∠A＝∠C，则四边形ABCD不是平行四边形，故④错误．
故答案为：②③．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解答本题的关键．
4．(2022春•西双版纳期末)在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是A(0，1)，B(1，0)，C(3，
1)，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是 ．
【考点】平行四边形的判定；坐标与图形性质；
【分析】分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【解答】解：分三种情况：①BC为对角线时，点D的坐标为(4，0)；
②AB为对角线时，点D的坐标为(﹣2，0)
③AC为对角线时，点D的坐标为(2，2)
综上所述，点D的坐标是(﹣2，0)或(4，0)或(2，2)；
故答案为：(4，0)或(﹣2，0)或(2，2)．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
5．(2022•雁塔区校级开学)如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，
满足∠EAO＝∠DCO．求证：四边形AECD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；
【分析】证△AOE≌△COD(ASA)，得OD＝OE，再由AO＝CO，即可得出结论．
【解答】证明：在△AOE和△COD中，
{∠EAO=∠DCO
∠DOC=∠EOA，
AO=CO
∴△AOE≌△COD(ASA)，
∴OD＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到
△AOE≌△COD．
6．(2022春•南海区校级月考)如图，以△ABC的三边分别作等边△DAC，△ABE，△BCF．求证：四边形
ADFE是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；
【分析】由△ABE与△BCF都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，∠ABE＝∠CBF＝
60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到△EBF≌△ABC；利用全等三角形对应边相等得到EF
＝AC，再由三角形ADC为等边三角形得到三边相等，等量代换得到 EF＝AD，同理可得AE＝DF，利用
对边相等的四边形为平行四边形得到AEFD为平行四边形．
【解答】证明：∵△ABE、△BCF为等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，BC＝CF＝FB，∠ABE＝∠CBF＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABF＝∠FBC﹣∠ABF，
即∠CBA＝∠FBE，
在△EBF和△ABC中，
{
EB=AB
∠FBE=∠CBA，
BF=BC
∴△EBF≌△ABC(SAS)；
∴EF＝AC，
又∵△ADC为等边三角形，
∴CD＝AD＝AC，
∴EF＝AD＝DC，
同理可得△ABC≌△DFC，
∴AB＝AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形性质和全等三角形的性质和判定，熟练掌握平行四
边形的判定方法是解决问题的关键．
核心知识3平行四边形的性质与判定的综合运用1．(2022春•沂水县期中)下面是八年级(1)班某学习小组讨论的问题：
如图所示，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，添加一些条件，使四边形AECF是平行四
边形，并加以证明．
条件分别是：
①BE＝DF；
②∠B＝∠D；
③∠BAE＝∠DCF；
④四边形ABCD是平行四边形．
其中所添加的条件符合题目要求的是( )
A．④ B．①② C．①④ D．①②③
【考点】平行四边形的判定；
【分析】由平行四边形的性质得BC∥AD，BC＝AD，再证CE＝AF，然后由平行四边形的判定即可得出结
论．
【解答】解：所添加的条件符合题目要求的是①④，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，
即CE＝AF，
又∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
2．(2022春•南海区校级月考)如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线上两点，在条件：①DE＝BF；
②∠ADE＝∠CBF；③AF＝CE；④∠AFB＝∠CED中，添加一个条件，使四边形DEBF是平行四边
形，可添加的条件是( )A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】通过证明三角形全等，得出四边形DEBF的一组对边平行且相等，即可得出是平行四边形．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠BCF，∠DCF＝∠BAE，
①DE＝BF时，不能证明△ADE≌△CBF，
不能证明四边形DEBF是平行四边形；
②∠ADE＝∠CBF时，
在△ADE和△CBF中，
{∠ADE=∠CBF
AD=BC ，
∠DAE=∠BCF
∴△ADE≌△CBF(ASA)，
∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
③AF＝CE时，AE＝CF，
在△ADE和△CBF中，
{
AD=BC
∠DAE=∠BCF，
AE=CF
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
④当∠AFB＝∠CED时，则∠AEB＝∠CFD，在△ABE和△CDF中，
{∠AEB=∠CFD
∠BAE=∠DCF，
AB=CD
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴BE＝DF，
∵∠AEB＝∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定；熟练掌握
平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
3．(2022春•满洲里市校级期末)四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，对角线AC，BD相交于点O，若
CD＝3cm，△BOC的周长比△AOB的周长大2cm，则四边形ABCD的周长＝ cm．
【考点】平行四边形的判定与性质；
【分析】首先说明四边形ABCD是平行四边形，得OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，再根据△BOC的周长
比△AOB的周长大2cm，得BC的长，从而得出答案．
【解答】解：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵△BOC的周长比△AOB的周长大2cm，
∴(OB+OC+BC)﹣(OC+OD+CD)＝2，
∴BC﹣CD＝2，
∵CD＝3cm，
∴BC＝5cm，
∴四边形ABCD的周长2×(3+5)＝16cm，故答案为：16．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4．(2022春•本溪期末)如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长BC至点E，使得CE＝
▱
1
BC，连接AE交CD于点G，连接OG．下列结论：①OG= AD；②AE平分∠CAD；③以点A，
2
C，E，D为顶点构成的四边形是平行四边形；④S
ABCD
＝6S△OCG .其中正确的是 (填写所有
正确结论的序号)． ▱
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】根据平行四边形的性质先证得△ADG≌△ECG，得出DG＝CG，AG＝EG即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝OC，
∴∠DAG＝∠E，∠ADG＝∠ECG，
∵CE＝BC，
∴CE＝AD，
∴△ADG≌△ECG(ASA)，
∴AG＝GE，DG＝GC，
∴OG是△CAD的中位线，四边形ACED是平行四边形，故③正确；
1
∴OG= AD，故①正确；
2
∴OG∥AD，
∴S△ACD ＝4S△OCG ，
∴S
ABCD
＝8S△OCG ，故④错误；
∵A ▱ C≠CE，
∴∠E≠CAE，
∴∠CAE≠∠DAG，故②错误．
∴正确的是①③．故答案为①③．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质并灵活运用．平行四边形
的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对
角线互相平分．
5．(2022秋•绥中县校级期末)如图，在 ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分线AF，DE分别与线段BC交
于点F，E，AF与DE交于点G． ▱
(1)求证：AF⊥DE，BF＝CE．
(2)若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的长度．
【考点】平行四边形的性质；
【分析】(1)根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠BAD+∠ADC＝180°；然后根据角平分线的性质
1 1
推知∠DAE+∠ADF= ∠BAD+ ∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．证得∠BAF＝∠AFB，由等腰三角形的
2 2
判定可得出AB＝BF，同理可得CD＝CE，则可得出结论；
(2)过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，证明四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝
90°，得出AF＝CK＝8，由勾股定理求出DI，则可得出答案．
【解答】(1)证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴∠BAD+∠ADC＝180°．
∵AE，DF分别是∠BAD，∠ADC的平分线，
1 1
∴∠DAE＝∠BAE= ∠BAD，∠ADF＝∠CDF= ∠ADC．
2 2
1 1
∴∠DAE+∠ADF= ∠BAD+ ∠ADC＝90°．
2 2
∴∠AGD＝90°．
∴AE⊥DF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAF＝∠AFB，又∵∠DAF＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
同理可得CD＝CE，
∴BF＝CE；
(2)解：过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，
∵AK∥FC，AF∥CK，
∴四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，
∴AF＝CK＝8，
∵∠KDI+∠DKI＝90°，∠DIC+∠DCI＝90°，∠IDK＝∠IDC，
∴∠DKI＝∠DCI，
∴DK＝DC＝6，
∴KI＝CI＝4，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠CDE，
∴CE＝CD，
∵CI⊥DE，
∴EI＝DI，
∵DI=√CD2-CI2=√62-42=2√5，
∴DE＝2DI＝4√5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，
熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
6．(2022秋•泰山区期末)已知：如图，在四边形ABCD中，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，延长
DE、BF，分别交AB于点H，交BC于点G，若AD∥BC，AE＝CF．
(1)求证：四边形ABCD为平行四边形；
(2)若∠DAH＝∠GBA，GF＝2，CF＝4，求AD的长．【考点】平行四边形的判定与性质；勾股定理；
【分析】(1)证明△DAE≌△BCF，可得AD＝CB，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解
决问题；
(2)根据平行四边形的性质证明BG＝BC，然后根据勾股定理可得CG，进而可以解决问题．
【解答】(1)证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
在△DAE和△BCF中，
{∠DEA=∠BFC=90°
AE=CF ，
∠DAE=∠BCF
∴△DAE≌△BCF(ASA)，
∴AD＝CB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠DAH＝∠BCG，
AB∥CD，
∴∠CGB＝∠GBA，
∵∠DAH＝∠GBA，
∴∠CGB＝∠BCG，
∴BG＝BC，
在Rt△CFB中，
∵BF＝BG﹣FG＝BC﹣2，CF＝4，
∴BC2＝BF2+CF2，∴BC2＝(BC﹣2)2+42，
∴BC＝5．
∴AD＝BC＝5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键
是得到△DAE≌△BCF．
核心知识4矩形的性质
1．(2022秋•南关区校级期末)如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝
124°，则∠CDE的度数为( )
A．62° B．56° C．28° D．30°
【考点】矩形的性质；
【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝
20°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠AOD＝124°，
1
∴∠DOE＝56°，∠ODC＝∠OCD= (180°﹣56°)＝62°，
2
∵DE⊥AC，
∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝34°，
∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝62°﹣34°＝28°；
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形
的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
2．(2022秋•成华区期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点1
F在对角线AC上，且AF= AC，连接EF．若AC＝10，则EF的长为( )
4
5
A． B．3 C．4 D．5
2
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理；
1
【分析】由AF= AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
4
1
【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC= AC，AC＝BD＝10，
2
1
∵AF= AC，
4
1
∴AF= AO，
2
∴点F为AO中点，
又∵点E为边AD的中点，
∴EF为△AOD的中位线，
1 1 5
∴EF= OD= BD= ．
2 4 2
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
3．(2022秋•锦江区期末)如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥BD，交AD于
点E，若∠ACB＝20°，则∠AOE的大小为 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质；
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，1 1
∴AC＝BD，AO= AC，OD= BD，AD∥BC，
2 2
∴OA＝OD，∠DAC＝∠ACB＝20°，
∴∠DAC＝∠ODA＝20°，
∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ODA＝140°，
∵OE⊥BD，
∴∠DOE＝90°，
∴∠AOE＝∠AOD﹣∠DOE＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
4．(2022•南京模拟)如图，矩形ABCD中，AC的垂直平分线MN与AB交于点E，连接CE．若∠CAD＝
70°，则∠DCE的度数为 ．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质；
【分析】根据线段垂直平分线得 EC＝EA，则∠ECA＝∠EAC，根据矩形的性质可得∠DAC，即可得
∠DCE．
【解答】解：∵MN是AC的垂直平分线，
∴EC＝EA，
∴∠ECA＝∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠D＝90°，
∴∠DAC＝∠EAC＝90°﹣∠CAD＝20°，
∴∠DCE＝∠DAC+∠ECA＝40°，
故答案为：40°．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
5．(2022秋•黄浦区校级期末)已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2．对角线AC的垂直平分线分别交AB、CD于点E、F．求线段CF的长．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质；
【分析】联结AF，由矩形的性质得AD＝BC＝2，DC＝AB＝4，∠D＝90°，由线段的垂直平分线的性质
5
得AF＝CF，根据勾股定理得AD2+DF2＝AF2，则22+(4﹣CF)2＝CF2，即可求得CF= ．
2
【解答】解：联结AF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，DC＝AB＝4，∠D＝90°，
∵EF垂直平分AC，
∴AF＝CF，
∵AD2+DF2＝AF2，且DF＝4﹣CF，
∴22+(4﹣CF)2＝CF2，
5
解得CF= ，
2
5
∴CF的长为 ．
2
【点评】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理的应用等知识，正确地作出所
需要的辅助线是解题的关键．
6．(2022秋•烟台期末)如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ADF：∠FDC＝3：2，DF⊥AC交BC于F，垂足为E，求∠BDF的度数．
【考点】矩形的性质；
【分析】由矩形的性质可得∠ADC＝90°，可求∠FDC＝36°，由余角的性质可得∠DCO＝54°，由等腰三
角形的性质可得∠ODC＝∠DCO＝54°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴∠ADC＝90°．AC＝BD，CO= AC，OD= BD，
2 2
∴CO＝DO，
∵∠ADF：∠FDC＝3：2，
2
∴∠FDC= ×90°＝36°．
5
∵DF⊥AC，
∴∠DEC＝90°．
∴∠DCO＝90°﹣∠FDC＝90°﹣36°＝54°．
∵CO＝OD，
∴∠ODC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠ODC﹣∠FDC＝54°﹣36°＝18°．
【点评】本题考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
核心知识5矩形的判定
1．(2022秋•深圳期末)要检验一个四边形画框是否为矩形，可行的测量方法是( )
A．测量四边形画框的两个角是否为90°
B．测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分
C．测量四边形画框的一组对边是否平行且相等
D．测量四边形画框的四边是否相等
【考点】矩形的判定；平行四边形的判定与性质；
【分析】由平行四边形的判定与性质、菱形的判定，矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、测量四边形画框的两个角是否为90°，不能判定为矩形，故选项A不符合题意；B、测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分，能判定为矩形，故选项B符合题意；
C、测量四边形画框的一组对边是否平行且相等，能判定为平行四边形，不能判定是否为矩形，故选项 C
不符合题意；
D、测量四边形画框的四边是否相等，能判定为菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟记“对角线互相平分的四边形为
平行四边形”是解题的关键．
2．(2022秋•天府新区期末)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．下列条件不能判
定平行四边形ABCD为矩形的是( )
A．∠ABC＝90° B．AC＝BD C．AD＝AB D．∠BAD＝∠ADC
【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；
【分析】利用矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可解答．
【解答】解：A．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不
符合题意；
B．根据对角线相等的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
C．根据邻边相等的平行四边形是菱形能判定平行四边形ABCD为菱形，不能判定平行四边形ABCD为矩
形，故此选项符合题意；
D．∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
又∵∠BAD＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】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；熟练掌握矩形的判定是解题的关
键．
3．如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，还要添加 条件，才能保
证四边形EFGH是矩形．【考点】；．
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边，HG∥BD，EH∥AC，根据平行线的性质∠EHG=∠1，
∠1=∠2，根据矩形的四个角都是直角，∠EFG=90°，所以∠2=90°，因此AC⊥BD．
【解答】解：∵G、H、E分别是BC、CD、AD的中点，
∴HG∥BD，EH∥AC，
∴∠EHG=∠1，∠1=∠2，
∴∠2=∠EHG，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=90°，
∴∠2=90°，
∴AC⊥BD．
故还要添加AC⊥BD，才能保证四边形EFGH是矩形．
【点评】本题主要考查三角形的中位线定理和矩形的四个角都是直角的性质，熟练掌握定理和性质是解
题的关键．
4．如图，在平行四边形ABCD中，延长AD到点E，使DE=AD，连接EB，EC，DB请你添加一个
条件 ，使四边形DBCE是矩形．
【考点】；．
【分析】利用平行四边形的判定与性质得到四边形DBCE为平行四边形，结合“对角线相等的平行四边形为矩形”来添加条件即可．
【解答】解：添加EB=DC．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
∴DE∥BC，
又∵DE=AD，
∴DE=BC，
∴四边形DBCE为平行四边形．
又∵EB=DC，
∴四边形DBCE是矩形．
故答案是：EB=DC．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质．解题时，也可以根据“有一内角为直角的
平行四边形为矩形”填空．
5．(2022秋•西安期末)如图， ABCD，BE平分∠ABC，CE平分∠BCD．BF∥CE，CF∥BE．求证：四
边形BECF是矩形． ▱
【考点】矩形的判定；平行四边形的性质；
【分析】先证四边形BECF是平行四边形，再证∠BEC＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵BF∥CE，CF∥BE，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，
1 1
∴∠EBC= ∠ABC，∠ECB= ∠BCD，
2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，1 1
∴∠EBC+∠ECB= (∠ABC+∠BCD)= ×180°＝90°，
2 2
∴∠BEC＝180°﹣(∠EBC+∠ECB)＝180°﹣90°＝90°，
∴平行四边形BECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形
的判定与性质是解题的关键．
6．(2022秋•朝阳区校级期末)如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点
A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接DF、CF．
(1)求证：四边形ABDF为平行四边形；
(2)求证：四边形ADCF为矩形．
【考点】矩形的判定；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；
【分析】(1)根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形
的判定定理即可得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到
∠ADC＝90°，于是得到结论．
【解答】证明：(1)∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE(AAS)，
∴AF＝BD，
∴四边形ABDF为平行四边形；
(2)∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，
正确的识别图形是解题的关键．
核心知识6矩形的性质与判定的综合运用
1．(2022春•鼓楼区校级期中)如图，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝1，CD
＝10，过D作DH⊥AB于H，则DH的长是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【考点】矩形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；
【分析】过C作CE⊥DH于E，证四边形BCEH是矩形．得HE＝BC＝1，再由含30°角的直角三角形的性
质得DE＝5，即可得出结论．
【解答】解：如图，过C作CE⊥DH于E，
则∠CEH＝∠CED＝90°，
∵DH⊥AB，
∴∠AHD＝∠BHE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形BCEH是矩形．
∴HE＝BC＝1，
在Rt△AHD中，∠A＝60°，∴∠ADH＝90°﹣∠A＝30°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠CDE＝90°﹣∠ADH＝60°，
∴∠DCE＝90°﹣∠CDE＝30°，
1
∴DE= CD＝5，
2
∴DH＝HE+DE＝1+5＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性
质是解题的关键．
2．(2022春•江夏区校级月考)如图，点 P是Rt△ABC中斜边AC(不与A，C重合)上一动点，分别作
PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，点O是MN的中点，若AB＝9，BC＝12，当点P在AC上运动时，
则BO的最小值是( )
A．3 B．3.6 C．3.75 D．4
【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短；勾股定理；
【分析】证四边形BMPN是矩形，得BP＝MN，由勾股定理求出AC＝15，当BP⊥AC时，BP最小，然后
由面积法求出BP的最小值，即可解决问题．
【解答】解：连接BP，如图所示：
∵∠ABC＝90°，PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，
∴四边形BMPN是矩形，AC=√AB2+BC2=√92+122=15，
∴BP＝MN，BP与MN互相平分，∵点O是MN的中点，
1
∴BO= MN，
2
AB×BC 9×12
当BP⊥AC时，BP最小= = =7.2，
AC 15
∴MN＝7.2，
1
∴BO= MN＝3.6，
2
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理以及面积法等知识；熟练掌握矩形的判
定与性质是解题的关键．
3．(2022秋•榆阳区校级期末)如图，BE，BF分别是∠ABC与它的邻补角∠ABD的平分线，AE⊥BE，垂
足为点E，AF⊥BF，垂足为点F，EF分别交边AB，AC于点M和N．若AB＝7，BC＝4，则MF+NE
的长为 ．
【考点】矩形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；
1 1
【分析】根据角平分线的定义可得∠ABE＝∠EBC= ∠ABC，∠ABF= ∠ABD，从而可得∠FBE＝90°，
2 2
再根据垂直定义可得∠AFB＝∠AEB＝90°，从而可得四边形AFBE是矩形，然后利用矩形的性质可得EF
1 1
＝AB＝7，ME= EF，MB＝MA= AB，从而可得MB＝ME，进而可得∠ABE＝∠MEB，最后利用平行线
2 2
1
的判定可得ME∥BC，从而可得MN是△ABC的中位线，进而可得MN= BC＝2，再利用线段的和差关系
2
进行计算即可解答．【解答】解：∵BE，BF分别是∠ABC与它的邻补角∠ABD的平分线，
1 1
∴∠ABE＝∠EBC= ∠ABC，∠ABF= ∠ABD，
2 2
∵∠ABC+∠ABD＝180°，
∴∠FBE＝∠ABF+∠ABE
1 1
= ∠ABD+ ∠ABC
2 2
＝90°，
∵AE⊥BE，AF⊥BF，
∴∠AFB＝∠AEB＝90°，
∴四边形AFBE是矩形，
1 1
∴EF＝AB＝7，ME= EF，MB＝MA= AB，
2 2
∴MB＝ME，
∴∠ABE＝∠MEB，
∴∠MEB＝∠EBC，
∴ME∥BC，
∵MB＝MA，
∴AN＝NC，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN= BC＝2，
2
∴MF+NE＝EF﹣MN＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解题
的关键．
4．(2022秋•绿园区校级期末)如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，
∠AEC＝90°．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)连接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，则平行四边形ABCD的面积为 ．【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；平行四边形的性质；
【分析】(1)根据已知条件先证明四边形 AECF为平行四边形，再根据∠AEC＝90°即可得证；
(2)由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，则∠BAE＝30°，根据含30度角的
直角三角形的性质，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF进而即可求得AD即可得到答案．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
又∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，
∵EC∥AF，EC＝AF，
∴四边形AECF为平行四边形，
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
(2)解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵BC∥AD，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB＝6，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，
∴∠BAE＝30°
1
∴BE= AB=3，
2
∴FD＝BE＝3，AE=√AB2-BE2=3√3
∴AD＝AF+FD＝9，
∴S =AD⋅AE=27√3，
四边形ABCD故答案为；27√3．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线
的定义，等角对等边，熟练以上知识点是解题的关键．
5．(2022秋•丰城市校级期末)如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边
CA、BC上，且DE⊥AC，DF∥AC．
(1)求证：四边形CEDF是矩形；
(2)连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．
【考点】矩形的判定与性质；
【分析】(1)由三个角是直角的四边形是矩形可证四边形CEDF是矩形；
(2)连接CD，由矩形的性质可得CD＝EF，当CD⊥AB时，CD有最小值，即EF有最小值，即可得出结论．
【解答】(1)证明：∵DF∥AC，∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠C＝90°，
∴∠DFC＝90°＝∠C，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠DFC＝∠C，
∴四边形CEDF是矩形；
(2)解：连接CD，如图所示：
由(1)可知，四边形CEDF是矩形，
∴CD＝EF，
∴当CD有最小值时，EF的值最小，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD⊥AB时，EF有最小值，
∵C到AB的距离是5，即点C到AB的垂直距离为5，
∴CD的最小值为5，
∴EF的最小值为5．【点评】本题考查了矩形的判定和性质以及最小值问题，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
6．(2022秋•朝阳区校级期末)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E为BC的中
点，EF⊥CD于点F，点G为CD上一点，连接OG，OE，且OG∥EF．
(1)求证：四边形OEFG为矩形；
(2)若AD＝13，OG＝6，∠ABD＝45°，则AB＝ ．
【考点】矩形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的性质；
【分析】(1)证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∠EFG＝
90°，即可得出结论；
(2)证△ODG是等腰直角三角形，得OD=√2OG＝6√2，则BD＝2OD＝12√2，过D作DM⊥AB于点M，
则△BDM是等腰直角三角形，得DM＝BM＝12，然后由勾股定理得AM＝9，即可解决问题．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵点E为BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE∥CD，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥CD，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG为矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，OB＝OD，
∴∠ODG＝∠ABD＝45°，由(1)可知，四边形OEFG为矩形，
∴∠OGF＝90°，
∴∠OGD＝90°，
∴△ODG是等腰直角三角形，
∴OD=√2OG＝6√2，
∴BD＝2OD＝12√2，
如图，过D作DM⊥AB于点M，
则△BDM是等腰直角三角形，
√2
∴DM＝BM= BD＝12，
2
在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM=√AD2-DM2=5，
∴AB＝AM+BM＝5+12＝17，
故答案为：17．
【点评】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、等腰直角三角
形的判定与性质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．
核心知识7菱形的性质
1．(2022秋•新城区校级期末)如图：在菱形ABCD中，AB＝3，过点A作AE⊥BC于点E，交BD于点F，
点G为DF的中点．若∠BAG＝90°，则AG的长为( )
√3 3
A． B．1 C． D．√3
3 2
【考点】菱形的性质；【分析】根据菱形的性质得出∠ABD＝∠ADB，进而得出∠ABG＝30°，根据含30度角的直角三角形的性
质，以及勾股定理解Rt△ABG，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB．
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD．
∵点G为DF的中点，
∴AG＝DG，
∴∠GAD＝∠GDA，
∴∠AGB＝2∠ADB．
∵∠BAG＝90°，
∴∠AGB+∠ABG＝2∠ADB+∠ABG＝3∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝30°．
√3 √3
∴AG=AB⋅ =3× =√3．
3 3
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的
关键．
2．(2023•东莞市模拟)如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为
CD的中点，连接OF，若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为( )
A．5 B．2√5 C．3√3 D．6
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，
再根据三角形中位线性质，求出OF的长．
【解答】解：已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥BD，
在Rt△AOE中，
∵OE＝3，OA＝4，
∴根据勾股定理得AE=√32+42=5，
∵AE＝BE，
∴OB＝AE+OE＝8，
在Rt△AOB中，AB=√42+82=4√5，
即菱形的边长为4√5，
∵点F为CD的中点，点O为DB中点，
1
∴OF= BC=2√5．
2
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股
定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
3．(2022秋•南岸区期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，则菱
形ABCD的周长为 ．
【考点】菱形的性质；
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO＝OD，AO＝OC，在Rt△AOB中，根据勾
股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．
【解答】解：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝OD＝4，AO＝OC＝3，AC⊥BD，
∴AB=√AO2+OB2=5，
故菱形的周长为4×5＝20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．
4．(2022秋•泰山区校级期末)如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，
EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝2√3，则GH的最小值为 ．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理；
1
【分析】连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH= AF，求出AF的最小值即可解决问题．
2
【解答】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2√3，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
1
∴GH= AF，
2
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
√2 √2
∴AF= AB= ×2√3=√6，
2 2
√6
∴GH= ，
2
√6
即GH的最小值为 ，
2√6
故答案为： ．
2
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
5．(2022•西湖区校级模拟)如图，在菱形ABCD中，BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F．
(1)求证：BE＝BF．
(2)当DE＝8，CF＝4时，求菱形ABCD的面积．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】(1)证△ABE≌△CBF(AAS)，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得BC＝CD＝12，再由勾股定理得BF＝8√2，即可解决问题．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，∠A＝∠C，
∵BE⊥AD，BF⊥CD，
∴∠BEA＝∠BFC＝90°，
在△ABE和△CBF中，
{∠BEA=∠BFC
∠A=∠C ，
AB=CB
∴△ABE≌△CBF(AAS)，
∴BE＝BF；
(2)解：∵DE＝8，CF＝4，
∴CD＝DF+CF＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝12，
∵BF⊥CD，
∴∠BFC＝90°，∴BF=√BC2-CF2=√122-42=8√2，
∴菱形ABCD的面积＝CD•BF＝12×8√2=96√2．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质
和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．(2022秋•东港市期末)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AB于点E，交AC于点
P，BF⊥DC于点F．
(1)四边形DEBF是 ；
(2)若BE＝2，BF＝4，求DP的长．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；
【分析】(1)根据菱形的性质和矩形的判定解答即可；
(2)根据菱形的性质和矩形的性质得出DE＝BF＝4，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：(1)∵DE⊥AB，BF⊥DC，
∴∠DEB＝∠BFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DEB+∠EDF＝180°，
∴∠EDF＝∠DEB＝∠BFD＝90°，
∴四边形DEBF是矩形，
故答案为：矩形；
(2)如图，连接PB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PB＝PD，
由(1)知，四边形DEBF是矩形，∴DE＝FB＝4，
设PD＝BP＝x，则PE＝4﹣x，
在Rt△PEB中，由勾股定理得：(4﹣x)2+22＝x2，
5
解得：x= ，
2
5
∴DP= ．
2
【点评】此题考查菱形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的
判定与性质是解题的关键．
核心知识8菱形的判定
1．(2022秋•南关区校级期末)如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO＝CO，BO＝
DO．添加下列条件，能判定四边形ABCD是菱形的是( )
A．AB＝AD B．AC＝BD C．∠ABC＝90° D．AO＝BO
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；
【分析】四边形ABCD的对角线AC与BD互相平分，则该四边形是平行四边形．平行四边形 ABCD中，
有一组邻边相等，则该四边形是菱形．平行四边形ABCD的对角线AC与BD相等时，该四边形是矩形．
据此进行解答．
【解答】解：∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
A．当AB＝AD时，平行四边形ABCD是菱形，符合题意；
B．当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，不符合题意；C．当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，不符合题意；
D．当AO＝BO时，∵AO＝CO，BO＝DO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查菱形判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．
2．(2022秋•岳麓区校级月考)如图，点E，F分别在 ABCD的边AB，BC上，AE＝CF，连接DE，DF．
请问下列条件中不能使 ABCD为菱形的是( )▱
▱
A．∠1＝∠2 B．DE＝DF C．∠3＝∠4 D．AD＝CD
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质；
【分析】由菱形的判定、平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
在△ADE和△CDF中，
{∠1=∠2
∠A=∠C，
AE=CF
∴△ADE≌△CDF(AAS)，
∴AD＝CD，
∴ ABCD为菱形，故选项A不符合题意；
B、▱由AE＝CF，DE＝DF，∠A＝∠C，不能判定△ADE≌△CDF，
∴不能得出AD＝CD，
∴不能使 ABCD为菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边▱形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
在△ADE和△CDF中，{∠3=∠4
AE=CF ，
∠A=∠C
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AD＝CD，
∴ ABCD为菱形，故选项C不符合题意；
D、▱∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝CD，
∴ ABCD为菱形，故选项D不符合题意；
故▱选：B．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形
的判定，证明三角形全等是解题的关键．
3．(2021秋•莱西市期末)如图，△ABC中，D为BC上一点，DE∥AB，DF∥AC．增加下列条件能判定四
边形AFDE为菱形的是( )
A．点D在∠BAC的平分线上 B．AB＝AC
C．∠A＝90° D．点D为BC的中点
【考点】菱形的判定；
【分析】先证四边形AFDE是平行四边形，然后逐一判断即可得出结论．
【解答】解：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
如图，连接AD，
∴三角形ADE和三角形ADF的面积相等，∴当点D在∠BAC的平分线上，点D到AE，AF的距离相等，
∴AF＝AE，
∴平行四边形AFDE是菱形；
B，D不能得平行四边形AFDE是菱形；
C能得平行四边形AFDE是矩形；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的
判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
4．如图在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四
边形CDEB，当AD＝ ，平行四边形CDEB为菱形．
【考点】菱形的判定；
【分析】首先根据勾股定理求得AB＝5；然后利用菱形的对角线互相垂直平分、邻边相等推知OD＝OB，
CD＝CB；最后Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB的值，则AD＝AB﹣2OB．
【解答】解：如图，连接CE交AB于点O．
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB=√AC2+BC2=5(勾股定理)．
若平行四边形CDEB为菱形时，CE⊥BD，且OD＝OB，CD＝CB．
1 1
∵ AB•OC= AC•BC，
2 2
12
∴OC= ．
5
√ 12 2 9
∴在Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB=√BC2-OC2= 32-( ) = ，
5 5
7
∴AD＝AB﹣2OB= ．
57
故答案是： ．
5
【点评】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的对角线互相垂直平分．
5．(2022•长治二模)如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，AB∥CD，延长CD至点E，使DE＝CD，
1
连接AE，且AE⊥AC，AB= EC．求证：四边形ABCD是菱形．
2
【考点】菱形的判定；
1
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AD=DC=DE= CE，则AB＝AD＝DC，再证明四边形
2
ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵∠CAE＝90°，DE＝CD，
1
∴AD=DC=DE= CE，
2
1
∵AB= EC．
2
∴AB＝AD＝DC，
∵AB∥EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
6．(2022秋•章丘区校级月考)已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于点F，E
是AC的中点，过点A作AD∥BC，交FE的延长线于点D．
(1)求证：四边形AFCD是平行四边形；
(2)给△ABC添加一个条件，使得四边形AFCD是菱形．请证明你的结论．
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；
【分析】(1)证明△EAD≌△ECF(ASA)，由全等三角形的性质得出DE＝EF，由平行四边形的判定可得出
结论；
(2)证出FA＝FC，根据菱形的判定可得出结论．
【解答】(1)证明：∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠FCE，
在△EAD和△ECF中，
{∠DAE=∠FCE
AE=CE ，
∠AED=∠FEC
∴△EAD≌△ECF(ASA)，
∴DE＝EF，
∴四边形AFCD是平行四边形；
(2)解：当∠BAC＝2∠ACB时，四边形AFCD是菱形，
证明：∵∠BAF＝∠CAF，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴FA＝FC，
又∵四边形AFCD是平行四边形，
∴四边形AFCD是菱形．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角
形的判定以及菱形的判定，证明△EAD≌△ECF是解题的关键．核心知识9菱形的性质与判定的综合运用
1．(2022春•平邑县期末)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，延长CB至E使BE＝
3
CD，连接AE，下列结论①AE＝2OD；②∠EAC＝90°；③四边形ADBE为菱形；④S四边形AEBO =
4
S
菱形ABCD 中，正确的结论个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】菱形的判定与性质；
【分析】先判定四边形AEBD是平行四边形，再根据平行四边形的性质以及菱形的性质，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝CD，AD∥BC，BD＝2DO，
又∵BE＝CD，
∴AD＝BE，
∴四边形ADBE是平行四边形，
当BD＝AD时，四边形ADBE为菱形，故③不正确，
∴AE＝BD，
∴AE＝2DO，故①正确；
∵四边形ADBE是平行四边形，四边形ABCD是菱形，
∴AE∥BD，AC⊥BD，
∴AE⊥AC，
即∠CAE＝90°，故②正确；
∵四边形ADBE是平行四边形，
1
∴S△ABE ＝S△ABD =
2
S菱形ABCD ，∵四边形ABCD是菱形，
1
∴S△ABO =
4
S菱形ABCD ，
3
∴S四边形AEBO ＝S△ABE +S△ABO =
4
S菱形ABCD ，故④正确；
正确的结论个数有3个，
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌
握菱形的判定与在是解题的关键．
2．(2022春•威县期末)如图1，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，要在对角线BD上找两点
M、N，使得四边形AMCN是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是( )
A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是
【考点】菱形的判定与性质；
【分析】根据菱形的性质可得OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，然后根据给出的方案进行判定即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，
∵BM＝DN，∴OM＝ON，
∵OA＝OC，MN⊥AC，
∴四边形AMCN是菱形，
故方案甲正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，∠BAC＝∠DAC，
∵AM，AN是∠BAC和∠DAC的平分线，
∴∠MAC＝∠NAC，
∵∠AOM＝∠AON＝90°，
在△AOM和△AON中，
{∠MAC=∠NAC
AO=AO ，
∠AOM=∠AON
∴△AOM≌△AON(ASA)，
∴OM＝ON，
∵OA＝OC，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵AC⊥MN，
∴四边形AMCN是菱形．
故方案乙正确．
故选：C．
【点评】本题综合考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①
四条边都相等的四边形是菱形菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形菱形．③一组邻边相等的平
行四边形是菱形菱形．
3．(2022春•南岗区校级期中)如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，CD＝2OB，E为CD延长线上一
点，使得DE＝CD，连结BE，分别交AC、AD于点F、G，连结OG，AE，则下列结论：①∠ABC＝
1
120°；②OG= AB；③四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等；④由点A、B、D、E构成的四
2
边形是菱形．其中正确的结论个数是( )A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；
【分析】根据菱形的性质得出BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，求出BC＝DC＝BD，根据等边三角形
的判定得出△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠BCD＝60°，求出∠ABC＝120°，求出
∠BAG＝∠EDG，AB＝DE，根据全等三角形的判定得出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得出
1
AG＝DG，BG＝GE，求出OG∥AB∥DE，OG= AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离(设距
2
离为h)，求出四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，根据菱形的判定求出四边形ABDE是菱形即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，
∵CD＝2OB，
∴BC＝DC＝BD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝120°，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
{∠BAG=∠EDG
∠AGB=∠DGE，
AB=DE
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG＝DG，BG＝GE，∵BO＝DO，AB∥DE，
1
∴OG∥AB∥DE，OG= AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离(设距离为h)，
2
1 1
∵四边形ODEG的面积S= (DE+OG)h，四边形OBAG的面积S′= (AB+OG)h，AB＝DE，
2 2
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故②正确，③正确；
∵AG＝DG，BG＝GE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵DE＝CD＝BD，
∴四边形ABDE是菱形，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点
能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
4．(2022秋•宜昌期中)如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°．△ABD和△ACE都是等边三角形，
F为AB的中点，连接DE交AB于点G，EF与AC交于点H．以下结论：①EF⊥AC；②四边形
1
ADFE为菱形；③AD＝4AG；④FH= BD．其中，正确的结论有 ．(填写所有正确结论的
4
序号)
【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；
【分析】连接CF，证明点E，点F在AC的垂直平分线上，即可判断①正确；根据等腰三角形的性质可
得DF⊥AB，所以AD＞DF，进而可以判断②错误；根据等边三角形的性质，证明四边形ADFE是平行四边形，进而可以判断③正确；根据含30度角的直角三角形即可判断④正确．
【解答】解：①如图，连接CF，
∵∠ACB＝90°，F为AB中点，
1
∴CF= AB＝AF，
2
∴点F在AC的垂直平分线上，
∵△ACE是等边三角形，
∴AE＝CE，
∴点E在AC的垂直平分线上，
∴EF⊥AC，故①正确；
②∵△ABD是等边三角形，F是AB中点，
∴DF⊥AB，
∴AD＞DF，
∴四边形ADFE不可能是菱形，故②不正确；
③∵△ABD是等边三角形，
∴AB＝AD＝BD，∠DAB＝60°，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∴∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴AD∥BC，
∵AC⊥EF，∠ACB＝90°，
∴EF∥AD，
∵△ACE是等边三角形，EF⊥AC，
∴∠AEC＝∠CAE＝60°，∠AEF＝30°，
∴EF＝2AF＝AB，
∴AD＝EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，1 1 1
∴AG= AF= AB= AD，
2 4 4
∴AD＝4AG，故③正确；
④∵∠BAC＝30°，
1 1 1
∴FH= AF= AB= BD，
2 4 4
1
∴FH= BD，故④正确；
4
正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了菱形的判定、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线
性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质是解题的关键．
5．(2023•惠阳区校级开学)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BA＝BC，BD平分∠ABC．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)过点D作DE⊥BD，交BC的延长线于点E，若BC＝5，BD＝8．
①求菱形ABCD的面积．
②求四边形ABED的周长．
【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；
【分析】(1)根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，根据角平分线定义得到∠ABD＝∠CBD，等量代换
得到∠ADB＝∠ABD，根据等腰三角形的判定定理得到AD＝AB，根据菱形的判定即可得到结论；
(2)由垂直的定义得到∠BDE＝90°，等量代换得到∠CDE＝∠E，根据等腰三角形的判定得到 CD＝CE＝
BC，根据勾股定理得到DE=√BE2-BD2=6，于是得到结论．
【解答】(1)证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD 平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，∵BA＝BC，
∴AD＝BC，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵BA＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
(2)解：①菱形ABCD中，CB＝CD，
∴∠CBD＝∠BDC，
∵∠BDC+∠CDE＝90°，∠CBD+∠BED＝90°，
∴∠EDC＝∠CED，
∴CD＝CE＝5，
∴BE＝10，
∴DE=√BE2-BD2=6，
∵S△ABD ＝S△BDC ＝S△EDC ，
3 3
∴S四边形ABCD =
2
S△BDE =
2
×6×8＝72；
②C四边形ABCD ＝AD+AB+BE+DE＝5+5+10+6＝26．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线定义，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质
正确的识别图形是解题的关键．
6．(2022秋•天府新区期末)如图，在Rt△ABF中，∠F＝30°，E，D分别是AF，BF的中点，延长ED到
点C，使得CD＝2DE，连接CB．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若DE=√3，求菱形ABCD的面积．
【考点】菱形的判定与性质；三角形中位线定理；
【分析】(1)由三角形中位线定理得DE∥AB且2DE＝AB，再证AB＝CD，则四边形ABCD是平行四边形，1
然后证AD= BF＝BD，即可得出结论；
2
(2)由菱形的性质得AD＝CD，再证CD＝DF＝2DE＝2√3，然后由勾股定理得EF＝3，即可解决问题．
【解答】(1)证明：∵E，D分别是AF，BF的中点，
∴DE是△ABF的中位线，
∴DE∥AB且2DE＝AB，
∵CD＝2DE，
∴AB＝CD，
∵CD∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠BAF＝90°，D是斜边BF的中点，
1
∴AD= BF＝DF＝BD，
2
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
由(1)可知，AD＝DF＝BD，DE∥AB，
∴∠DEF＝∠BAF＝90°，
∴CE⊥AF，
∵∠F＝30°，
∴CD＝DF＝2DE＝2√3，
∴EF=√DF2-DE2=√(2√3) 2-(√3) 2=3，
∵E是AF的中点，
∴AE＝EF＝3，
∴菱形ABCD的面积＝CD•AE＝2√3×3＝6√3．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、含 30°角的直角
三角形的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．
核心知识10正方形的性质
1．(2022秋•薛城区期末)已知点 P是正方形 ABCD内部一点，且△PAB是正三角形，则∠CPD＝
度．【考点】正方形的性质；等边三角形的性质；
【分析】如图，先求出∠DAP＝∠CBP＝30°，由PB＝BC，就可以求出∠PCD＝15°，从而得出∠CDP＝
15°，进而得出∠CPD的度数．
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵△ABP是等边三角形，
∴AP＝BP＝AB，∠PAB＝∠PBA＝60°，
∴AP＝AD＝BP＝BC，∠DAP＝∠CBP＝30°．
∴∠BCP＝∠BPC＝∠APD＝∠ADP＝75°，
∴∠PDC＝∠PCD＝15°，
∴∠CPD＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣15°﹣15°＝150°．
故答案为：150．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，等边三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答
时运用三角形内角和是关键．
2．(2022秋•大渡口区校级期末)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE＝CF，
连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G．若∠AED＝70°，则∠AGD的度数为( )
A．50° B．55° C．60° D．65°
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】由四边形 ABCD 是正方形得 AD＝DC，∠ADE＝∠C＝∠DAG＝90°，AD∥BC，即可证明1
△ADE≌△DCF，得∠AED＝∠DFC＝∠ADF＝70°，则∠ADG= ∠ADF＝35°，即可根据“直角三角形
2
的两个锐角互余”求得∠AGD＝65°，得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE＝∠C＝∠DAG＝90°，AD∥BC，
在△ADE和△DCF中，
{
AD=DC
∠ADE=∠C，
DE=CF
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠AED＝∠DFC＝∠ADF＝70°，
∵DG平分∠ADF，
1
∴∠ADG= ∠ADF＝35°，
2
∴∠AGD＝90°﹣∠ADG＝55°，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义、直
角三角形的两个锐角互余等知识，证明△ADE≌△DCF是解题的关键．
3．(2022秋•南关区校级期末)如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，作EF⊥AB于点F，
连接DE，若BC＝11，BF＝4，则DE的长为( )
A．3√6 B．6√2 C．2√13 D．√65
【考点】正方形的性质；
【分析】连接BE，由正方形的性质求得AB，进而求得AF与EF，再由勾股定理求得BE，最后根据轴对
称性质求得DE．
【解答】解：连接BE，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝11，∠EAF＝45°，
∵EF⊥AB，
∴EF＝AF＝AB﹣BF＝11﹣4＝7，
∴BE=√BF2+EF2=√65，
∵正方形ABCD关于AC对称，
∴DE＝BE=√65，
故选：D．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，关键是由正方形的性质与勾股定理
求得BE的长度．
4．(2022秋•雁塔区校级期末)如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，延长BC至点H，使CH＝
BE，过点H作FH⊥BC，连接EF，且EF＝AE．求证：△ABE≌△EHF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定；
【分析】根据正方形的性质可得 AB＝BC，∠B＝90°，根据已知条件可证AB＝EH，∠EHF＝90°，根据
HL即可得证．
【解答】证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠B＝90°，
∵BE＝CH，
∴BC＝EH，
∴AB＝EH，
∵FH⊥BC，∴∠EHF＝90°，
在Rt△ABE和Rt△EHF中，
{AB=EH
，
AE=EF
∴Rt△ABE≌Rt△EHF(HL)．
【点评】本题考查了三角形全等的判定，涉及正方形的性质，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解
题的关键．
5．(2022秋•碑林区校级期末)如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边
作正方形AEFG，连接DG．求证：DG＝BE．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】由正方形的性质可得 AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，由“SAS”可证
△ABE≌△ADG，可得DG＝BE．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
∠BAE=∠DAG，
AE=AG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴DG＝BE．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．(2022秋•阳山县期中)如图，正方形ABCD和正方形AEFG有公共点A，点B在线段DG上．
(1)求证：△ADG≌△ABE；
(2)判断DG与BE的位置关系，并说明理由．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】(1)由“SAS”可证△DAG≌△BAE；
(2)由(1)可得DG＝BE，∠ADG＝∠ABE，可得结论
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD，四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝∠GAE，AE＝AG，∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△DAG和△BAE中，
{
AD=AB
∠DAG=∠BAE，
AG=AE
∴△DAG≌△BAE(SAS)；
(2)解：DG⊥BE，
理由如下：由(1)知△DAG≌△BAE，
∴DG＝BE，∠ADG＝∠ABE＝45°，
∴∠ABD+∠ABE＝90°，即∠GBE＝90°．
∴DG⊥BE．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
核心知识11正方形的判定
1．(2023•碑林区校级一模)添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是( )
A．AB＝CD B．AC⊥BD C．∠BAD＝90° D．AC＝BD
【考点】正方形的判定；矩形的性质；
【分析】由正方形的判定、矩形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠BAD＝90°，AC＝BD，故选项A、C、D不符合题意；
D：对角线互相垂直的矩形是正方形，故选项B符合题意．
故选：B．【点评】本题考查了正方形的判定、矩形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的性质是解题的关键．
2．(2022•新野县三模)在 ABCD中，已知AC，BD为对角线，现有以下四个条件：①∠ABC＝90°；
②AC＝BD；③AC⊥▱BD；④AB＝BC．从中选取两个条件，可以判定 ABCD为正方形的是
．(写出一组即可) ▱
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；
【分析】根据正方形的判断方法即可判断．
【解答】解：根据正方形的判断方法可知：满足条件①③或①④或②③或②④时， ABCD是正方
形． ▱
故答案为：①③(答案不唯一)．
【点评】本题考查了正方形的判定，正方形的判定方法有：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
3．如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满
足的条件是 ．
【考点】；．
【分析】依据条件先判定四边形EFGH为菱形，再根据∠FEH=90°，即可得到菱形EFGH是正方形．
【解答】解：满足的条件应为：AC=BD且AC⊥BD．
理由：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线，
1
∴HG∥AC且HG= AC；
2
1 1
同理EF∥AC且EF= AC，同理可得EH= BD，
2 2
则HG∥EF且HG=EF，∴四边形EFGH为平行四边形，
又∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH为菱形，
∵AC⊥BD，EF∥AC，
∴EF⊥BD，
∵EH∥BD，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴菱形EFGH是正方形．
故答案为：AC=BD且AC⊥BD．
【点评】此题考查了中点四边形的性质、三角形中位线定理以及正方形的判定．解题时注意：三角形的
中
位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
4．(2022秋•郓城县期中)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF⊥DE，且AF＝DE，
AF与DE相交于点G．求证：矩形ABCD为正方形．
【考点】正方形的判定；矩形的性质；
【分析】根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得
△ABF≌△DAE，由全等三角形的性质得AD＝AB即可得四边形ABCD是正方形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
5．(2022秋•新民市期中)如图，在矩形ABCD中，E是BD上一点，∠BAE＝∠BCE，∠AEB＝∠CEB．
求证：四边形ABCD是正方形．
【考点】正方形的判定；矩形的性质；
【分析】方法一：连接AC交BD于O点，根据AAS证明△AEO≌△CEO，根据全等三角形的性质可得
AE＝CE，根据矩形的性质得 OA＝OC，由∠AEO＝∠CEO，则可判断△AEC 为等腰三角形，所以
OE⊥AC，然后根据对角线互相垂直的矩形为正方形得到结论．
方法二：易证△ABE≌△CBE(AAS)，由此可得AB＝CB，再根据邻边相等的矩形是正方形即可得证．
【解答】方法一：
证明：连接AC交BD于O点，如图，
在△AEO与△CEO中，
{∠BAE=∠BCE
∠AEB=∠CEB，
EB=EB∴△AEO≌△CEO(AAS)，
∴AE＝CE，
∴△AEC为等腰三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，
∴OE⊥AC，
即AC⊥BD，
∴AC和BD互相垂直平分，
∴四边形ABCD为菱形，
而∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
方法二：
在△ABE和△CBE中，
{∠BAE=∠BCE
∠AEB=∠CEB，
EB=EB
∴△ABE≌△CBE(AAS)，
∴BA＝BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四
边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
核心知识12正方形的性质与判定的综合运用
1．(2022春•武城县期末)如图平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BD＝2BC，E．F．G分别是
OC，OD，AB的中点，下列结论：
①△EFG为等腰三角形；②四边形AGEF为正方形；
③ME⊥GF；
④GH＝HE；
⑤∠ADB＝2∠CBE；
⑥GF平分∠AGE．
其中正确的有 ．
【考点】正方形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；
【分析】根据平行四边形的性质可得证明△BOC是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得BE⊥AC，根
1 1
据直角三角形斜边中线定理得GE= AB，由三角形中位线得EF= CD，进而得到EG＝EF，可判断①；
2 2
证明四边形AGEF是菱形可判断②③⑥，根据三角形中位线定理得到四边形BEFG是平行四边形，根据
平行四边形的性质可判断④；根据平行线的性质和等腰三角形的性质可判断⑤．
【解答】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴AD∥BC，AD＝BC，DO＝BO= BD，
2
∵BD＝2AD，
∴AD＝DO，
∴BC＝BO，
∵E是CO中点，
∴BE⊥AC，
∵BC＝BO，
∴△BOC是等腰三角形，
∵E是CO中点，
∴EB⊥CO，
∴∠BEA＝90°，∵G为AB中点，
1
∴EG= AB，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
1
∴EF= CD，
2
∴EG＝EF，
∴△EFG为等腰三角形；故①正确；
②连接AF，
Rt△AEB中，G是AB的中点，
1
∴EG= AB＝AG，
2
∵EG＝EF，
∴AG＝EF，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，
∵AB∥CD，
∴AG∥EF，
∴四边形AGEF是菱形，
∴AE⊥FG，GF平分∠AGE，
故②错误，③⑥正确；
∵E．F．G分别是OC，OD，AB的中点，
1 1
∴EF∥CD∥AB，EF= CD= AB＝BG，
2 2
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴GH＝HE；故④正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD＝2∠CBE，
∴故⑤正确；
本题正确的有：①③④⑤⑥．故答案为：①③④⑤⑥．
【点评】此题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、
等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形三线合一的性质．
2．(2022春•碑林区校级月考)如图，∠EOD＝90°，点A、B分别在OE，OD上，∠EAB与∠ABD的角平
分线交于点P，PC⊥AB于C，若PC＝2，则OP＝ ．
【考点】正方形的判定与性质；角平分线的性质；
【分析】过点P作PG⊥OE于G，PH⊥OD于H，根据角平分线的性质得到PG＝PH，根据勾股定理计算，
得到答案．
【解答】解：过点P作PG⊥OE于G，PH⊥OD于H，
∵∠EOD＝90°，
∴四边形GOHP为矩形，
∵AP平分∠EAB，PC⊥AB，PG⊥OE，
∴PG＝PC＝2，
同理可得：PH＝PC＝2，
∴PG＝PH，
∴矩形GOHP为正方形，
∴OH＝PG＝2，
∴OP=√22+22=2√2，
故答案为：2√2．【点评】本题考查的是正方形的判定和性质、角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距
离相等是解题的关键．
3．(2022春•新泰市期中)如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、
ON 分别交 BC、CD 于点 E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF 交于点 G．给出下列结论：
1
①△COE≌△DOF；②△OBE≌△OCF；③四边形 CEOF 的面积为正方形 ABCD 面积的 ；
4
④DF2+CE2＝EF2.其中正确的为 .(将正确的序号都填入)
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；
【分析】利用全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案．
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF(ASA)，故①正确；
②在正方形ABCD中，OC＝OB，∠COB＝90°，∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
∴△OBE≌△OCF(ASA)；故②正确；③由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
1
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ，故③正确；
4
④∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，
在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，
∴DF2+BE2＝EF2，故④错误；
综上所述，正确的是①②③，
故选：①②③．
【点评】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定，解题的关键是利
用旋转全等证明出△COE≌△DOF，属于选择压轴题．
4．(2020秋•平昌县期末)如图，正方形ABCD中，动点E在AC上，AF⊥AC，垂足为A，AF＝AE，连接
BF．
(1)求证：BF＝DE；
(2)当点E运动到AC中点时(其他条件不变)，四边形AFBE是正方形吗？请说明理由．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】(1)根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF＝DE；(2)利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵AF⊥AC，
∴∠EAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
在△ADE和△ABF中，
{
AD=AB
∠DAE=∠BAF，
AE=AF
∴△ADE≌△ABF(SAS)，
∴BF＝DE；
(2)解：当点E运动到AC的中点时四边形AFBE是正方形，
理由：点E运动到AC的中点，AB＝BC，
1
∴BE⊥AC，BE＝AE= AC，
2
∵AF＝AE，
∴BE＝AF＝AE，
又∵BE⊥AC，∠FAE＝∠BEC＝90°，
∴BE∥AF，
∵BE＝AF，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∵∠FAE＝90°，AF＝AE，
∴四边形AFBE是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题
的关键是正确的利用正方形的性质．
5．(2022秋•市中区校级月考)如图，在正方形ABCD和平行四边形BEFG中，点A，B，E在同一条直线
上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
(1)求证：四边形BEFG是矩形；
(2)PG与PC的夹角为 度时，四边形BEFG是正方形，请说明理由．【考点】正方形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；
【分析】(1)由正方形ABCD，易得∠EBG＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可证得四
边形BEFG是矩形；
(2)首先作辅助线：延长 GP 交 DC 于点 H，根据正方形与平行四边形的性质，利用 AAS 易得
△DHP≌△FGP，则有HP＝GP，当∠CPG＝90°时，利用SAS易证△CPH≌△CPG，根据全等三角形与
正方形的性质，即可得BG＝GF，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得 BEFG是菱形，而
∠EBG＝90°，即得四边形BEFG是正方形． ▱
【解答】解：(1)∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝90°，
∴平行四边形BEFG是矩形．
(2)90°；
理由：延长GP交DC于点H，
∵正方形ABCD和平行四边形BEFG中，AB∥DC，BE∥GF，
∴DC∥GF，
∴∠HDP＝∠GFP，∠DHP＝∠FGP，
∵P是线段DF的中点，
∴DP＝FP，
∴△DHP≌△FGP，
∴HP＝GP，
当∠CPG＝90°时，∠CPH＝∠CPG，
∵CP＝CP，∴△CPH≌△CPG(SAS)，
∴CH＝CG，
∵正方形ABCD中，DC＝BC，
∴DH＝BG，
∵△DHP≌△FGP(SAS)，
∴DH＝GF，
∴BG＝GF，
∴ BEFG是菱形，
由▱(1)知四边形BEFG是矩形，
∴四边形BEFG是正方形．
故答案为：90°．
【点评】此题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定以及全等三角形的判定与性
质等知识．此题综合性比较强，解题时要注意数形结合思想的应用．
核心知识13三角形的中位线定理
1．(2022秋•二道区校级期末)如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在
BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的性质；
【分析】根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝13，BF＝5，
∴FC＝BC﹣BF＝13﹣5＝8，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，1 1
∴DE= FC= ×8＝4．
2 2
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是
解题的关键．
2．(2022秋•泰山区校级期末)如图，△ABC中，AB＝9cm，AC＝5cm，点E是BC的中点，若AD平分
∠BAC，CD⊥AD，线段DE的长为( )
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；
【分析】延长CD交AB于F，证明△ADF≌△ADC，根据全等三角形对应边相等可得AF＝AC，CD＝
FD，再求出BF并判断出DE是△BCF的中位线，根据三角形的中位线等于第三边的一半解答．
【解答】解：如图，延长CD交AB于F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠FAD，
∵AD⊥AD，
∴∠ADC＝∠ADF＝90°，
在△ADF和△ADC中，
{∠DAF=∠DAC
AD=AD ，
∠ADF=∠ADC
∴△ADF≌△ADC(ASA)，
∴AF＝AC＝5cm，CD＝FD，
∴BF＝AB﹣AE＝9﹣5＝4cm，
∵CD＝FD，点E为BC的中点，
∴DE是△BCF的中位线，
1
∴DE= BF＝2cm，
2
故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线等于第三边
的一半是解题的关键．
3．(2022秋•路北区校级期末)如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，
AE是∠BAD的平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，则DF的长为( )
A．5.5 B．6.5 C．7.5 D．6
【考点】直角三角形斜边上的中线；平行线的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得到 AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，从而可得到∠BAD＝60°，
∠ADB＝90°，再根据角平分线的性质即可得到∠DAE＝∠EAB＝30°，从而可推出AD＝DF，根据直角三
角形30度角的性质即可求得AD的长，即得到了DF的长．
【解答】解：∵△ABC是等腰三角形，D为底边的中点，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，
∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE＝∠EAB＝30°．
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°．
∴∠DAF＝∠F＝30°，
∴AD＝DF．
∵AB＝13，∠B＝30°，
∴AD＝6.5，
∴DF＝6.5．故选：B．
【点评】本题考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质等知识点，能求出
AD＝DF是解此题的关键．
4．(2022秋•新泰市期末)如图，四边形ABCD中，AD＝BC，E，F，G分别是AB，DC，AC的中点．若
∠ACB＝64°，∠DAC＝22°，则∠EFG的度数为 ．
【考点】三角形中位线定理；
【分析】根据三角形中位线定理和等腰三角形等边对等角的性质求解即可．
【解答】解：∵AD＝BC，E，F，G分别是AB，CD，AC的中点，
∴GF是△ACD的中位线，GE是△ACB的中位线．
1 1
∴GF∥AD且GF= AD，GE∥BC且GE= BC．
2 2
又∵AD＝BC，
∴GF＝GE，∠FGC＝∠DAC＝22°，∠AGE＝∠ACB＝64°．
∴∠EFG＝∠FEG．
∵∠FGE＝∠FGC+∠EGC＝22°+(180°﹣64°)＝138°，
1
∴∠EFG= (180°﹣∠FGE)＝21°．
2
故答案是：21°．
【点评】主要考查了中位线定理和等腰三角形两底角相等的性质，题目的难度不大．
5．(2022秋•招远市期末)如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF
＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH．
(1)求证：四边形AFHD为平行四边形；
(2)若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度数．【考点】平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理；
【分析】(1)由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，
1
BC= FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
2
(2)由平行四边形的性质得出∠BCE＝50°，再由等腰三角形的性质得出∠CBE＝∠CEB，根据三角形内角
和定理即可得出结果．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
1
∴BC∥FG，BC= FG，
2
∵H为FG的中点，
1
∴FH= FG，
2
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
(2)解：∵∠BAE＝80°，
∴∠BCD＝80°，
∵∠DCE＝30°，
∴∠BCE＝80°﹣30°＝50°，
∵CB＝CE，
1
∴∠CBE＝∠CEB= (180°﹣50°)＝65°．
2
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角
和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．6．(2022秋•安溪县期中)在四边形ABCD中，AB＝CD，点E，F分别是边AD，BC的中点．
(1)如图1，点P为对角线BD的中点，连接PE，PF，若∠PEF＝26°，则∠EPF＝ 度；
(2)如图2，直线EF分别与BA，CD的延长线交于点M，N．求证：∠BMF＝∠CNF．
【考点】三角形中位线定理；
1 1
【分析】(1)由三角形中位线定理得PE= AB，PF= CD，再证PE＝PF，则∠PFE＝∠PEF＝26°，然后
2 2
由三角形内角和定理即可得出结论；
1
(2)连接BD，取BD的中点P，连接PE、PF，由三角形中位线定理得PE∥AB，PF∥CD，PE= AB，PF
2
1
= CD，再由平行线的性质得∠PEF＝∠BMF，∠PFE＝∠CNF，然后证PE＝PF，得∠PFE＝∠PEF，即
2
可得出结论．
【解答】(1)解：∵点E，F分别是边AD，BC的中点，点P为对角线BD的中点，
∴PE为△ABD的中位线，PF为△BCD的中位线，
1 1
∴PE= AB，PF= CD，
2 2
∵AB＝CD，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝26°，
∴∠EPF＝180°﹣∠PFE﹣∠PEF＝180°﹣26°﹣26°＝128°，
故答案为：128；
(2)证明：连接BD，取BD的中点P，连接PE、PF，
同(1)得：PE为△ABD的中位线，PF为△BCD的中位线，
1 1
∴PE∥AB，PF∥CD，PE= AB，PF= CD，
2 2∴∠PEF＝∠BMF，∠PFE＝∠CNF，
∵AB＝CD，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF，
∴∠BMF＝∠CNF．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握三角形
中位线定理是解题的关键．
核心知识14直角三角形斜边上的中线的性质
1．(2022秋•栾城区校级期末)如图所示，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AB⊥BD于点B，点E是BD
的中点，连接AE，CE，则AE与CE的大小关系是( )
A．AE＜CE B．AE＝CE C．AE＞CE D．AE＝2CE
【考点】直角三角形斜边上的中线；
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CE＝BE＝DE，然后利用斜边大于直角边可
判断AE与CE的大小关系．
【解答】解：∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
∴CE＝BE＝DE，
∵AB⊥BD，
∴∠ABE＝90°，
∴AE＞BE，∴AE＞CE．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
2．(2022秋•卧龙区校级期末)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，E为AB的中点，连
结CE，若AC＝3，AB＝6，则∠DCE的度数是( )
A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点】直角三角形斜边上的中线；
【分析】在Rt△ACB中，根据已知易得∠B＝30°，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得CE＝BE，从
而可得∠B＝∠ECB＝30°，然后根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可
得∠DCB＝60°，最后利用角的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝6，
1
∴AC= AB，
2
∴∠B＝30°，
∵E为AB的中点，
1
∴CE＝BE= AB，
2
∴∠B＝∠ECB＝30°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴∠DCB＝90°﹣∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠DCB﹣∠ECB＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
3．(2022秋•清新区期中)如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，CD＝5cm，则AB＝ ．【考点】直角三角形斜边上的中线；
1
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得出CD= AB，代入求出答案即可．
2
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD为△ABC斜边AB上的中线，
1
∴CD= AB，
2
∵CD＝5，
∴AB＝2CD＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，能熟记直角三角形斜边上的中线性质是解此题的关键，
注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
4．(2022秋•仓山区校级期末)如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，
连接BE，ED，BD，若∠BAD＝52°，则∠EBD＝ °．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的判定与性质；
【分析】根据已知条件可以判断 EA＝EB＝EC＝DE，根据三角形外角定理可得到：∠DEC＝
∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，同理∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝2∠DAE+2∠BAE＝2∠DAB＝104°，在等腰三
角形BED中，已知顶角，即可求出底角∠EBD的度数．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴EA＝EB＝EC＝DE，
∴∠DAE＝∠EDA，∠BAE＝∠EBA，
在△AED中，∠DEC＝∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，
同理可得到：∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝∠DEC+∠BEC＝2∠DAE+2∠BAE＝2(∠DAE+∠BAE)＝2×52°＝
104°，
1
在等腰三角形BED中，∠EBD= ×(180°-104°)=38°；
2
故答案是：38．【点评】本题考查了直角三角形斜边中线定理和三角形外角定理的运用，掌握基本定理是解题的关键．
5．(2022秋•黄浦区校级期末)如图，已知△ABC中，∠C＝2∠B，AH⊥BC于点H，D是AC中点，
1
DE∥AB，求证：EH= AC．
2
【考点】直角三角形斜边上的中线；平行线的性质；
1
【分析】连接DH，由平行线的性质可得∠C＝2∠DEC，利用直角三角形斜边上中线的性质可得 HD=
2
AC＝CD，结合等腰三角形的性质可得∠DHC＝2∠DEC，再根据三角形外角的性质可得∠DEC＝
∠HDE，即可得DH＝EH，进而可证明结论．
【解答】证明：连接DH，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠DEC，
∵∠C＝2∠B，
∴∠C＝2∠DEC，
∵AH⊥BC于点H，D是AC中点，
1
∴HD= AC＝CD，
2
∴∠C＝∠DHC，
∴∠DHC＝2∠DEC，
∵∠DHC＝∠DEC+∠HDE，
∴∠DEC＝∠HDE，
∴DH＝EH，1
∴EH= AC．
2
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形外角的性质，证明 DH＝EH是解
题的关键．
6．(2022秋•南京期末)如图，在Rt△ADB和Rt△ABC中，∠ADB＝90，∠ACB＝90°，E是AB的中点．
(1)求证：DE＝CE；
(2)若∠CAB＝30°，∠DBA＝40°，求∠DEC．
【考点】直角三角形斜边上的中线；
1 1
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线性质得出DE= AB和CE= AB即可；
2 2
(2)求出∠DAB＝90°﹣∠DBA＝50°，∠ABC＝90°﹣∠CAB＝60°，根据直角三角形斜边上的中线性质得出
1 1
DE= AB＝AE，CE= AB＝BE，求出∠ADE＝∠DAB＝50°，∠ECB＝∠ABC＝60°，根据三角形内角和
2 2
定理求出∠DEA和∠CEB，再求出答案即可．
【解答】(1)证明：∵在Rt△ADB和Rt△ABC中，∠ADB＝90，∠ACB＝90°，E是AB的中点，
1 1
∴DE= AB，CE= AB，
2 2
∴DE＝CE；
(2)解：在Rt△ADB和Rt△ABC中，∵∠ADB＝90，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠DBA＝40°，
∴∠DAB＝90°﹣∠DBA＝50°，∠ABC＝90°﹣∠CAB＝60°，
在Rt△ADB和Rt△ABC中，∵∠ADB＝90，∠ACB＝90°，E是AB的中点，
1 1
∴DE= AB＝AE，CE= AB＝BE，
2 2
∴∠ADE＝∠DAB＝50°，∠ECB＝∠ABC＝60°，
∴∠DEA＝180°﹣∠DAB﹣∠ADE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∠CEB＝180°﹣∠ECB﹣∠CBA＝180°﹣50°﹣
50°＝80°，∴∠DEC＝180°﹣∠DEA﹣∠CEB＝180°﹣60°﹣80°＝40°．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，能熟记直角三角形斜边上中线
性质是解此题的关键，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
核心知识15特殊平行四边形的综合
1．(2022•南京模拟)下列说法错误的是( )
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【考点】正方形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；
【分析】根据矩形的判定方法可判断A，根据正方形的判定方法可判断B，根据平行四边形的判定方法可
判断C，根据菱形的判定方法可判断D，从而可得答案．
【解答】解：对角线相等的平行四边形是矩形，故A符合题意；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法正确，故B不符合题意；
对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确，故C不符合题意；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，说法正确，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，掌握以上图形的
判定方法是解本题的关键．
2．(2022春•拱墅区期末)如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O．点M、N分别是边AD，BC的中点，
连接AN，CM．下列结论：①若四边形ANCM是菱形，则AB⊥AC；②若四边形ANCM是矩形，则
AB＝AC；③若AB⊥AC，则四边形ANCM是矩形；④若AB＝AC，则四边形ANCM是菱形．其中正
确的是( )A．①② B．③④ C．①③ D．①②③④
【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；
【分析】易证四边形ABNM与四边形ANCM都是平行四边形，①由平行四边形的性质得出AB∥MN，若
平行四边形ANCM是菱形，则MN⊥AC，即可得出AB⊥AC；
②若平行四边形ANCM是矩形，则AC＝MN，由平行四边形的性质得出AB＝MN，即可得出AB＝AC；
③由①知，若AB⊥AC，则平行四边形ANCM是菱形；
④由②知，若AB＝AC，平行四边形ANCM是矩形．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BD，
∵点M、N分别是边AD，BC的中点，
∴AM＝CN，AM＝BN，
∴四边形ABNM与四边形ANCM都是平行四边形，
①∵四边形ABNM是平行四边形，
∴AB∥MN，
若平行四边形ANCM是菱形，则MN⊥AC，
∴AB⊥AC，故①正确；
②若平行四边形ANCM是矩形，则AC＝MN，
∵四边形ANCM是平行四边形，
∴AB＝MN，
∴AB＝AC，故②正确；
③由①知，若AB⊥AC，则平行四边形ANCM是菱形，故③不正确；
④由②知，若AB＝AC，平行四边形ANCM是矩形，故④不正确；
综上所述，正确的是①②，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质
等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和矩形的判定与性质是解题的关键．1
3．(2022•泰安三模)如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD= AC，M、N、P分
2
别是OA、OB、CD的中点，下列结论：①CN⊥BD；②MN＝NP；③四边形MNCP是菱形；④ND
平分∠PNM．其中正确的是 ．(填写序号)
【考点】菱形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的性质；
【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得
1 1
MN∥AB，MN= AB，由直角三角形的性质得NP= CD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平
2 2
行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝
∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC= AC，
2
1
∵AD= AC，
2
∴OC＝BC，
∵N是OB的中点，
∴CN⊥BD，①正确；
∵M、N分别是OA、OB的中点，
∴MN是△AOB的中位线，
1
∴MN∥AB，MN= AB，
2
∵CN⊥BD，
∴∠CND＝90°，
∵P是CD的中点，
1
∴NP= CD＝PD＝PC，
2
∴MN＝NP，②正确；∵MN∥AB，AB∥CD，
∴MN∥CD，
又∵NP＝PC，MN＝NP，
∴MN＝PC，
∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；
∵MN∥CD，
∴∠PDN＝∠MND，
∵NP＝PD，
∴∠PDN＝∠PND，
∴∠MND＝∠PND，
∴ND平分∠PNM，④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，等腰
三角形的性质等；熟练掌握三角形中位线定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质是解
题的关键．
4．(2022秋•东港市期末)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB的中点，连接CD，过点C作
CE∥AB，过点B作BE∥CD，CE，BE交于点E．
(1)判断四边形CDBE是什么特殊的四边形，并证明；
(2)直接写出当△ABC再满足什么条件时，四边形CDBE是正方形．
【考点】正方形的判定；直角三角形斜边上的中线；
【分析】(1)根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据直角三角形上的中线得出 CD＝BD，
根据菱形的判定得出即可；
(2)当△ABC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得出CD⊥AB，即可得出四边形BECD是正方形．
【解答】解：(1)四边形CDBE是菱形，
证明：∵BE∥CD，CE∥AB，
∴四边形BDCE是平行四边形．
∵∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，
∴CD＝BD，∴平行四边形BDCE是菱形；
(2)当△ABC是等腰直角三角形时，四边形CDBE是正方形；理由如下：
∵∠ACB＝90°，
当△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴四边形BECD是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边上的中线
性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
5．(2021秋•平远县期末)如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，F分别是线段
BM，CM的中点．
(1)判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
(2)当AD，AB满足什么条件时，四边形MENF是正方形．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；
【分析】(1)根据三角形中位线定理求出NE∥MF，NE＝MF，得出平行四边形，求出BM＝CM，推出ME
＝MF，根据菱形的判定推出即可；
(2)求出∠EMF＝90°，根据正方形的判定推出即可．
【解答】解：(1)四边形MENF是菱形．理由如下：
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，
1 1
∴NE∥CM，NE= CM，MF= CM，
2 2
∴NE＝FM，NE∥FM，
∴四边形MENF是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠A＝∠D＝90°，∵M为AD中点，
∴AM＝DM，
∴△ABM≌△DCM(SAS)，
∴BM＝CM，
∵E、F分别是BM、CM的中点，
∴ME＝MF，
∴平行四边形MENF是菱形．
(2)当AD＝2AB时，四边形MENF是正方形．
∵四边形MENF是正方形，则∠EMF＝90°，
又∵△ABM≌△DCM，
∴∠AMB＝∠DMC＝45°，
∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，
∴AM＝DM＝AB，
∴AD＝2AB，
∴当AD＝2AB时，四边形MENF是正方形．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正三角形的中位线，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，菱
形、平行四边形、正方形的判定的应用．熟练掌握这些知识点是解题的关键．
6．(2022秋•郑州期末)如图，平行四边形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，点G是CD的中
点，点E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF．
(1)求证：四边形CEDF是平行四边形；
(2)①直接写出：当AE＝ cm时，四边形CEDF是菱形(不需要说明理由)；
②当AE＝ cm时，四边形CEDF是矩形，请说明理由．
【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；菱形的判定；
优
【分析】(1)证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；
(2)①证△CDE是等边三角形，推出CE＝DE，再根据菱形的判定推出即可．
②求出△MBA≌△EDC，推出∠CED＝∠AMB＝90°，再根据矩形的判定推出即可．【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠FCG＝∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG＝DG，
在△CFG和△DEG中，
{∠FCG=∠EDG
CG=DG ，
∠CGF=∠DGE
∴△CFG和△DEG(ASA)，
∴FG＝EG，
又∵CG＝DG，
∴四边形CEDF是平行四边形．
(2)解：①当AE＝4cm时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝10cm，CD＝AB＝6cm，∠CDE＝∠B＝60°，
∵AE＝4cm，
∴DE＝AD﹣AE＝6cm，
∴DE＝CD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是菱形，
故答案为：4；
②当AE＝3.5时，平行四边形CEDF是矩形，理由如下：
如图，过A作AM⊥BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝6cm，
1
∴BM= AB＝3cm，
2
∵AE＝7cm，
∴DE＝AD﹣AE＝3cm＝BM，
在△MBA和△EDC中，{
BM=DE
∠B=∠CDA，
AB=CD
∴△MBA≌△EDC(SAS)，
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是矩形，
故答案为：7．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的判定与性质，
全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
核心知识16解与四边形有关折叠问题的技巧------轴对称变换法
1．(2022秋•东城区期末)如图，将一张四边形纸片ABCD沿对角线AC翻折，点D恰好落在边AB的中点
D'处．设S ，S 分别为△ADC和△ABC的面积，则S 和S 的数量关系是( )
1 2 1 2
1 1
A．S = S B．S = S C．S ＝2S D．S ＝3S
1 3 2 1 2 2 1 2 1 2
【考点】翻折变换(折叠问题)；三角形的面积；
【分析】利用折叠的性质得出：△ADC≌△AD′C，则S△ADC ＝S△AD′C ，利用等底同高的三角形的面积相
等即可得出结论．
【解答】解：由题意得：△ADC≌△AD′C，
∴S△ADC ＝S△AD′C ．
∵点D′为AB的中点，
∴AD′＝D′B．
∵等底同高的两个三角形的面积相等，
∴S△AD′C ＝S△BCD′ ，1
∴S = S ，
△AD'C 2 △ABC
1
∴S = S ．
△ADC 2 △ABC
1
∴S = S ．
1 2 2
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变换的性质，等底同高的三角形的每个相等，掌握折叠的性质并熟练应用
是解题的关键．
2．(2022秋•茂南区期末)一张矩形纸片ABCD，已知AB＝3，AD＝2，小明按所给图步骤折叠纸片，则线
段DG长为( )
A．2√2 B．√2 C．2 D．1
【考点】翻折变换(折叠问题)；矩形的性质；
【分析】首先根据折叠的性质求出DA′、CA′和DC′的长度，进而求出线段DG的长度．
【解答】解：∵AB＝3，AD＝2，
∴DA′＝2，CA′＝1，
∴DC′＝1，
∵∠D＝45°，
∴DG=√2DC′=√2，
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是求出DC′的长度．
3．(2023•青岛模拟)如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得
到△DEF，点 F 落在 EG 边上，连接 CF．现有如下 5 个结论：① AG+EC＝GE；② BF⊥CF；
36
③S△BEF =
5
；④GB＝2AG．在以上4个结论中正确的有( )A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【考点】翻折变换(折叠问题)；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；
【分析】根据HL证明两三角形Rt△ADG≌Rt△FDG即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质
可得∠EFC+∠EFB＝90°，得∠BFC＝90°，所以BF⊥CF，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的
定义可得CE＝EF＝BE＝3，设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到
GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断④；先求△BEG的面积，根据△BEF和△BEG等高，
S EF 3 3 18
可知
S
△BEF =
EG
=
5
，S△BEF =
5
×6 =
5
，即可判断③．
△BEG
【解答】解：由折叠得：△DCE≌△DFE，
∴DF＝DC，∠DFE＝∠DCE，EC＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠DFG＝90°，AD＝DF，
∵DG＝DG，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG(HL)，
∴AG＝FG，
∴AG+EC＝FG+EF＝GE，故①正确；
∵点E是BC边的中点，
∴BE＝CE，
∴BE＝EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC，∠EBF＝∠EFB，
∵∠ECF+∠EFC+∠EBF+∠EFB＝180°，
∴∠EFC+∠EFB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴BF⊥CF，故②正确；设AG＝x，则BG＝6﹣x，
由Rt△ADG≌Rt△FDG得：AG＝FG，
∵点E是BC边上的中点，
∴EF＝CE＝BE＝3，
在Rt△BEG中，根据勾股定理得：BG2+BE2＝EG2，
(6﹣x)2+32＝(x+3)2，
解得：x＝2，
AG＝2，
∴BG＝4，
∴GB＝2AG，故④正确，
1 1
∵S△BEG =
2
BE•BG =
2
×3×4＝6，
∵△BEF和△BEG等高，
S EF 3
∴ △BEF = = ，
S EG 5
△BEG
3 18
∴S△BEF =
5
×6 =
5
，故③错误．
故选：C．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用
翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
4．(2022秋•宁德期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(10，8)，过点A作AB⊥x轴于点
B，AC⊥y轴于点C，点D在AB上．将△CAD沿直线CD翻折，点A恰好落在x轴上的点E处，则点
D的坐标为( )
A．(10，4) B．(10，3) C．(10，2.5) D．(10，2)
【考点】翻折变换(折叠问题)；坐标与图形变化﹣对称；
【分析】由折叠性质得到CE＝CA＝10，DE＝DA＝8﹣m，利用勾股定理计算出OE＝6，则EB＝4．在Rt△DBE中利用勾股定理得到(8﹣m)2＝m2+42．然后解方程求出m即可得到点D的坐标．
【解答】解：如图，
设DB＝m．
由题意可得，OB＝CA＝10，OC＝AB＝8，
∵△CED与△CAD关于直线CD对称，
∴CE＝CA＝10，DE＝DA＝8﹣m，
在Rt△COE中，OE=√CE2-OC2=√102-82=6，
∴EB＝10﹣6＝4．
在Rt△DBE中，∠DBE＝90°，
∴DE2＝DB2+EB2．
即(8﹣m)2＝m2+42．
解得m＝3，
∴点D的坐标是(10，3)．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握方程的思想方
法是解题的关键．
5．(2023•偃师市一模)课外活动课上，小明用矩形ABCD玩折纸游戏，如图，第一步，把矩形 ABCD沿
EF对折，折出折痕EF，并展开；第二步，将纸片折叠，使点A落在EF上A'点，若AB＝2，则折痕
BG的长等于( )﹣2√3 4√3
A． B． C．2√3 D．4√3
3 3
【考点】翻折变换(折叠问题)；矩形的性质；
【分析】由矩形性质可得∠BAG＝90°，由折叠性质可得∠A′EB＝90°，A′B＝AB＝2，∠ABG＝
∠A′BG，由题意可得点E为AB中点，AE＝BE＝1，从而可得∠BA′E＝30°，可得∠A′BE＝60°，可
2√3
得∠ABG＝∠A′BG＝30°，BG= AB，即可求解．
3
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝2，
∴∠BAG＝90°，
由折叠性质可得：
∠A′EB＝90°，A′B＝AB＝2，∠ABG＝∠A′BG，
由题意可得：点E为AB中点，
∴AE＝BE＝1，
在Rt△A′BE中，A′B＝2BE，
∴∠BA′E＝30°，
∴∠A′BE＝60°，
∴∠ABG＝∠A′BG＝30°，
2√3 4√3
∴BG= AB= ，
3 3
故选：B．
【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是求出∠ABG＝30°．
核心知识17解与四边形有关折叠问题的技巧------旋转位置法
1．(2022秋•武昌区校级期末)如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向
旋转后得到矩形A'B'C'D'．若边A'B交线段CD于H，且BH＝DH，则DH的值是( )4 25
A． B．8-2√3 C． D．6√2
7 4
【考点】旋转的性质；矩形的性质；
【分析】设DH＝BH＝x，那么CH＝8﹣x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程
就可以求出DH．
【解答】解：设DH＝BH＝x，
∵AB＝8，AD＝6，四边形ABCD是矩形，
∴CH＝8﹣x，BC＝AD＝6，
在Rt△BCH中，CH2+BC2＝BH2，
∴x2＝(8﹣x)2+36，
25
∴x= ，
4
25
即DH= ．
4
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出关于DH的方程是解决问题的
关键．
2．(2022秋•河西区校级期末)如图，在边长为1的正方形ABCD中，将射线AC绕点A按顺时针方向旋转
度(0＜ ≤360°)，得到射线AE，点M是点D关于射线AE的对称点，则线段CM长度的最小值为(
α) α
A．√2 B．√2-1 C．√2+1 D．2-√2
【考点】旋转的性质；正方形的性质；轴对称的性质；
【分析】由轴对称的性质可知AM＝AD，故此点M在以A圆心，以AD为半径的圆上，故此当点A、M、
C在一条直线上时，CM有最小值．
【解答】解：如图所示：连接AM．∵四边形ABCD为正方形，
∴AC=√AD2+CD2=√12+12=√2．
∵点D与点M关于AE对称，
∴AM＝AD＝1．
∴点M在以A为圆心，以AD长为半径的圆上．
如图所示，当点A、M、C在一条直线上时，CM有最小值．
∴CM的最小值＝AC﹣AM′=√2-1，
故选：B．
【点评】本题主要考查的是旋转的性质，正方形的性质，依据旋转的性质确定出点 M运动的轨迹是解题
的关键．
3．(2022秋•鼓楼区校级期末)如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转得到矩形FECG，点B与点E对应，
点E恰好落在AD边上，BH⊥CE交于点H，求证：BH＝CD．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；
【分析】由平行线的性质可得∠DEC＝∠BCH，再根据“AAS”可得△EDC≌△CHB，进而可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DEC＝∠BCH，
∵∠D＝90°，BH⊥AC，
∴∠D＝∠BHC，由旋转得，CE＝CB，
在△EDC和△CHB中，
{∠DEC=∠HCB
∠D=∠BHC ，
CE=CB
∴△EDC≌△CHB(AAS)，
∴BH＝CD．
【点评】本题考查旋转的性质，根据“AAS”得到△EDC≌△CHB是解题关键．
4．(2022秋•滨城区校级期末)如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B
顺时针旋转90到△CBF的位置，连接EF，EF的长为2．
(1)求BF的长；
(2)若AE＝1，CE=√5，求∠AEB的度数．
【考点】旋转的性质；正方形的性质；
【分析】(1)由旋转的性质可得BE＝BF，∠EBF＝∠ABC＝90°，由等腰直角三角形的性质可求解；
(2)由勾股定理的逆定理可求∠EFC＝90°，即可求解．
【解答】解：(1)∵△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
∴BE＝BF，∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
设BE＝BF＝x，则x2+x2＝(2)2，
解得：x=√2，
∴BF的长为√2；
(2)∵△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
∴∠AEB＝∠BFC，AE＝CF＝1，
在△CEF中，EF＝2，CF＝1，EC=√5，
∵CF2+EF2＝12+(2)2＝5，CE2＝5，
∴CF2+EF2＝CE2，∴△CEF为直角三角形，
∴∠EFC＝90°，
∴∠BFC＝∠BFE+∠CFE＝135°，
∴∠AEB＝135°．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理的逆定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
5．(2021春•禹城市期中)【发现与证明】
如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正方形A'B'C'O的一个顶点，如果两个正方形的边长
都等于a，那么正方形A'B'C'O绕点O无论怎样转动，两个正方形重叠部分的面积是一个定值．
(1)请你写出这个定值，并证明你的结论．
【应用迁移】
(2)如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC．若AC＝8，求四边形ABCD的
面积．
【考点】四边形综合题；
【分析】(1)证明△AOE≌△BOF，从而四边形BEOF的面积等于△AOB的面积，从而求得结果；
(2)延长CD值E，使DE＝BC，连接AE，△ABC≌△ADE，进而得出四边形ABCD的面积等于三角形ACE
的面积，进一步求得结果．
1
【解答】解：(1)定值是：
a2
，理由如下：
4
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBF＝45°，BO⊥AC，
∴∠AOE+∠EOB＝90°，
∵四边A′OC′B′为正方形，
∴∠A'OC′＝90°，即∠BOF+∠EOB＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
{∠AOE=∠BOF
OA=OB ，
∠OAE=∠OBF
∴△AOE≌△BOF(ASA)，
1 1
∴S四边形BEOF ＝S△BFO +S△BEO ＝S△AOE +S△BEO ＝S△AOB =
4
S正方形ABCD =
4
a2 ；
(2)如图，
延长CD值E，使DE＝BC，连接AE，
在四边形ABCD中，
∵∠BAD+∠BCD＝90°+90°＝180°，
∴∠B+∠ADC＝360°﹣(∠BAD+∠BCD)＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，
∴∠ADE＝∠B，
在△ABC和△ADE中，
{
AB=AD
∠B=∠ADE，
BC=DE
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴AE＝AC＝8，∠DAE＝∠BAC，
∵∠BAC+∠CAD＝90°，
∴∠DAE+∠CAD＝90°，
1 1
∴S△ACE =
2
AC⋅AE=
2
×82＝32，∴S四边形ABCD ＝S△ABC +S△ACD ＝S△ADE +S△ACD ＝S△ACE ＝32．
【点评】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造
全等三角形．
核心知识18解与四边形有关折叠问题的技巧------固定位置法
1．(2022春•澄海区期末)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝6厘米，AD＝9厘米，P、Q分别从
A、C同时出发，P以1厘米/秒的速度由A向D运动，Q以2厘米/秒的速度由C向B运动．设运动的
时间为t秒，则当t＝ 时，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
【考点】平行四边形的判定；
【分析】①设t秒后四边形ABQP是平行四边形；根据题意得：AP＝tcm，CQ＝2tcm，由AP＝BQ得出方
程，解方程即可；②若四边形DCQP是平行四边形，根据题意得：AP＝tcm，CQ＝2tcm，则PD＝(9﹣
t)cm，进而可得方程2t＝9﹣t，再解即可．
【解答】解：①根据题意得：AP＝tcm，CQ＝2tcm，
则BQ＝(6﹣2t)cm；
∵AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∴t＝6﹣2t，
解得：t＝2，
即2秒时四边形ABQP是构成平行四边形，
②∵AD∥BC，
∴当CQ＝PD时，四边形DCQP是平行四边形，
∴2t＝9﹣t，
解得：t＝3，
综上所述，t＝2或3时，直线PQ将四边形ABCD截出一个平行四边形．
故答案为：2或3．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
注意要分情况讨论，不要漏解．2．(2022秋•平桥区期末)如图，在长方形ABCD中，AB＝6，AD＝8．延长BC到点E，使CE＝2，连接
DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P的运动时间
为t秒，当t的值为 时，△ABP和△DCE全等．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定；
【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BP＝2t＝2和AP＝22﹣2t＝2即可求得．
【解答】解：①当BP＝CE＝2时，△ABP和△DCE全等．
在△ABP和△DCE中，
{
AB=DC
∠ABP=∠DCE=90°，
BP=CE
△ABP≌△DCE(SAS)，
∴BP＝2t＝2，
所以t＝1，
②当AP＝CE＝2，△ABP和△DCE全等．
与①同理，根据SAS证得：
△BAP≌△DCE，
∴AP＝22﹣2t＝2，
解得t＝10．
所以，当t的值为1或10秒时．△ABP和△DCE全等．
故答案为：1秒或10秒．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
3．(2022秋•招远市期末)如图，在 ABCD中，已知AD＝15cm，点P在AD上以1cm/s的速度从点A向点
D运动，点Q在BC上以4cm/s的▱速度从点C出发往返运动，两点同时出发，当点P到达点D时停止运
动(同时点Q也停止)，设运动时间为t(s)(t＞0)．
(1)当点P运动t秒时，线段PD的长度为 cm；
当点P运动2秒时，线段BQ的长度为 cm；当点P运动5秒时，线段BQ的长度为 cm；
(2)若经过t秒，以P、D、Q、B四点为顶点的四边形是平行四边形．请求出所有t的值．
【考点】平行四边形的判定与性质；
【分析】(1)由路程＝速度×时间，可求解；
(2)分四种情况讨论，由平行四边形的性质，列出等式可求解．
【解答】解：(1)∵点P在AD上以1cm/s的速度从点A向点D运动，
∴AP＝tcm，
∴PD＝(15﹣t)cm，
当点P运动2秒时，CQ＝2×4＝8cm，
∴BQ＝15﹣8＝7cm，
当点P运动5秒时，CQ＝4×5＝20cm，
∴BQ＝20﹣15＝5cm，
故答案为：(15﹣t)；7；5；
(2)∵P在AD上运动，
∴t≤15÷1＝15，即0＜t≤15，
∵以点P、D、Q、B为顶点的平行四边形，
已有PD∥BQ，还需满足DP＝BQ，
①当点Q的运动路线是C﹣B时，BQ＝15﹣4t，由题意得：15﹣t＝15﹣4t，t＝0 不合题意，
②当点Q的运动路线是C﹣B﹣C时，BQ＝4t﹣15，由题意得：15﹣t＝4t﹣15，解得：t＝6；
③当点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B时，BQ＝45﹣4t，由题意得：15﹣t＝45﹣4t，解得：t＝10；
④当点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B–C时，BQ＝4t﹣45，由题意得：15﹣t＝4t﹣45，解得：t＝12；
综上所述，t的值为6或10或12．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
4．(2022秋•铁东区校级期末)如图，在△ABC中，AC＝CB，∠ACB＝120°，点D在边AB上运动(D不与
A，B重合)，连接CD，作∠CDE＝30°，DE交AC与点E．
(1)当CD⊥AB时，若BC＝4，则AE＝ ；
(2)当DE∥BC时，判断△ACD的形状，并说明理由．(3)在点D运动的过程中，△ECD的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请求出∠AED的度数；若不可以，
请说明理由．
【考点】直角三角形斜边上的中线；平行线的性质；等腰三角形的性质；等腰三角形的判定；含 30度角
的直角三角形；
【分析】(1)根据等腰三角形的性质及含30度直角三角形的性质可得答案；
(2)由DE∥BC得到∠BCD＝∠CDE＝30°，再由∠ACB＝120°，得到∠ACD＝120°﹣30°＝90°，则△ACD
是直角三角形；
(3)分类讨论：当∠CDE＝∠ECD时，EC＝DE；当∠ECD＝∠CED时，CD＝DE；当∠CED＝∠CDE时，
EC＝CD；然后利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理进行计算．
【解答】解：(1)在△ABC中，AC＝BC＝4，
180°-∠ACB 180°-120°
∴∠A＝∠B= = =30°，
2 2
∵CD⊥AB，
∴CD＝2，∠ACD＝60°，
∵∠CDE＝30°，
∴∠DEC＝90°，
∴CE＝1，
∴AE＝AC﹣CE＝4﹣1＝3；
故答案为：3；
(2)直角三角形，理由如下：
在△ABC中，AC＝BC，
180°-∠ACB 180°-120°
∴∠A＝∠B= = =30°，
2 2
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝30°，
又∵∠CDE＝30°，
∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝30°+30°＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣∠A﹣∠ADC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，∴△ACD是直角三角形；
(3)△ECD可以是等腰三角形．理由如下：
①当∠CDE＝∠ECD时，EC＝DE，
∴∠ECD＝∠CDE＝30°，
∵∠AED＝∠ECD+∠CDE，
∴∠AED＝60°，
②当∠ECD＝∠CED时，CD＝DE，
∵∠ECD+∠CED+∠CDE＝180°，
180°-∠CDE 180°-30°
∴∠CED= = =75°，
2 2
∴∠AED＝180°﹣∠CED＝105°，
③当∠CED＝∠CDE时，EC＝CD，
∴∠ACD＝180°﹣∠CED﹣∠CDE＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∵∠ACB＝120°，
∴此时，点D与点B重合，不合题意．
综上，△ECD可以是等腰三角形，此时∠AED的度数为60°或105°．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，三角形内角和定理：三角形内角和为180°．也考查了分类讨论
思想的运用以及等腰三角形的判定与性质．
5．(2022春•诸暨市期中)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21．
动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB
上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点
Q随之停止运动．设运动的时间为t(秒)．
(1)当t＝2时，求△BPQ的面积；
(2)若四边形ABQP为平行四边形，求运动时间t；
(3)当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
【考点】四边形综合题；
【分析】(1)若过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM＝DC＝12，由QB＝16﹣t，可1
知：S= PM×QB＝96﹣6t；
2
(2)当四边形ABQP为平行四边形时，AP＝BQ，即21﹣2t＝16﹣t，可将t求出；
(3)本题应分三种情况进行讨论，①若PQ＝BQ，在Rt△PQM中，由PQ2＝PM2+MQ2，PQ＝QB，将各数
据代入，可将时间t求出；
②若BP＝BQ，在Rt△PMB中，由PB2＝BM2+PM2，BP＝BQ，将数据代入，可将时间t求出；
③若PB＝PQ，PB2＝PM2+BM2，PB＝PQ，将数据代入，可将时间t求出．
【解答】解：(1)过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形．
∴PM＝DC＝12，
∵QB＝16﹣t，
1 1 21
∴S= QB•PM= (16﹣t)×12＝96﹣6t(0≤t≤ )．
2 2 2
把t＝2代入得到：S＝96﹣12＝84；
(2)当四边形ABQP是平行四边形时，AP＝BQ，
即21﹣2t＝16﹣t，
解得：t＝5，
∴当t＝5时，四边形ABQP是平行四边形．
(3)由图可知，CM＝PD＝2t，CQ＝t，若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
7
①若PQ＝BQ，在Rt△PMQ中，PQ2＝t2+122，由PQ2＝BQ2得t2+122＝(16﹣t)2，解得t= ；
2
②若BP＝BQ，在Rt△PMB中，PB2＝(16﹣2t)2+122，由PB2＝BQ2得(16﹣2t)2+122＝(16﹣t)2，即3t2﹣
32t+144＝0，
此时，△＝(﹣32)2﹣4×3×144＝﹣704＜0，
所以此方程无解，∴BP≠BQ．
16
③若PB＝PQ，由PB2＝PQ2得t2+122＝(16﹣2t)2+122得t = ，t ＝16(不合题意，舍去)．
1 3 2
7 16
综上所述，当t= 或t= 时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．
2 3【点评】本题主要考查四边形综合题，注意梯形的性质、平行四边形的性质及勾股定理的应用．在解题
(3)时，应注意分情况进行讨论，防止在解题过程中出现漏解现象．
