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第18章 平行四边形复习讲义（解析版）
一、整体感知
概 念 图
概 念 图 定义
矩形
性质与识别方法
定义
定义
性质 菱形
平行四边形
平行四边形 性质与识别方法
识别方法
定义
正方形
面积
性质与识别方法
二、知识梳理
知识点一 平行四边形的定义
有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
知识点二 平行四边形的性质
平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心，另外还具有下列性质：①平行四边形的
对边相等；②平行四边形的对角相等；③平行四边形的对角线互相平分.
知识点三 平行四边形的识别
平行四边形的识别方法有：①一组对边平行并且相等的四边形是平行四边形；② 2条对角线互相平分
的四边形是平行四边形；③2组对边分别相等的四边形是平行四边形.另外，还可以利用平行四边形的定义
直接来识别.
知识点四 平行四边形的面积
平行四边形的面积等于其一边与该边上的高的积，即 S ＝ah（a表示平行四边形的一边，h表示对应
□
边上的高）.
知识点五 中位线的定义及性质
三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半
知识点六 矩形
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.也就是长方形.
2.矩形的性质：①矩形的四个角是直角；②矩形的对角线相等.
3.矩形的判定：①有一个角是直角的平行四边形叫做矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有
三个角是直角的四边形是矩形.
知识点七 直角三角形的斜边中线的性质
直角三角形斜边的中线等于斜边的一半
知识点八 菱形
1.菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫作菱形.
2.菱形的性质：①菱形是轴对称图形，它的对角线就是它的对称轴；②菱形的四条边相等；③菱形的
对角线互相垂直平分，每一条对角线平分菱形的一组对角.
3.菱形的判定定理：①有一组邻边相等的平行四边形叫作菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱
形；③四条边相等的四边形是菱形；4.菱形的面积等于它的两条对角线乘积的一半.
知识点七 正方形
1.正方形的概念：有一个角是直角并且有一组邻边相等的平行四边形，叫做正方形.
2.正方形的性质：正方形既是矩形又是菱形，它具有矩形和菱形的全部性质.
3.正方形的判定：先判定是矩形，再判定是菱形；或者先判定是菱形，再判定是矩形.
三、题组训练
类型一 平行四边形的判定与性质
1．（2022•铜仁市模拟）如图所示，在四边形 ABCD中，已知∠1＝∠2，添加下列一个条件，不能判断四
边形ABCD成为平行四边形的是（ ）
A．∠D＝∠B B．AB∥CD C．AD＝BC D．AB＝DC
【思路引领】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵∠1＝∠2，∴AD∥BC，
∵∠D＝∠B，∠1+∠D+∠ACD＝180°，∠2+∠B+∠CAB＝180°，
∴∠ACD＝∠CAB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵∠1＝∠2，
∴AD∥BC，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD可以是等腰梯形，故选项D符合题意；
故选：D．【总结提升】本题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解
题的关键．
2．（2023春•涡阳县期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝120°，连接BD，作AE∥BD交CD延
长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，且CF＝1，则AB的长是（ ）
A．2 B．1 C．3 D．❑√2
【思路引领】先根据平行四边形的判定与性质可得四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质
可得AB＝DE，从而可得CE＝2AB，再根据含30度角的直角三角形的性质可得CE＝2，由此即可得．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝120°，
∴AB∥CD，AB＝CD，∠BCD＝∠BAD＝120°，
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB＝DE，
∴CE＝CD+DE＝AB+AB＝2AB，
∵∠BCD＝120°，
∴∠ECF＝60°，
∵EF⊥BC，
∴∠CEF＝30°，
∴CE＝2CF＝2×1＝2，
∴AB＝1，
故选：B．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握平行四
边形的判定与性质是解题关键．
3．（2023•肥西县一模）如图，已知 OABC的顶点A、C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则
对角线OB长的最小值为（ ）▱A．4 B．5 C．6 D．7
【思路引领】过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E．则
OB=❑√OE2+BE2．由于四边形OABC是平行四边形，所以OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得
∠OAF＝∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，所以OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，
从而可求．
【解答】解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线
x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，
{∠FOA=∠DBC
)
OA=BC ，
∠OAF=∠BCD
∴△OAF≌△BCD．
∴BD＝OF＝1，
∴OE＝4+1＝5，
∴OB=❑√OE2+BE2．由于OE的长不变，点B在直线x＝5上运动，当点B在x轴上时，OB最小，最小值为OB＝OE＝5．
故选：B．
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平
行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
4．（2022春•滨湖区期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2❑√2，点P为BC上一动点，AQ∥BC，
CQ∥AP，AQ、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是 平行四边形 ，连接PQ，当PQ取得最小
值时，四边形APCQ的周长为 ❑√2+❑√10．
【思路引领】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ
取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可．
【解答】解：如图，
∵AQ∥BC，CQ∥AP，
∴四边形APCQ是平行四边形．
当PQ⊥BC时，PQ取得最小值，
∵四边形APCQ是平行四边形，
1 1
∴AH＝HC= AC，QH＝PH= PQ，
2 2
∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2❑√2，∴AC＝2，∠ACB＝45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC＝45°，
❑√2
∴PH＝PC= ，
2
∴PQ=❑√2，
√ ❑√2 ❑√10
∴QC=❑√PC2+PQ2=❑( ) 2+(❑√2) 2= ，
2 2
❑√2 ❑√10
∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC＝2× +2× =❑√2+❑√10．
2 2
故答案为：平行四边形；❑√2+❑√10．
【总结提升】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强．
5．（2023春•召陵区期中）如图，F是 ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于
▱
点E，连接AF与DE相交于点P，若S =2cm2，S =8cm2，则阴影部分的面积为（ ）cm2
△APD △BQC
A．24 B．17 C．18 D．10
【思路引领】连接 EF，证明四边形 EBCF 是平行四边形，求出 S =16cm2，再得出
△BEF
S =S =2cm2 即可求出阴影部分的面积．
△APD △EPF
【解答】解：连接EF，
∵F是 ABCD的边CD上的点，
∴BE∥▱CF，
∴∠EBF＝∠CFB，∠BEC＝∠FCE，∵BQ＝FQ，
∴△EBQ≌△CFQ，
∴EQ＝CQ，
∴四边形EBCF是平行四边形，
∴S =2S =16cm2 ，
△BEF △BQC
∵S△AED ＝S△AEF ，
∴S =S =2cm2 ，
△APD △EPF
∴S =S +S =18cm2 ，
阴影 △EPF △EBF
故选：C．
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练运用平行四边形的性质与判定进行证明与计算
是解题的关键．
6．（2022春•邗江区月考）如图，在 ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝
2BG，S ＝1，则S ＝ 2 ▱．
BEPG AEPH
▱ ▱
【思路引领】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＝2BG，S ＝1，
BEPG
∴S四边形AEPH ＝S ▱
四边形PFCG
＝2×1＝2；
故答案为：2．
【总结提升】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． ⇔
7．（⇔2022•峄城区模拟）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法中不正确的是（ ）
A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
D．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形
【思路引领】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可．
【解答】解：A．连接EF，
∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF∥BC，BD＝CD，
设EF和BC间的距离为h，
1 1
∴S△BDE =
2
BD•h，S△DCF =
2
CD•h，
∴S△BDE ＝S△DCF ，
故本选项不符合题意；
B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
故本选项不符合题意；C．∵四边形AEDF是平行四边形，
∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，
故本选项不符合题意；
D．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
1 1
∴EF= BC，DF= AB，
2 2
若AB＝BC，则FE＝DF，
∴四边形AEDF不一定是菱形，
故本选项符合题意．
故选：D．
【总结提升】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，熟练掌
握矩形的判定定理是解题的关键．
8．（2022秋•泰山区期末）如图，在四边形 ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝
OC．
（1）求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
（2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求
∠ABE的度数．
【思路引领】（1）①由平行线的性质得出∠OAD＝∠OCB，可证明△AOE≌△COF（ASA）；
②证得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出OE＝OF，证出BE＝BF，由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OBE＝
32°，求出∠ABC＝116°，则可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOE和△COF中，{∠OAE=∠OCF
)
AO=OC ，
∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②同理可证△AOD≌△COB，
∴AD＝CB，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∵EF⊥BD，
∴BE＝BF，
∴∠OBF＝∠OBE＝32°，
∴∠EBF＝64°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的
性质，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
9．（2023•阎良区一模）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．
【思路引领】（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
1 1
线的性质推知∠DAE+∠ADF= ∠BAD+ ∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．证得∠BAF＝∠AFB，由等腰
2 2
三角形的判定可得出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．
【总结提升】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．
类型二 中位线
10．（2023春•惠济区期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段
BC、AB上的动点，点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（ ）
A．2 B．2.3 C．4 D．7
1
【思路引领】根据三角形的中位线定理得出EF= DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重
2
合时DN最大，N与A重合时，DN最小，从而求得EF的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答．
【解答】解：连接DN，
∵ED＝EM，MF＝FN，
1
∴EF= DN，
2
∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，
∵N与B重合时DN最大，
此时DN＝DB=❑√AD2+BD2=❑√52+122=13，
∴EF的最大值为6.5．
∵∠A＝90°，AD＝5，
∴DN≥5，∴EF≥2.5，
∴EF长度的可能为4；
故选：C．
【总结提升】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．
11．（2024春•船营区月考）如图，△ABC周长20，D，E在边BC上，BN和CM分别是∠ABC和∠ACB
的平分线，BN⊥AE，CM⊥AD，若BC＝8，则MN的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．3❑√2
【思路引领】证明△ABN≌△EBN，根据全等三角形的性质得到 BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝
CA，AM＝MD，结合图形求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵BN是∠ABC的平分线，
∴∠ABN＝∠EBN，
在△ABN和△EBN中，
{
∠ABN=∠EBN
)
BN=BN ，
∠ANB=∠ENB=90°
∴△ABN≌△EBN（ASA），
∴BE＝BA，AN＝NE，
同理可得，CD＝CA，AM＝MD，
∵△ABC周长20，
∴AB+AC+BC＝20，
∴AB+AC＝20﹣BC＝12，
∴DE＝AB+AC﹣BC＝4，∵AN＝NE，AM＝MD，
∴MN是△ADE的中位线，
1
∴MN= DE＝2，
2
故选：B．
【总结提升】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平行于
第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
12．（2024春•普宁市期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF
1
= BC，连接CD和EF．
2
（1）求证：四边形DCFE是平行四边形；
（2）求∠F的度数．
【思路引领】（1）直接利用三角形中位线定理得出四边形DCFE是平行四边形即可；
（2）由平行四边形的性质得出CD∥FE，则∠F＝∠BCD，由等边三角形的性质得出∠BCD＝30°，即
可得出∠F＝30°．
【解答】（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
1
∴DE∥BC，DE= BC，
2
1
∵CF= BC，
2
∴DE＝CF，
∵DE∥CF，
∴四边形DCFE是平行四边形，
（2）解：由（1）得：四边形DCFE是平行四边形，
∴CD∥FE，
∴∠F＝∠BCD，∵△ABC是等边三角形，D是AB的中点，
∴∠ACB＝60°，CD平分∠ACB，
∴∠BCD＝30°，
∴∠F＝30°．
【总结提升】此题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟
练掌握三角形中位线定理和等边三角形的性质，证明四边形DCFE为平行四边形是解题的关键．
类型三 矩形的判定与性质
13．（2023秋•梅县区期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的
是（ ）
A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B
C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB∥CD且AC＝BD
【思路引领】由AD∥BC，AD＝BC可得四边形ABCD是平行四边形，再由AC＝BD可得平行四边形
ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
由AD∥BC，AD＝BC推出四边形ABCD是平行四边形，进而推出∠A＝∠B＝90°，可证得平行四边形
ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
由AD∥BC推出∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，进而推出∠B＝∠D，得到四边形ABCD是平行四边形，推
出AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项C符合题意；
由AD∥BC，AB∥CD推出四边形ABCD是平行四边形，再由AC＝BD，四边形ABCD是矩形，故选项
D不符合题意
【解答】解：A．∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B．∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C．∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，∵∠A＝∠C，
∴∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴不能判定四边形ABCD为矩形，故选项C符合题意；
D、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【总结提升】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握对角线相等的平行四
边形是矩形和有一个直角的平行四边形是矩形是解题的关键．
14．（2024春•天河区月考）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点O．若AO＝3，∠DBC＝30°，求矩
形的周长和面积．
【思路引领】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
求出AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，证出△AOB是等边三角形，得出AB＝AO＝3，求出BC，最后求出
周长和面积即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AO＝3，
∴∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，
∴∠OCB＝∠DBC＝30°，
∴∠AOB＝∠OCB+∠DBC＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝3，
∴BC＝AD=❑√3AB＝3❑√3，
即AB＝DC＝3，AD＝BC＝3❑√3，
∴矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝6+6❑√3，矩形ABCD的面积是AB×BC＝3×3❑√3=9❑√3．
【总结提升】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含 30度角的直角三角形
性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等边三角形的判定是解题的关键．
15．（2023•株洲）如图所示，线段BC为等腰△ABC的底边，矩形ADBE的对角线AB与DE交于点O，
若OD＝2，则AC＝ 4 ．
【思路引领】由矩形的性质可得AB＝2OD＝4，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ADBE是矩形，
∴AB＝DE，AO＝BO，DO＝OE，
∴AB＝DE＝2OD＝4，
∵AB＝AC，
∴AC＝4，
故答案为4．
【总结提升】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
16．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且
AE＝DF．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠BAE：∠EAD＝4：5，求∠EAO的度数．
【思路引领】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA＝OD，则AC＝BD，即可得出四边形ABCD是
矩形．
（2）由矩形的性质得出∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，则∠OAB＝∠OBA，求出∠BAE＝40°，则∠OBA＝∠OAB＝50°，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴OA=OC= AC，OB=OD= BD，
2 2
∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
又∵∠AOE＝∠DOF，AE＝DF，
∴△AEO≌△DFO（AAS），
∴OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAE：∠EAD＝4：5，
∴∠BAE＝40°，
∴∠OBA＝∠OAB＝90°﹣40°＝50°，
∴∠EAO＝∠OAB﹣∠BAE＝50°﹣40°＝10°．
【总结提升】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形
的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
类型四 直角三角形斜边中线等于斜边的一半
17．（2024秋•甘井子区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是斜边AB的中点，
DE⊥AC，垂足为E，BC＝4，则DE的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【思路引领】根据含30°角的直角三角形的性质可求解AB的长，结合斜边上中点的性质可求解 CD＝
AD＝4，再根据30°角的直角三角形的性质可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝8，∵点D是斜边AB的中点，
1
∴CD＝AD= AB＝4，
2
∵DE⊥AC，垂足为E，
1
∴DE= AD＝2，
2
故选：A．
【总结提升】本题主要考查含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，掌握含 30°
角的直角三角形的性质是解题的关键．
18．已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M、N分别是AC、BD的中点．
（1）求证：MN⊥BD；
（2）在边AD上能否找到一点P，使得PB＝PD？请说明理由．
1
【思路引领】（1）连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DM=
2
AC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．
（2）利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图，连接BM、DM．
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
1
∴BM＝DM= AC，
2
∵点N是BD的中点，
∴MN⊥BD．
（2）解：能．
理由：延长NM交AD于P，
∵MN是线段BD的垂直平分线，
∴PD＝PB．【总结提升】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，
熟记各性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．
19．（2022春•防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使BE＝AB，连接BD，ED，
EC，若ED＝AD．
（1）求证：CD＝BE；
（2）求证：四边形BECD是矩形；
（3）连接AC，若AD=❑√7，CD＝2，求AC的长．
【思路引领】（1）由平行四边形的性质得CD＝AB，CD∥AB，再由BE＝AB，即可得出结论；
（2）证四边形BECD是平行四边形．再证ED＝BC，即可得出结论；
（3）由矩形的性质得BE＝CD＝2，∠BEC＝90°，再由勾股定理得CE的长，然后由勾股定理即可得出
结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，CD∥AB，
∵BE＝AB，
∴CD＝BE．
（2）证明：由（1）知，CD＝BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥BE，AD＝BC．
∴四边形BECD是平行四边形．
∵ED＝AD，
∴ED＝BC，∴平行四边形BECD是矩形．
（3）解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CB＝AD=❑√7，AB＝CD＝2，
∵四边形BECD是矩形，
∴BE＝CD＝2，∠BEC＝90°，
在Rt△BEC中，由勾股定理得：CE=❑√BC2−BE2=❑√ (❑√7) 2 −22=❑√3，
∵AE＝AB+BE＝2+2＝4，
∴AC=❑√AE2+CE2=❑√42+(❑√3) 2=❑√19．
【总结提升】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩
形的判定与性质是解题的关键．
20．（2024春•红塔区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC上一点，∠DAE的角平分线AF交
CD于点G，交BC的延长线于点F，连接EG，△AGE的面积为S．
（1）求证：AE＝EF；
（2）若EG⊥AF，试探究线段AE，EC，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若∠AEG＝∠AGD，AB＝12，AD＝9，求S的值．
【思路引领】（1）欲证明AE＝EF，只要证明∠EAF＝∠F即可．
（2）结论：AE＝EC+AD，利用全等三角形的性质证明AD＝CF，可得结论．
（3）首先证明四边形ABCD是矩形，设AE＝EF＝x，利用勾股定理求出方程求出x，可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BF，∴∠DAG＝∠EAF，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴AE＝EF．
（2）解：结论：AE＝DC+AD．
理由：∵AE＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝GF，
∵∠DAG＝∠F，∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG≌△FCG（ASA），
∴AD＝CF，
∴AE＝EF＝EC+CF＝EC+AD．
（3）解：∵EG⊥AF，
∴∠EAG+∠AEG＝90°，
∵∠DAG＝∠EAG，∠AEG＝∠AGD，
∴∠DAG+∠AGD＝90°，
∴∠D＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
设AE＝EF＝x，
∵AD＝BC＝CF＝9，
∴BF＝18，BE＝18﹣x，
在Rt△ABE中，则有122+（18﹣x）2＝x2，
∴x＝13，
∴AE＝EF＝13，
1
∴S△AEF =
2
×13×12＝78，
∵AG＝GF，
1
∴S△AEG =
2
S△AEF ＝39．【总结提升】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形
的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利
用参数，构建方程解决问题．
21．（2022•绍兴）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运
动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
（1）如图，当E在边AD上且DE＝2时，求∠AEM的度数．
（2）当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
【思路引领】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
2 6 10
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则 cos∠ENC= = ，得 EN= ，利用 HL 证明
EN 10 3
Rt△BMN≌Rt△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC，当点E在
BM MC
边CD上时，利用△BMC∽△CNE，则 = ，从而解决问题．
CN EN
【解答】解：（1）∵DE＝2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°．
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM＝90°．
（2）如图2，∵AB＝6，AD＝8，
∴BD＝10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
10
得EN= ，
3
10
∴DE＝EN= ．
3
∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
∴Rt△BMN≌Rt△DCB（HL），
∴∠DBC＝∠BNM，
∴MN∥BD．
【总结提升】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
类型五 菱形的性质和判定
22．（2022春•渑池县期中）如图，菱形ABCD的周长为24，对角线AC与BD交于点O，BD＝6，则AC
＝6❑√3．
【思路引领】由菱形的性质可得AB＝BC＝6，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝3，由勾股定理可求AO
的长，即可求解．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB＝BC＝6，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝3，
∴AO=❑√AB❑ 2−BO❑ 2=❑√36−9=3❑√3，
∴AC＝6❑√3，
故答案为：6❑√3．
【总结提升】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
23．（2022秋•萍乡期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若OA＝
2，则四边形CODE的周长为（ ）
1
A．10 B．8 C．6 D．
2
【思路引领】由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，
根据矩形的性质，易得OC＝OD＝OA＝2，即可判定四边形CODE是菱形，则可求得答案．
【解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝2，OB＝OD，∴OD＝OC＝2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×2＝8．
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形
CODE是菱形是解此题的关键．
24．（2023春•永春县期末）如图所示，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，
AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．2.4 B．4 C．4.8 D．5
1
【思路引领】利用菱形的面积公式： AC•BD＝BC•AE，即可解决问题．
2
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OA＝OC= AC＝3，OB＝OD= BD＝4，
2 2
∴AB＝BC=❑√32+42=5，
1
∵ AC•BD＝BC•AE，
2
1
∴ ×6×8＝5AE，
2
∴AE＝4.8，
故选：C．
【总结提升】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于
中考常考题型．
25．（2022秋•竞秀区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O，E，F分别在
OB，OD上，AC＝4，BD＝6．
（1）当BE＝DF＝1时，判断四边形AECF的形状并证明；（2）当四边形AECF为菱形时，求平行四边形ABCD的周长．
【思路引领】（1）由已知易得AO＝CO，EO＝FO根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可；
（2）根据四边形AECF为菱形时，可得AC⊥BD，利用勾股定理即可求出菱形边长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴FO＝EO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OB＝OD＝3，BE＝DF＝1，
∴OE＝OF＝2，
∵OA＝OC＝2，
∴AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
1 1
又∵AO=CO= AC=2，BO=DO= BD=3，
2 2
∴AB=❑√AO2+BO2=❑√22+32=❑√13，
∴平行四边形ABCD的周长=4AB=4❑√13．
【总结提升】本题考查了平行四边形、菱形的判定与性质、的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四
边形、菱形的判定与性质是解题的关键．
26．（2022秋•雨花区月考）在学习了尺规作图后，小雅同学尝试了以下作图：在平行四边形 ABCD中，1
点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于 BF的长为半径画弧，两
2
弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF．请根据作图完成以下问题：
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）设AE与BF相交于点O，四边形ABEF的周长为12，BF＝3，求四边形ABEF的面积．
【思路引领】（1）根据尺规作图得到直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE，根据线段垂
直平分线的性质、菱形的判定定理证明；
（2）根据菱形的周长求出菱形的边长，得到△ABF是等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理
计算即可．
【解答】（1）证明：由尺规作图的过程可知，直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE，
∴AF＝AB，EF＝EB，
∵AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴BA＝BE，
∴BA＝BE＝AF＝FE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵四边形ABEF的周长为12，
∴AF＝AB＝3，又BF＝3，
∴△ABF是等边三角形，
❑√3 3❑√3
∴∠ABF＝60°，AO= AB= ，
2 2
∴∠ABC＝120°，AE＝3❑√3，
1 1 9❑√3
∴四边形ABEF的面积= ×BF•AE= ×3×3❑√3= ．
2 2 2
【总结提升】本题考查的是菱形的判定、复杂尺规作图、等边三角形的判定和性质，掌握菱形的判定定
理和性质定理、线段垂直平分线的作法、角平分线的作法是解题的关键．
27．（2022秋•三明期末）已知，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8．将纸片沿对角线BD翻折，点C落在点E处，BE交AD于点F．
（1）如图1，连结AE．
①求证：△ABF≌△EDF；
②求证：AE∥BD；
（2）如图2，将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，连结FG，求FG的长．
【思路引领】（1）①由矩形的性质得AB＝CD，∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC，由折叠的性质可得到
DC＝DE，∠C＝∠BED＝90°，BC＝BE，可得出AB＝ED，∠BAD＝∠BED＝90°，又有一组对顶角，
根据AAS即可得出△ABF≌△EDF；
1
②利用△ABF≌△EDF得出BF＝DF，从而得出∠EBD=∠ADB= (180°−∠AFE)，再利用SSS
2
1
证得△AED≌△EAB得出∠AEB=∠EAD= (180°−∠DFB)，从而得出∠AEB＝∠EBD即可得出答
2
案；
（2）设DF＝BF＝x，根据勾股定理列出关于x的方程及BD的长，解之求出DF和BF的长，再证明四
边形BFDG为菱形，利用菱形的面积公式即可得出FG的长．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC，
由折叠的性质知，DC＝DE，∠C＝∠BED＝90°，BC＝BE，
∴AB＝ED，∠BAD＝∠BED＝90°，AD＝BE，
在△ABF与△EDF中，
{∠BFA=∠DFE
)
∠BAD=∠BED ，
AB=ED
∴△ABF≌△EDF（AAS）；
②∵△ABF≌△EDF，
∴BF＝DF，∴∠EBD＝∠ADB，
1
∴∠EBD=∠ADB= (180°−∠AFE)，
2
∵AD＝BE，AB＝DE，AE＝AE，
∴△AED≌△EAB（SSS），
1
∴∠AEB=∠EAD= (180°−∠DFB)，
2
∵∠AFE＝∠DFB，
∴∠AEB＝∠EBD，
∴AE∥BC．
（2）设DF＝BF＝x，则AF＝8﹣x
在Rt△ABF中，AF2+AB2＝BF2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴BF＝DF＝8﹣3＝5，
在Rt△BCD中，
∵将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，
∴BD垂直平分FG，
∴．BF＝BG，DF＝DG，
∵DF＝BF，
∴BF＝BG＝DF＝DG，
∴四边形BFDG为菱形，
1
∴S = FG×BD=DF×AB，
菱 形BFD2G
1
∴ ×FG×4❑√5= 5×4，
2
∴FG＝2❑√5．
【总结提升】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形
的性质等知识，熟知图形翻折不变性是解答此题的关键．
类型五 正方形的性质和判定
28．（2023•余杭区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，
若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（ ）3❑√2 12
A．2 B．❑√5 C． D．
2 5
12
【思路引领】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG= ．
5
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4，
∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4，
又∵DE＝AF＝1，
∴CE＝DF＝3，
在△CDF和△BCE中，
{
CD=BC
)
∠CDF=∠BCE ，
DF=CE
∴△CDF≌△BCE （SAS），
∴∠DCF＝∠CBE，
∵∠DCF+∠BCF＝90°，
∴∠CBE+∠BCF＝90°，
∴∠BGC＝90°，
在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3，
∴BE=❑√BC2+EC2=5，
∴BE•CG＝BC•CE，
BC⋅CE 4×3 12
∴CG= = = ．
BE 5 5
故选：D．
【总结提升】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，证明△CDF≌△BCE是解题关键
29．（2022秋•振兴区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个
动点，过点 E 作 EF⊥AB 于点 F，EG⊥BC 于点 G，连接 DE，FG，下列结论：① DE＝FG；
②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为2．其中正确结论的序号为（ ）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
【思路引领】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝
BE，所以DE＝FG；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF＝OB，则∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝
∠ADE，则∠OFB＝∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所
以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为2❑√2，由
①知FG＝DE，所以FG的最小值为2❑√2
【解答】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．
在△ABE和△ADE中，
{
AE=AE
)
∠BAC=∠DAC ，
AB=AD∴△ABE≌△ADE（SAS）．
∴BE＝DE．
∴DE＝FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
由①知：OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE．
∴∠OFB＝∠ADE．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠AHD＝90°．
∴∠OFB+∠AHD＝90°．
即：∠FMH＝90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE．
即：∠BFG＝∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，
∴AC=❑√AD2+CD2=4❑√2．
1
∴DE= AC=2❑√2．
2
由①知：FG＝DE，
∴FG的最小值为2❑√2，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用
的方法．
30．（2024•北京二模）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，
CD，DA的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形ABCD，四边形MNPQ都是平行四边形；
②若四边形ABCD是平行四边形，则MP与NQ交于点O；
③若四边形ABCD是矩形，则四边形MNPQ也是矩形；
④若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD也一定是正方形．
所有正确推断的序号是 ①② ．
1 1 1
【思路引领】①由三角形中位线定理得出MN∥AC，MN= AC，PQ∥AC，PQ= AC，MQ= BD，则
2 2 2
MN∥PQ，MN＝PQ，得出①正确；
②由题意得出四边形MNPQ是平行四边形，四边形ABNQ是平行四边形，则MP与NQ互相平分，NQ
的中点就是AC的中点，则MP与NQ交于点O，②正确；
③周长四边形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正确；
④四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形MNPQ是正方形，④不正确．
【解答】解：①如图1所示：
∵点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
∴MN是△ABC的中位线，PQ是△ADC的中位线，MQ是△ABD的中位线，PN是△BCD的中位线，
1 1 1
∴MN∥AC，MN= AC，PQ∥AC，PQ= AC，MQ= BD，
2 2 2
∴MN∥PQ，MN＝PQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，①正确；
②如图2所示：
若四边形ABCD是平行四边形，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
则四边形MNPQ是平行四边形，四边形ABNQ是平行四边形，
∴MP与NQ互相平分，
∴NQ的中点就是AC的中点，
则MP与NQ交于点O，②正确；
③若四边形ABCD是矩形，则AC＝BD，
∴MN＝MQ，∴四边形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正确；
④∵四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD，
则四边形MNPQ是正方形，
∴若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD不一定是正方形，
④不正确；
故答案为：①②．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质等
知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
31．（2023•九龙坡区开学）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF
折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为 5 ．
【思路引领】设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m2 5 2 7
= ，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n= ，分别求出S△GEB = ，S△ADF ＝1，S△CEF = ，由S四
3 3 3 3
边形AGEF
＝S正方形ABCD ﹣S△GEB ﹣S△ADF ﹣S△CEF 代入即可求解．
【解答】解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，
∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，
即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，
∵BE＝1，
∴EC＝2，
∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，
2
∴m= ，
3
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
5
∴n= ，
3
1 5 2
∴S△GEB =
2
×1×（3−
3
）=
3
，
1 2
S△ADF =
2
×
3
×3＝1，
1 2 7
S△CEF =
2
×2×（3−
3
）=
3
，
2 7
∴S四边形AGEF ＝S正方形ABCD ﹣S△GEB ﹣S△ADF ﹣S△CEF ＝9−
3
−1−
3
= 5，
故答案为：5．
【总结提升】本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活
应用勾股定理是解题的关键．
32．（2024•北京）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），
对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ①②③ ．
【思路引领】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结
论．
【解答】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故答案为：①②③．
【总结提升】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟
记各定理是解题的关键．
33．（2022春•封丘县期末）如图1，在Rt△EAF中，∠A＝90°，∠AEF，∠AFE的外角平分线交于点C，
过点C分别作直线AB，AD的垂线，B，D为垂足．【问题发现】（1）∠ECF＝ 4 5 °（直接写出结果，不写解答过程）．
【问题探究】（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若AF＝DF＝4，求BE的长．
12
【问题拓展】（3）如图2，在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝4，HR＝1，则HQ的长度是 （直
5
接写出结果，不写解答过程）．
【思路引领】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到
1 1 1
∠CFE= ∠DFE，∠CEF= ∠BEF，求得∠CEF+∠CFE= （∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和
2 2 2
定理即可得到结论；
（2）①作CG⊥EF于G，如图1所示：则∠CGE＝∠CGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角
平分线的性质得出CB＝CD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设BE＝x，根据已知条件得到AD＝8，由①得四边形ABCD是正方形，求得AD＝AB＝8，根据全等
三角形的性质得到GF＝DF＝4，同理，GE＝BE＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）
（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR＝1，DQ＝HQ，MG＝DG＝MP＝PH＝4，
GR＝3，设DQ＝HQ＝a，则GQ＝4﹣a，QR＝a+1，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即
可．
【解答】（1）解：∵∠EAF＝90°，
∴∠AFE+∠AEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵CF平分∠DFE，CE平分∠BEF，
1 1
∴∠CFE= ∠DFE，∠CEF= ∠BEF，
2 2
1 1
∴∠CEF+∠CFE= （∠DFE+∠BEF）= ×270°＝135°，
2 2
∴∠ECF＝180°﹣∠CEF﹣∠CFE＝45°，故答案为：45；
（2）①证明：作CG⊥EF于G，如图1所示，
则∠CGE＝∠CGF＝90°，
∵CB⊥AE，CD⊥AF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠BCD，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠AEF，∠AFE外角平分线交于点C，
∴CB＝CG，CD＝CG，
∴CB＝CD，
∴四边形ABCD是正方形；
②解：设BE＝x，
∵AF＝DF＝4，
∴AD＝8，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝8，
在Rt△CGF与Rt△CDF中，
¿，
∴Rt△CGF≌Rt△CDF（HL），
∴GF＝DF＝4，
同理，GE＝BE＝x，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，
即42+（8﹣x）2＝（x+4）2，
8
解得：x= ，
3
8
∴BE的长为 ；
3
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）及翻折的性质得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR＝1，DQ＝HQ，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝4，
∴GR＝3，
设DQ＝HQ＝a，则GQ＝4﹣a，QR＝a+1，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（4﹣a）2+32＝（1+a）2，
12 12
解得：a= ，即HQ= ；
5 5
12
故答案为： ．
5
【总结提升】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线
的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形
的判定与性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识并作出合理的辅助线是解题的关键，本
题综合性强，有一定难度．
34．（2023春•福田区期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3❑√2，求正方形DEFG的边长．
【思路引领】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作 EM⊥BC 于 M，EN⊥CD 于 N，得到 EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根
据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
{
AB=AD
)
∠BAE=∠DAE ，
AE=AE
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME=90°
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC=❑√2AB＝9❑√2．
∵CG＝3❑√2，
∴CE＝6❑√2，
连接EG，
∴EG=❑√CE2+CG2=❑√72+18=3❑√10，
❑√2
∴DE= EG＝3❑√5．
2
∴正方形DEFG的边长为3❑√5．
【总结提升】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定
理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM．35．（2023•黄冈一模）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝ （0°＜
＜90°）．连接DE，过B作BF⊥DE于F，连接AF，CF． θ
θ（1）若 ＝60°，求∠BED的度数；
（2）当θ变化时，∠BED的大小会发生变化吗？请说明理由；
（3）试用θ等式表示线段DE与CF之间的数量关系，并证明．
【思路引领】（1） ＝60°时，△ABE是等边三角形，可得∠AEB＝60°＝∠EAB，由四边形ABCD是正
方形，可求出∠AEDθ＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，即得∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
180°−(90°+θ) 1
（2）由四边形ABCD是正方形，得∠BAD＝90°，AB＝AD，可得∠AED= =45°−
2 2
180°−θ 1
，根据AE＝AB，∠EAB＝ ，可得∠AEB= =90°− ，故∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
2 2
θ θ θ
（3）过C作CG⊥CF交FD延长线于G，证明△BCF≌△DCG（AAS），得BF＝DG，CF＝CG，知FG
=❑√2CF，而△BEF是等腰直角三角形，有EF＝BF，即可证明DE=❑√2CF．
【解答】解：（1） ＝60°时，如图：
θ
∵AB＝AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝60°＝∠EAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝60°+90°＝150°，AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝60°﹣15°＝45°；
（2）当 变化时，∠BED的大小不会发生变化，理由如下：
θ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵∠EAB＝ ，AB＝AE，
∴AE＝AD，θ∠EAD＝90°+ ，
180°−(90°+θθ) 1
∴∠AED= =45°− ，
2 2
θ
∵AE＝AB，∠EAB＝ ，
180°−θ θ 1
∴∠AEB= =90°− ，
2 2
θ
1 1
∴∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝（90°− ）﹣（45°− ）＝45°；
2 2
θ θ
（3）线段DE与CF的数量关系为：DE=❑√2CF，证明如下：
过C作CG⊥CF交FD延长线于G，如图：
∵BF⊥DE，
∴∠BFC+∠CFD＝90°，
∵CG⊥CF，
∴∠CFD+∠G＝90°，
∴∠BFC＝∠G，
∵∠BCD＝∠FCG＝90°，
∴∠BCF＝∠DCG，
∵BC＝CD，
∴△BCF≌△DCG（AAS），
∴BF＝DG，CF＝CG，
∴△FCG是等腰直角三角形，
∴FG=❑√2CF，
由（2）知，∠DEB＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
∴EF＝DG，
∴EF+FD＝DG+FD，即DE＝FG，
∴DE=❑√2CF．【总结提升】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，
构造全等三角形．
36．（2022秋•浑南区期中）已知正方形ABCD，E是射线AB上一动点，连接EC，点F在直线CD上，且
EF＝EC，将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，过点C作EG的平行线，交射线AD于点H，连接
HG．
（1）如图1，当点E在AB中点时，D，F重合，请判断四边形HCEG的形状并证明你的结论；
（2）如图2，当点E在AB延长线上时，补全图形并回答下列问题：
①四边形HCEG的形状是否发生改变，请说明理由；
②连接HE，交DC于点M，若MC＝5，EF=❑√53，请直接写出ME的长．
【思路引领】（1）设ED与CH交于点M，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质
得到CH＝EG，再利用菱形的判定定理解答即可；（2）①延长HC交EF于点K，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到CH＝
EG，再利用菱形的判定定理解答即可；
②设EH交BC于点N，利用①的结论证明△NEC≌△MHC，得到CM＝CN，则△CMN和△BEN为等
腰直角三角形，设BN＝NE＝x，则BC＝x+5，利用勾股定理列出方程即可求得x值，再利用等腰直角三
角形的性质求得MN，EN的长，则ME＝MN+EN．
【解答】解：（1）四边形HCEG是菱形，理由：
设ED与CH交于点M，如图，
∵CH∥EG，EG⊥EF，
∴CH⊥ED，
∴∠ADM+∠DHC＝90°，
∵∠ADM+∠EDC＝90°，
∴∠DHC＝∠EDC．
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠EDC，
∴∠AED＝∠DHC，
在△AED和△HDC中，
{∠A=∠HDC=90°
)
∠AED=∠DHC ，
AD=DC
∴△AED≌△HDC（AAS），
∴ED＝CH，
∴CH＝EG，
∵CH∥EG，
∴四边形HCEG为平行四边形，
∵点E在AB中点，∴EA＝EB，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC，∠A＝∠B＝90°．
在△AED和△BEC中，
{
EA=EB
)
∠A=∠B=90° ，
AD=BC
∴△AED≌△BEC（SAS），
∴ED＝EC，
∵D，F重合，
∴ED＝EF，
∵将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，
∴EF＝EG．
∵EF＝EC，
∴EG＝EC．
∴四边形HCEG是菱形；
（2）①四边形HCEG的形状不会发生改变，四边形HCEG是菱形，理由：
延长HC交EF于点K，如图，
由题意得：EF＝EG，EG⊥EF，
∵EF＝EC，
∴EC＝EG．
∵CH∥EG，
∴CK⊥EF．
∴∠KCF+∠KFC＝90°．
∵∠KCF＝∠DCH，∠DCH+∠DHC＝90°，
∴∠KFC＝∠DHC．∵EC＝EF，
∴∠KFC＝∠ECF．
∵AB∥CD，
∴∠BEC＝∠ECF，
∴∠BEC＝∠DHC．
在△BEC和△DHC中，
{∠EBC=∠HDC=90°
)
∠BEC=∠DHC ，
BC=DC
∴△BEC≌△DHC（AAS），
∴EC＝HC，
∴EG＝CH，
∵CH∥EG，
∴四边形HCEG为平行四边形，
∵EC＝EG，
∴四边形HCEG是菱形；
②设EH与BC交于点N，如图，
由①知：△BEC≌△DHC，
∴CH＝CE，∠ECN＝∠HCM，
∴∠CEN＝∠CHM．
在△NEC和△MHC中，
{∠ECN=∠HCM
)
CE=CH ，
∠CEN=∠CHM
∴△NEC≌△MHC（ASA），
∴CN＝CM，∵MC＝5，
∴CN＝5，
∴MN=❑√2CM＝5❑√2．
∵∠BCD＝90°，
∴∠CMN＝∠CNM＝45°，
∵∠BNE＝∠CNM，
∴△BNE为等腰直角三角形，
∴BN＝BE，
设BN＝BE＝x，则BC＝x+5，
∵EF=❑√53，EC＝EF，
∴EC=❑√53．
在Rt△BEC中，
∵BE2+BC2＝EC2，
∴x2+(x+5) 2=(❑√53) 2，
解得：x ＝2，x ＝﹣7（负数不合题意，舍去），
1 2
∴BE＝BN＝2，
∴EN=❑√2BN＝2❑√2．
∴EM＝MN+EN＝7❑√2．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角
形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和全
等三角形的判定与性质是解题的关键．
