文档内容
专题 09 特殊平行四边形
模块一 考点类型
模块二 知识点一遍过
（一）特殊平行四边形的性质与判定
（1）性质（具有平行四边形的所有性质：对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等）
D C （1）四个角都是直角
矩
（2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO.
O
形
A B （3）面积=长×宽=2S =4S
ABD AOB.
D △ △
（1）四边相等
菱
A O C （2）对角线互相垂直平分，一条对角线平分一组对角
形
（3）面积=底×高=对角线_乘积的一半
B
正 A D (1)四条边都相等，四个角都是直角
方 O (2)对角线相等且互相垂直平分
形 (3)面积=边长×边长=2S =4S
B C ABD AOB
△ △
（2）判定
D C （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形
矩
（2）有三个角是直角
O
形
A B （3）对角线相等的平行四边形
D
（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形
菱
A O C （2）对角线互相垂直的平行四边形
形
（3）四条边都相等的四边形
B（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形
正 A D
（2）一组邻边相等的矩形
方 O
（3）一个角是直角的菱形
形
B C
（4）对角线相等且互相垂直、平分
（二）中点四边形
（1）任意四边形多得到的中点四边形一定是平行四边形.
（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
模块三 考点一遍过
考点1：矩形的判定与性质
典例1：如图：在△ABC中，AB=AC，AD是中线，AN是△ABC的外角∠CAM的平分线，
CE⊥AN于点E．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)连接DE，交AC于点F，直接写出DF与AB之间的关系为 ．
【答案】(1)见解析
1
(2)DF= AB
2
【知识点】根据三角形中线求长度、三角形的外角的定义及性质、利用平行四边形性质和判定证明、
根据矩形的性质与判定求线段长
【分析】（1）由三角形中线的性质得出∠B=∠ACB，AD⊥BC．由角平分线的定义和三角形外
角的性质可证∠CAN=∠ACB，即得出AN∥CB，结合题意即得出
∠AEC=∠DAN=∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形；
1
（2）根据矩形的性质得出AE=CD，DF= DE，结合三角形中线的性质证明四边形ABDE为平
21
行四边形，得出AB=DE，即DF= AB．
2
【详解】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC，AD是中线，
∴∠B=∠ACB，AD⊥BC，
∴∠ADC=90°．
∵AN是△ABC的外角∠CAM的平分线，
1
∴∠MAN=∠CAN= ∠CAM．
2
∵∠CAM=∠B+∠ACB，
∴∠CAN=∠ACB，
∴AN∥CB，
∴∠DAN=∠ADC=90°．
∵CE⊥AN，
∴∠AEC=∠DAN=∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，点F为对角线AC，DE的交点，
1
∴AE=CD，DF= DE．
2
∵AD是中线，
∴BD=CD，
∴AE=BD．
由（1）可知AN∥CB，
∴四边形ABDE为平行四边形，
∴AB=DE，
1
∴DF= AB．
2
【点睛】本题考查特殊四边形的判定和性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，平行线的判定
和性质，三角形中线的性质，熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键．
在矩形ABCD中，AB=7cm，BC=3cm，点P从点A开始沿AB边以3cm/s的速度移动，点Q从点
C开始沿CD边以1cm/s的速度移动，如果点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中有一点到达点
B或点D时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t（s）．(1)当t为何值时，点P、Q之间的距离为5cm；
(2)连接PD、PQ，当t为何值时，△DPQ为直角三角形．
3
【答案】(1)t=
4
3 7
(2)t=1或t= 或t=
4 4
【知识点】动态几何问题(一元二次方程的应用)、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求
线段长
【分析】本题考查了矩形的性质与判定、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握以上知识点，
学会利用勾股定理列出一元二次方程是解题的关键．
（1）作QH⊥AB交AB于点H，利用矩形的性质得到BH=CQ=tcm，QH=BC=3cm，再利用勾
股定理列出方程求解即可；
（2）分两种情况①∠DPQ=90°；②∠DQP=90°，根据矩形的性质和勾股定理分别列出方程求
解即可．
【详解】（1）解：作QH⊥AB交AB于点H，则∠QHB=90°，
由题意得，AP=3tcm，CQ=tcm，
∵∠QHB=∠B=∠C=90°，
∴四边形BCQH是矩形，
∴BH=CQ=tcm，QH=BC=3cm，
在Rt△PQH中，PH2+QH2=PQ2，
∴PH=√PQ2−QH2=√52−32=4(cm)，
∵AB=AP+PH+BH，
∴7=3t+4+t，
3
解得：t= ，
4
3
∴当t= 时，点P、Q之间的距离为5cm．
4
（2）解：①若∠DPQ=90°，作QE⊥AB交AB于点E，则∠QEB=90°，由题意得，AP=3tcm，CQ=tcm，
∴DQ=CD−CQ=(7−t)cm，
在Rt△ADP中，DP2=AP2+AD2=(3t) 2+9，
∵∠QEB=∠B=∠C=90°，
∴四边形BCQE是矩形，
∴BE=CQ=tcm，QE=BC=3cm，
∴PE=AB−AP−BE=(7−4t)cm，
在Rt△PQE中，PQ2=PE2+QE2=(7−4t) 2+9，
在Rt△DPQ中，DQ2=DP2+PQ2，
∴(7−t) 2=(3t) 2+9+(7−4t) 2+9，
3
解得：t =1，t = ，
1 2 4
3
∴t=1或t= ；
4
②若∠DQP=90°，
∵∠QPB=∠B=∠C=90°
，
∴四边形BCQP是矩形，
∴BP=CQ=tcm，QP=BC=3cm，
∴DQ=(7−t)cm，
由①得，DP2=AP2+AD2=(3t) 2+9，
在Rt△DPQ中，DP2=DQ2+PQ2，∴(3t) 2+9=(7−t) 2+32，
7 7
解得：t = ，t =− （舍去负值），
1 4 2 2
7
∴t= ；
4
3 7
∴综上所述，当t=1或t= 或t= 时，△DPQ为直角三角形．
4 4
【变式2】如图，▱ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在BC的延长线上，且CF=BE，连接AC，
DF．
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
S
(2)若∠ACD=90°,AE=4,CF=3,求 △ABC 的值．
S
△DFC
【答案】(1)见解析
25
(2)
9
【知识点】证明四边形是矩形、根据矩形的性质与判定求面积、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了矩形的性质与判定、相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的
关键．
（1）先证明四边形AEFD是平行四边形，再证明∠AEF=90°即可得出结论；
（2）根据矩形的性质得到∠AEC=∠DFC=90°,AE=DF=4，进而推出△AEC∽△CFD，最后
利用相似三角形性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵CF=BE，
∴CF+EC=BE+EC，即EF=BC，
在▱ABCD中，AD∥BC且AD=BC，
∴AD∥EF且AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形．（2）解：∵四边形AEFD是矩形，
∴∠AEC=∠DFC=90°,AE=DF=4，
∴∠EAC+∠ECA=90°，
∵∠ACD=90°，
∴∠ECA+∠DCF=90°，
∴∠EAC+∠ECA=∠ECA+∠DCF，
∴∠EAC=∠DCF，
又∵ ∠AEC=∠DFC=90°，
∴△AEC∽△CFD，
AE CE 4 CE
∴ = ，即 = ，
CF DF 3 4
16
解得：CE= ，
3
∵BE=CF=3，
16 25
∴BC=BE+CE=3+ = ，
3 3
1 1 25
⋅BC⋅AE × ×4
S 2 2 3 25
∴ △ABC = = = ．
S 1 1 9
△DFC ⋅CF⋅DF ×3×4
2 2
S 25
∴ △ABC 的值为 ．
S 9
△DFC
【变式3】如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接
BF、AC．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=AF，AB=3，BC=5，求四边形ABFC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四
边形的性质证明、根据矩形的性质与判定求面积【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理，
熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由平行四边形的性质得出AB∥DF，从而得到∠ABC=∠BCF，利用ASA即可证明结论；
（2）由全等三角形的性质得出AE=FE，从而证明出四边形ABFC是平行四边形，由等腰三角形的
性质得出AC⊥FD，推出四边形ABFC是矩形，由勾股定理得AC=4，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DF，
∴∠ABC=∠BCF，
∵E为BC中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△FCE中，
¿，
∴△ABE≌△FCE．
（2）解：∵△ABE≌△FCE，
∴AE=FE，
∵BE=FC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∴AB=CF=CD，
∵AD=AF，
∴AC⊥FD，
∴四边形ABFC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∵AB=3，BC=5，
根据勾股定理得AC=√BC2−AB2=4，
∴矩形ABFC的面积为AB⋅AC=3×4=12．
【变式4】如图，在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，过点A作BC的平行线，过点B
作AD的平行线，两直线交于点E．
(1)求证：四边形ADBE是矩形；(2)连接DE，交AB于点O，若BC=8，DO=2.5，求四边形ADBE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求面积
【分析】（1）只要证明四边形ADBE是平行四边形，且∠ADB=90°即可；
（2）利用等腰三角形的性质与矩形的性质求出AB，AD，进而即可求出面积．
【详解】（1）解：∵AE∥BC，BE∥AD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，即∠ADB=90°，
∴四边形ADBE是矩形．
（2）解：∵BC=8，AD是BC边上的中线，
∴BD=4．
由（1）知，四边形ADBE是矩形，DO=2.5，
∴DE=2DO=5=AB，
在Rt△ADB中，AD=√AB2−BD2=√52−42=3．
∴S =3×4=12．
矩形ADBE
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定和
性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．
【变式5】如图，AB=AC，AE=AF，且∠EAB=∠FAC，EF=BC．
(1)求证：四边形EBCF是矩形．
(2)设△ABE的面积为S ，△ACE的面积为S ，矩形EBCF的面积为S ，则S ，S ，S 的等量关系为
1 2 3 1 2 3
______．
【答案】(1)见解析
1
(2)S +S = S
1 2 2 3
【知识点】证明四边形是矩形、根据矩形的性质与判定求面积
【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，
（1）先证△ABE≌△ACF得BE=CF，∠AEB=∠AFC，再根据EF=BC可得四边形EBCF为平行四边形，然后由AE=AF得∠AEF=∠AFE，进而得∠BEF=∠CFE，再由BE∥CF得
∠BEF=∠CFE=90°，据此可得出结论；
（2）过点A作AH⊥BE交BE延长线于H，HA的延长线交CF的延长线于K，证明四边形BCKH
为矩形得BC=KH，然后表示S ，S ，S 可得S ，S ，S 的等量关系．
1 2 3 1 2 3
【详解】（1）证明：∵AB=AC，AE=AF，且∠EAB=∠FAC，
∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF，∠AEB=∠AFC，
又∵EF=BC，
∴四边形EBCF为平行四边形，
∴BE∥CF，
∵AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴∠AEB−∠AEF=∠AFC−∠AFE，
即∠BEF=∠CFE，
∵BE∥CF，
∴∠BEF+∠CFE=180°，
∴∠BEF=∠CFE=90°，
∴平行四边形EBCF为矩形；
（2）过点A作AH⊥BE交BE延长线于H，HA的延长线交CF的延长线于K，如下图所示：
证明四边形AHEF为矩形得AH=EF，
∵平行四边形EBCF为矩形，
∴∠EBC=∠BCF=90°，
∵AH⊥BE，
∴∠H=∠EBC=∠BCF=90°
∴四边形BCKH为矩形
∴BC=KH，
1 1
∵S =S = AH⋅BE，S =S = AK⋅FC，S =BC⋅BE，BE=CF
1 △AEB 2 2 △AFC 2 3
1 1 1 1 1 1
∴S +S = AH⋅BE+ AK⋅FC= (AH+AK)BE= HK⋅BE= BC⋅BE= S ，
1 2 2 2 2 2 2 2 31
即S +S = S ．
1 2 2 3
【变式6】如图，点E是▱ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作
EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE=AD，∠FEC=∠FCE．
(1)求证：▱ABCD是矩形；
(2)若点E为AC的中点，求∠ABE的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【知识点】等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质证明、根
据矩形的性质与判定求角度
【分析】（1）先由平行四边形的性质得到AD=BC，则BE=BC，由等边对等角得到
∠ECB=∠CEB，则可证明∠FEB=∠BCD=90°，进而可证明平行四边形ABCD是矩形；
1
（2）由矩形的性质得到BE=CE= AC，∠ABC=90°，则可证明△BCE是等边三角形，得到
2
∠CBE=60°，则∠ABE=30°．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵BE=AD，
∴BE=BC，
∴∠ECB=∠CEB，
∵∠FEC=∠FCE，
∴∠FEC+∠CEB=∠FCE+∠BCE，
∴∠BEF=∠BCF，
∵EF⊥BE，
∴∠FEB=∠BCD=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，点E为AC的中点，
1
∴BE=CE= AC，∠ABC=90°，
2
∴BE=CE=BC，
∴△BCE是等边三角形，∴∠CBE=60°，
∴∠ABE=30°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，
平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键：
【变式1】
【变式7】如图，在平行四边形ABCD中，点E, F分别在BC, AD上，且BE=DF，AC=EF．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若AB⊥AC，AB=√5，BE=1，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=5
【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求角度
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性
质和判定，利用勾股定理列方程是解题的关键；
（1）先证四边形AECF是平行四边形，再结合对角线相等证明即可；
（2）根据勾股定理，可得AC2=AE2+EC2=4+x2，
AC2=BC2−AB2=(x+1) 2−5=x2+2x−4，即可得到方程x2+2x−4=4+x2，再求解即可．
【详解】（1）证明：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∵BE=DF，
∴AD−DF=BC−BE，
∴AF=EC，
∵AD∥BC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴AE=√AB2−BE2=√(√5) 2 −1=2，∵ AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
设EC=x，
在Rt△AEC中，AC2=AE2+EC2=4+x2，
在Rt△ABC中，AC2=BC2−AB2=(x+1) 2−5=x2+2x−4，
∴x2+2x−4=4+x2，
解得：x=4，
∴EC=4，
∴BC=BE+EC=5．
考点2：菱形的判定与性质
典例2：已知：如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，延长CD至F，使
DF=CD，连接BF交AD于点E．
(1)求证：AE=ED；
(2)若AB=BC，求∠CAF的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠CAF=90°．
【知识点】利用平行四边形的性质求解、利用平行四边形的性质证明、根据菱形的性质与判定求角
度
【分析】（1）先证明四边形ABDF是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论；
（2）首先证明四边形ABCD是菱形，再用菱形的性质可得到AC⊥BD，再根据两直线平行，同位
角相等得到∠CAF=∠COD=90°
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的
应用是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵DF=CD，
∴AB=DF∴AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AE=DE；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
由（1）得：四边形ABDF是平行四边形，
∴AF∥BD，
∴∠CAF=∠COD=90°．
【变式1】如图，在矩形ABCO中，延长AO到D，使DO=AO，延长CO到E，使EO=CO，连接
AE、ED、DC、AC．
(1)求证：四边形AEDC是菱形；
(2)若CD=2√3，∠CDE=120°，求菱形AEDC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6√3
【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、根据菱形的性质与
判定求面积
【分析】（1）先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形AEDC是平行四边形，根
据矩形的四个角都是直角得到∠AOC=90°，即AD⊥EC，根据对角线互相垂直的平行四边形是
菱形即可证明；
（2）根据菱形的邻角互补，对角线平分对角可得∠DCO=30°，根据直角三角形中30°角所对的边
1
是斜边的一半得出OD= CD=√3，根据勾股定理求出OC=3，根据菱形的对角线互相平分求出
2
AD=2OD=2√3，EC=2OC=6，根据菱形面积等于对角线积的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵DO=AO，EO=CO，
∴四边形AEDC是平行四边形，
∵四边形ABCO是矩形，
∴∠AOC=90°，即AD⊥EC，∴平行四边形AEDC是菱形．
（2）解：∵四边形AEDC是菱形，∠CDE=120°，
∴∠DCA=180°−∠CDE=60°，
1
∴∠DCO= ∠DCA=30°，
2
∵∠COD=90°，CD=2√3，
1
∴OD= CD=√3，
2
∴OC=√CD2−OD2=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
∴AD=2OD=2√3，EC=2OC=6，
1 1
∴菱形AEDC的面积为 AD⋅EC= ×2√3×6=6√3．
2 2
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾
股定理等．掌握相关知识是解题的关键．
【变式2】如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线BD的垂直平分线分别交BD、AD、BC于
点O、E、F，
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若∠AEB=62°，求∠BDF的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠BDF=31°．
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、
证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求角度
【分析】（1）先证△DOE≌△BOF(ASA),得EO=FO,再证四边形BEDF是平行四边形，然后由
EF⊥BD,即可得出结论；
1
（2）由菱形的性质得BE∥DF, ∠BDF= ∠EDF,则∠EDF=∠AEB=62°,即可求解．
2
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练
掌握菱形的判定与性质，证明△DOE≌△BOF是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC,
∴∠ODE=∠OBF,
∵EF垂直平分BD，
∴BO=DO,
在△DOE和△BOF中，
¿
∴△DOE≌△BOF(ASA),
∴EO=FO,
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD,
∴平行四边形BEDF是菱形；
（2）解：由（1）可知， 四边形BEDF是菱形，
1
∴BE∥DF,∠BDF= ∠EDF,
2
∴∠EDF=∠AEB=62°
1
∴∠BDF= ∠EDF=31°
2
【变式3】如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以A，B为圆心，AB的长为半径画弧，交AD，
BC于F点和E点，连接EF．
(1)判断四边形ABEF的形状，并说明理由；
(2)若AB=4，AD=6，求四边形CDFE的周长．
【答案】(1)四边形ABEF是菱形，详见解析
(2)四边形CDFE的周长为12
【知识点】利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长
【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质与判定等知识点，熟练掌握以上知
识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题；
（2）根据菱形的性质和平行四边形的性质即可解决问题．
【详解】（1）解：四边形ABEF是菱形，理由如下：
由作图可知：AF=AB，BE=AB，∴AF=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF=AB，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，
∴AF=EF=BE=AB=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，AB=CD=4，
∴DF=AD−AF=2，CE=BC−BE=2，
∴四边形CDFE的周长=2(DF+CD)=2×(2+4)=12．
【变式4】如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分线分别交AB,BD,BC于点
E,F,G，连接DE,DG．
(1)求证：四边形BGDE是菱形：
(2)若∠EDG=30°，∠C=45°，ED=6，求△DGC的面积．
【答案】(1)详见解析
9+9√3
(2)
2
【知识点】角平分线的有关计算、线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形、根据菱形的性
质与判定求线段长
【分析】（1）由角平分线的性质和垂直平分线的性质可证∠EDB=∠DBG=∠ABD=∠GDB，
可得BE∥DG,DE∥GB，由菱形的判定可证结论；
（2）过点D作DH⊥BC，由菱形的性质可得DE=DG=6，DG∥EB，由直角三角形的性质可得
CH=DH=3，HG=√3DH=3√3，即可求CG=CH+HG的长，再根据三角形面积的计算方法即
可求解．
【详解】（1）证明：在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分线分别交AB,BD,BC于点
E,F,G，
∴∠ABD=∠DBG，DG=BG，DE=EB，
∴∠DBG=∠GDB，∠ABD=∠EDB，∴∠EDB=∠DBG=∠ABD=∠GDB，
∴BE∥DG,DE∥GB，
∴四边形BGDE是平行四边形，
又∵DE=EB，
∴四边形BGDE是菱形；
（2）解：如图，过点D作DH⊥BC，
∵四边形BGDE是菱形，
∴∠ABC=∠EDG=30°，DE=DG=6,DG∥EB，
∴∠ABC=∠DGC=30°，
又∵DH⊥BC，
1
∴DH= DG=3,HG=√3DH=3√3，
2
∵∠C=45°,DH⊥BC，
∴∠C=∠CDH=45°，
∴CH=DH=3，
∴CG=CH+HG=3+3√3，
1 1 9+9√3
∴S = CG·DH= ×(3+3√3)×3= ．
△DCG 2 2 2
【点睛】本题主要考查角平分线的定义，线段垂直平分线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定
和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
【变式5】在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是边AB上的一点，连接CD，作
AE∥DC，CE∥AB，连接ED．
(1)如图1，当CD⊥AB时，求证：AC=ED；
(2)如图2，当D是边AB的中点时，若AB=16，ED=12，求四边形ADCE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24√7【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、根据菱形
的性质与判定求面积
【分析】（1）根据AE∥DC，CE∥AB，证明四边形ADCE是平行四边形，再根据CD⊥AB，
证明四边形ADCE是矩形，即可得到AC=ED；
（2）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”、“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，
证明四边形ADCE是菱形，根据菱形的性质、勾股定理，求出AC的长，再计算四边形ADCE的面
积即可．
【详解】（1）证明：∵ AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵ CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴ AC=ED；
（2）∵ AE∥DC，CE∥AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵ D是边AB的中点，∠ACB=90°，AB=16，
1
∴CD=AD= AB=8，
2
∴四边形ADCE是菱形，
1 1
∴ ED= ×12=6，AC⊥DE，
2 2
1
∴ AC=√82−62=2√7，
2
∴AC=4√7，
1 1
∴四边形ADCE的面积为 AC⋅ED= ×4√7×12=24√7．
2 2
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，灵活
运用知识是解题的关键．
【变式6】如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且BD=2AB，AE∥BD，OE∥AB．
(1)求证：四边形ABOE是菱形；
(2)若AO=10，四边形ABOE的面积是120，求BD的长．【答案】(1)证明见解析
(2)26
【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求面积
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识，
（1）证明AB=BO，再证明四边形ABOE是平行四边形，即可得证；
1
（2）连接BE交OA于F，由菱形的性质得OA⊥BE，OF=5，BF= BE，再由菱形的面积求出
2
BE=24，然后由勾股定理可得出OB=7，即可得出结论；
熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OB=OD= BD，
2
∵BD=2AB，
∴AB=OB，
∵AE∥BD，OE∥AB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
又∵AB=OB，
∴平行四边形ABOE是菱形；
（2）解：如图，连接BE交OA于F，
∵四边形ABOE是菱形，AO=10，
1 1 1
∴OA⊥BE，AF=OF= AO= ×10=5，BF=EF= BE，
2 2 2
∵四边形ABOE的面积是120，
1 1
∴120=S = OA⋅BE= ×10×BE=5BE，
四边形ABOE 2 2
∴BE=24，
1 1
∴BF= BE= ×24=12，
2 2
∴OB=√BF2+OF2=√122+52=13，
∴BD=2OB=2×13=26，
即BD的长为26．【变式7】如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC、AB的平行线，交AB于点E，交
AC于点F．
(1)求证：四边形AEDF是菱形．
(2)若FC=4，BE=9，AD=10，求四边形AEDF的边长和面积．
【答案】(1)见详解
(2)边长是6，面积是10√11
【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求面积、
相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查菱形的判定，菱形面积，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定
与性质是解题的关键．
（1）根据AE∥DF,DE∥AF，得到平行四边形，根据AD是△ABC的角平分线得到
∠EAD=∠FAD，根据AE∥DF得到∠EAD=∠ADF即可得到∠FAD=∠ADF，从而得到
AF=DF，即可得到证明；
（2）根据DE∥AF得到△CFD∽△CAB，即可得到菱形的边长，从而得到EF，结合菱形的面积
等于两条对角线积的一半即可得到答案；
【详解】（1）证明：∵AE∥DF,DE∥AF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD=∠FAD，
∵AE∥DF，
∴∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=DF，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）解：∵DF∥AB，
∴△CFD∽△CAB，
CF DF
∴ = ，
AC AB设菱形的边长为x，
∵FC=4,BE=9，
4 x
∴ = ，
4+x 9+x
解得：x=6，负值舍去，
∴菱形AEDF的边长为6；
∵四边形AEDF是菱形，AD=10，
1 1
∴∠AOF=90°,OF= EF,OA= AD=5，
2 2
∴OF=√62−52=√11，
∴EF=2√11，
1 1
∴S = EF⋅AD= ×2√11×10=10√11．
四边形AEDF 2 2
【变式8】如图，在矩形ABCD中（AB>BC），对角线AC，BD相交于点O，延长BC到点E，
使得CE=BC，连接DE，点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：四边形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周长为20，AC=8，求四边形DOCF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形DOCF的面积9．
【知识点】用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、根据菱形的性质与判定求面积
1
【分析】（1）由矩形的性质求得OC=OD，再证明CF是△EBD的中位线，推出CF= BD=OD，
2
CF∥BD，得到四边形DOCF是平行四边形，据此即可证明四边形DOCF是菱形；
（2）先求得BC=10−AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式计算求得AB=5+√7，BC=5−√7，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD中，
1 1
∴AC=BD，OC= AC，OD= BD，∠BCD=90°，
2 2
∴OC=OD，
∵CE=BC，
∴点C是线段BE的中点，
∵点F是DE的中点，
∴CF是△EBD的中位线，
1
∴CF= BD=OD，CF∥BD，
2
∴四边形DOCF是平行四边形，
∵OC=OD，
∴四边形DOCF是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∵矩形ABCD的周长为20，
∴2(AB+BC)=20，
∴AB+BC=10，
∴BC=10−AB，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即AB2+(10−AB) 2=82，
解得AB=5+√7或AB=5−√7，
∵AB>BC，
∴AB=5+√7，BC=5−√7，
1 1
∴S =S = S = ×BC×CD，
△OCD △OBC 2 △BCD 4
1 1
∴菱形DOCF的面积=2S = (5+√7)(5+√7)= (25−7)=9．
△OCD 2 2
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边
形DOCF是菱形是解题的关键．
【变式9】在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同
时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．(1)若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？
答：__________；（直接填空，不用说理）
(2)在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值；
(3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边
形EGFH为菱形，求t的值．
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形
(2)四边形EGFH为矩形时t=2或t=8
9
(3)当t= 时，四边形EGFH为菱形
4
【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段
长
【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH, ∠AEG=∠CFH,则 EG∥FH,即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF=GH即可求
解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解.
【详解】（1）解：四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE=CF=t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠GAE=∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
1 1
∴AG= AD，CH= BC，
2 2
∴AG=CH，
∴△AEG≌△CFH(SAS)，
∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，
∴∠FEG=∠EFH，
∴EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：如图1，连接GH，由（1）得AG=BH，AG∥BH，∠B=90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF=GH=6，
∵AE=CF=t，
∴EF=10−2t=6，
∴t=2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF=GH=6，AE=CF=t，
∴EF=t+t−10=2t−10=6，
∴t=8；
综上，四边形EGFH为矩形时t=2或t=8；
（3）解：如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∴OA=OC，AG=AH，∴四边形AGCH为菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则DG=8−x，
由勾股定理可得：CD2+DG2=CG2，
即：62+(8−x) 2=x2，
25
解得：x= ，
4
25 9 9
∴MG= −4= ，即t= ，
4 4 4
9
∴当t= 时，四边形EGFH为菱形．
4
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等
知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用.
考点3：正方形的判定与性质
典例3：如图，已知△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=6√2，点D为边BC上一动点，四边形
ADEG是正方形，连接GC，正方形对角线AE交BC于点F，
(1)判断BD与CG的数量关系，并证明；
(2)求证：DF2=BD2+CF2；
(3)若BD=4，求AE的值．
【答案】(1)BD=CG，证明见解析
(2)证明见解析
(3)AE=4√5
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据
正方形的性质与判定求角度
【分析】（1）证明△ABD≌△ACG(SAS)即可求解；
（2）连接DG，证明△GAF≌△DAF(SAS)，结合（1）的结论即可求解；（3）连接DG，勾股定理求得BC的长，继而求得DC的长，由（1）知GC=BD=4，由（2）知
∠DCG=90°，在Rt△DCG中，勾股定理可得DG的长，由四边形ADEG是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：BD=CG
证明：∵四边形ADEG是正方形，∴AD=AG,∠DAG=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BMC=∠DAG，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAG，
∴∠BAD=∠CAG，
在△ABD和△ACG中，¿
∴△ABD≌△ACG(SAS)．
∴BD=CG
（2）证明：如图，连接GF，∵四边形ADEG是正方形，
∴AG=AD,∠FAG=∠FAD=45°，
在△GAF和△DAF中，¿
∴△GAF≌△DAF(SAS)，
∴GF=DF,∠ACG=∠B=45°
∵∠BAC=90°,AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠FCG=∠ACB+∠ACG=90°∴在Rt△FCG中，GC2+CF2=FG2，
∴DF2=BD2+CF2
（3）连接DG，
∵AB=AC=6√2，
∴在Rt△ABC中，
BC=√AB2+AC2=√ (6√2) 2+(6√2) 2=12
，
∵BD=4，∴DC=BC−BD=12−4=8，
由（1）知GC=BD=4，
由（2）知∠DCG=90°，在Rt△DCG中，DG=√DC2+CG2=√82+42=4√5，
∵四边形ADEG是正方形，
∴AE=DG=4√5，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，旋转模型全等三角形的性质与判定，掌握正方形的
性质以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式1】如图①，在△ABC中，∠CAB=90°，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作
BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：四边形ADCF是菱形．
(2)如图②，连接CE，若∠FCB=90°，CE=5，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)2√10【知识点】化为最简二次根式、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、根据正方形的性质与判
定求线段长
【分析】（1）可证明△DEB≌△AEF(AAS)得到AF=DB，再由直角三角形的性质证明
AD=BD=DC，进而可证明四边形ADCF是平行四边形，再由AD=DC，即可证明四边形ADCF
是菱形；
（2）先证明四边形ADCF是正方形，得到∠ADC=90°，设AE=DE=x，则CD=BD=AD=2x，
由勾股定理可得方程x2+(2x) 2=52，解方程求出AD=BD=CD=2√5，则
AB=√AD2+BD2=2√10．
【详解】（1）证明：E为AD中点，
∴AE=DE，
∵AF∥BC，
∴∠DBE=∠AFE，
∵∠DEB=∠AEF，
∴△DEB≌△AEF(AAS)，
∴AF=DB，
∵AD是直角三角形CAB斜边CB上的中线，
∴AD=BD=DC，
∴AF=DC，
∵AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD=DC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：∵∠FCB=90°且四边形ADCF是菱形，
∴四边形ADCF是正方形，
∴∠ADC=90°，
由（1）可得AD=CD=DB，
设AE=DE=x，则CD=BD=AD=2x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得EC2=CD2+DE2，
∴x2+(2x) 2=52，
∴x=√5或x=−√5（舍去），
∴AD=BD=CD=2√5，∴AB=√AD2+BD2=2√10．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等
三角形的性质与判定等等，熟知正方形的性质与判定定理，菱形的判定定理是解题的关键．
【变式2】如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，AB⊥BC，E是边CD的延长线上的动
点，连接AE，过点C作CF⊥AE于点F．
(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)当F是AE的中点，且CE=8√2时，求△CEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)16√2
【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明、根据正方
形的性质与判定求线段长
【分析】此题主要考查了正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质是解决问
题的关键．
（1）根据四边形ABCD是平行四边形，AB=BC得平行四边形ABCD为菱形，再根据AB⊥BC即
可得出结论；
（2）连接AC，根据CF⊥AE于点F，点F为AE的中点得CF为线段AE的垂直平分线，则
1
AC=CE=8√2，，AF=EF，进而得到S =S = S ，在Rt△ACD中由勾股定理得
△AFC △EFC 2 △AEC
AD=8，据此可求△CEF的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
又∵AB⊥BC，
∴菱形ABCD为正方形，
（2）连接AC，如下图所示：∵CF⊥AE F F AE
于点 ，点 为 的中点，
∴CF为线段AE的垂直平分线，
∴AC=CE=8√2，AF=EF，
1
∴S =S = S ，
△AFC △EFC 2 △AEC
∵四边形ABCD为正方形，
∵AD=BC，∠ADC=90°，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2+CD2=AC2，
1 1
∴AD2= AC2= ×(8√2) 2=64，
2 2
∴ AD=8（负值舍去），
1 1 1
∴ S = S = × CE·AD=16√2．
△EFC 2 △AEC 2 2
【变式3】【课本再现】
（1）正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A′B′C′O与正方形ABCD的边长都等于6，都等
于，如图①摆放时，重叠部分的面积是______；
（2）（知识在探究）在正方形A′B′C′O绕点O旋转的过程中（如图②），上述重叠部分的面积有
没有变化？请说明理由．
【拓展延伸】
如图③，四边ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°,AB=BC，边AD=9,DC=5，直接写出BD的
长______．
【答案】（1）9；（2）不变，理由见解析；（3）7√2【知识点】化为最简二次根式、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长、根据旋
转的性质求解
【分析】（1）直接根据正方形的面积求解面积即可；
（2）在△OMB和△ONC中，利用正方形的性质和已知可证出△OMB≌△ONC(ASA)，再利用全等
三角形的面积相等即可得结论；
（3）如图，过B作BH⊥AD于H，过B作BM⊥DC于M，证明△ABH≌△CBM，可得
BH=BM，AH=CM，证明四边形BHDM为正方形，可得DH=DM=BM，再进一步求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD的边长都等于6，
∴AC⊥BD，S =62=36，
正方形ABCD
1
∴如图①摆放时，重叠部分的面积是= S =9；
4 正方形ABCD
（2）没有变化，
理由如下：如图，在正方形ABCD和正方形A′B′C′O中，
1 1
AC=BD，OB= BD，OC= AC，
2 2
∠ABO=∠BCO=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，
∴∠MOB=∠NOC，BO=CO，
在△OMB和△ONC中，
∠ABO=∠BCO，BO=CO，∠MOB=∠NOC，
△OMB≌△ONC(ASA)，
∴S =S ，
△OMB △ONC
1
∴S =S = S =9，
四边形OMBN △BOC 4 正方形ABCD
∴正方形A′B′C′O绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分
之一 ；
（3）如图，过B作BH⊥AD于H，过B作BM⊥DC于M，
∴∠AHB=∠BMC=90°，∵∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD+∠BCM=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCM，
∵AB=BC，
∴△ABH≌△CBM，
∴BH=BM，AH=CM，
∵∠HDC=90°=∠BHD=∠BMC，
∴四边形BHDM为正方形，
∴DH=DM=BM，
∵AD=9,DC=5，
∴AD+DC=AH+DH+CD=DH+CD+CM=DH+DM=14，
∴DH=DM=7=BH=BM；
∴BD=√BH2+DH2=7√2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最
简二次根式，旋转的性质，掌握基础知识是解本题的关键．
【变式4】如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，△AEF是等边三角形，连接AC
交EF于点G．
(1)求证：BE=DF．
(2)①∠DAF=______；
②求证：EG=GF．
(3)求证：S =2S ．
△CEF △ABE
【答案】(1)详见解析
(2)①15°；②详见解析
(3)详见解析【知识点】用HL证全等（HL）、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质与判定求面积
【分析】（1）由正方形的性质和等边三角形的性质可证明△ABE≌△ADF，从而得出BE=DF；
90°−∠EAF
（2）①∠DAF=∠BAE= =15°；②首先证明EC=FC，由AF=AE，EC=FC可
2
以得出AC垂直平分EF；
（3）设EC=x，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S 和2S 再通过比较大
△CEF △ABE
小就可以得出结．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF,∠EAF=60°,∠BAE+∠DAF=30°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
¿
Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴BE=DF．
90°−∠EAF
（2）①∠DAF=∠BAE= =15°；
2
故答案为：15°；
②证明：∵BC=CD,
∴BC−BE=CD−DF，即CE=CF，
∵AE=AF,
∴AC垂直平分EF，
即EG=GF．
（3）设EC=x,BE= y，由勾股定理得AB2+BE2=AE2=EF2，
∴(x+ y) 2+ y2=(√2x) 2 ，
√3−1 √3+1
∴y= x,AB=BC= y+x= x，
2 2
1 1 √3+1 √3−1 1
∴S = AB⋅BE= ⋅ x⋅ x= x2 ，
△ABE 2 2 2 2 4
1 1
S = CE⋅CF= x2,
△CEF 2 2
∴S =2S ．
△CEF △ABE
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等
边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键．【变式5】如图，点E为正方形ABCD对角线AC上一点，连接DE，BE．过点E作EF⊥DE，交
边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)连接CG，若正方形ABCD的边长为9，CG=3√2，求正方形DEFG的边长．
【答案】(1)证明见解析
(2)3√5
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明
【分析】（1）过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，先根据正方形的性质证明四边形
EMCN是矩形，进一步证明△EMF≌△END，可得EF=DE，再根据正方形的判定，即可证得答
案；
（2）连接EG，先证明△ADE≌△CDG，可证明∠DCG=45°，并求得AE的长，进一步证明
∠ACG=90°，并求得CE的长，再利用勾股定理可求得EG的长，最后在Rt△DEG中，根据勾股
定理即可求得答案．
【详解】（1）证明：过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ACB=∠ACD，
∴四边形EMCN是矩形，
∴∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠FEN=90°，
∵EM⊥BC，EN⊥CD，∠ACB=∠ACD，
∴EM=EN，
∵EF⊥DE，
∴∠FEN+∠NED=90°，
∴∠MEF=∠NED，
∵∠EMF=∠END=90°，
∴△EMF≌△END(ASA)，
∴EF=DE，
∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：连接EG，
∵四边形ABCD和DEFG都是正方形，
∴DE=DG，AD=DC，∠ADC=∠EDG=90°，∠DAE=∠ACD=45°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG=3√2，∠DAE=∠DCG=45°，
∴∠ACG=90°，
∴CE⊥CG，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴AC=√2AB=9√2，
∴CE=AC−AE=9√2−3√2=6√2，
∴EG=√CE2+CG2=√72+18=3√10，
∵∠EDG=90°，ED=DG，
√2
∴DE= EG=3√5，
2
∴正方形DEFG的边长为3√5．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定
理，构造全等三角形是解题的关键．
【变式6】综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°；将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90∘，
得到△CBE′（点A的对应点为点C），延长AE交CE′于点F，连接DE．猜想证明：
（1）如图①，试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB=10，CF=2，求EF和DE的长．
【答案】（1）①四边形BE′FE是正方形，证明见解析；②CF=FE′，证明见解析；（2）EF=6
，DE=2√17
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明、根据旋转
的性质求解
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，由正方形
的判定可证四边形BE′FE是正方形
1
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH= AE，DH⊥AE，由“AAS”可
2
1
得△ADH≌△BAE，可得AH=BE= AE，由旋转的性质可得AE=CE′，可得结论；
2
（3）作DG⊥AE于G，根据勾股定理求出BE′，可得CE'=CF+E'F=8，由（2）可得
BE=AG=6,DG=AE=CE'=8，进而求出GE，根据勾股定理计算DE的长．
【详解】（1）解：四边形BE′FE是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BEFE′是矩形，
又∵BE=BE′，
∴四边形BEFE′是正方形；
（2）CF=FE′，证明如下：
如图②所示，过点D作DH⊥AE，垂足为H，则∠DHA=90°，∴∠DAH+∠ADH=90°，
∵DA=DE，DH⊥AE，
1
∴AH= AE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在△AEB和△DHA中，
¿，
∴△AEB≌△DHA(AAS)，
∴AH=BE，
由（1）知四边形BEFE′是正方形，
∴BE=E′F，
∴AH=E′F，
由旋转的性质可得：CE′=AE，
1
∴FE′= CE′
，
2
∴CF=FE′，
（3）解：如图①所示，作DG⊥AE于G，
∵四边形BEFE′是正方形
∴BE=BE′=EF，
在Rt△CBE′中，∵AB=BC=10，CF=2,BC2=E′B2+E′C2，∴100=E′B2+(E′B+2) 2 ，
∴E′B=6=BE=E′F=EF，则EF=6
∴CE′=CF+E′F=8，
由（2）可知：BE=AG=6,DG=AE=CE′=8，
∴¿=2，
∴DE=√DG2+GE2=√82+22=2√17．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的
性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式7】（1）如图①，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接CE，过点C作CF⊥CE交AD
的延长线于点F．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°，请利用
（1）的结论证明：¿=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ABCD中，AD∥BC(BC>AD)，∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且
∠DCE=45°，BE=2，AD=3，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形ABCD的面积为27【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形
的性质与判定证明
【分析】本题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知
识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据正方形的性质得出∠B=∠BCD=∠CDA=90°，BC=CD，证明
△BCE≌△DCF(ASA)即可得证；
（2）过点C作CF⊥CE交AD的延长线于点F，由全等三角形的性质可得CE=CF，
∠BCE=∠DCF，BE=DF，再证明△GCE≌△GCF(SAS)得出¿=GF，即可得证；
（3）过点C作CH⊥AD于点H，交AD延长线于H，证明四边形ABCH是正方形，设正方形
ABCH的边长为x，根据勾股定理计算得出AB=6，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠BCD=∠CDA=90°，BC=CD，
∴∠CDF=90°，∠BCE+∠DCE=90°，
∵CF⊥CE，
∴∠DCF+∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
¿
∴△BCE≌△DCF(ASA)，
∴CE=CF；
（2）证明：如解图①，过点C作CF⊥CE交AD的延长线于点F，
由（1）可知：△BCE≌△DCF(ASA)
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，BE=DF，
∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠DCG=∠DCF+∠DCG=45°，即∠GCF=45°，
在△GCE和△GCF中，
¿，
∴△GCE≌△GCF(SAS)，
∴≥=GF，∴≥=DF+GD=BE+GD；
（3）解：如解图②，过点C作CH⊥AD于点H，交AD延长线于H，
∵AD∥BC ∠B=90°
， ，
∴∠A=90°，
∵∠A=90°，∠B=90°，CH⊥AD，
∴四边形ABCH是矩形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形，
∵∠DCE=45°，
∴由（2）可得：DE=BE+DH，
设正方形ABCH的边长为x，
∵BE=2，AD=3
∴AE=x−2，DH=x−3，DE=x−1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理可得：AD2+AE2=DE2，
即32+(x−2) 2=(x−1) 2，
解得：x=6，
∴AB=6，
1 1
∴四边形ABCD的面积为= (AD+BC)⋅AB= ×(3+6)×6=27．
2 2
【变式8】【问题情境】
数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上
一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为边作矩形DEFG．
【特例探究】
启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，当∠AED=90°时，点F与点C重合，此时可以证明矩形DEFG是正方形．
【探究发现】
(1)博学小组发现，如图2，当∠AED>90°时，点F落在BC边上，此时，过点E作EM⊥BC于点
M，EN⊥CD于点N，通过证明△EMF≌△END，进而可以证明出矩形DEFG是正方形，请你帮
助博学小组完成证明．
(2)奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图3，当∠AED<90°时，点F落在BC的延长
线上．
①此时矩形DEFG还是正方形吗？如果是，请证明；如果不是，请说明理由．
②当∠AED=75°，且DE=2时，直接写出AD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)①矩形DEFG还是正方形，理由见解析；②√3+1
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股
定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明
【分析】本题考查了正方形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，矩形的判定与性质，勾股定
理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握正方形性质与判定是解题关键．
（1）利用正方形性质得出∠MEN=90°，EM=EN，证明△DEN≌△FEM(ASA)，得出DE=EF，
由正方形判定定理解答即可；
（2）①过点E作EM⊥BC，EN⊥CD，垂足分别为M,N，利用（1）中方法解答即可；
②求出∠ADE=60°，过点D作DK⊥AD于点K，由勾股定理可得出答案．
【详解】（1）解： ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°，EM=EN，
∴四边形EMCN是正方形，
∵∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∴△EMF≌△END(ASA)，
∴FE=ED，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）①矩形DEFG还是正方形，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BC，EN⊥CD，垂足分别为M,N，∴∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°，EM=EN，
∴∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形．
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=45°，
∵∠AED=75°，
∴∠ADE=180°−∠EAC−∠AED=60°，
过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形
∴∠DEK=30°
，
∵DE=2，∴DK=1，
∴EK=√DE2−DK2=√3，
∴AK=√3，
∴AD=AK+DK=√3+1．
【变式9】如图，点E是正方形ABCD中BC边上一点，∠AEF=90°且AE=EF．(1)尺规作图：①以AE与EF为邻边作正方形AEFG；②作FH⊥DC，垂足为H（保留作图痕迹，
不写作法）
(2)连接DG，求证：∠ADG=90°
(3)连接BH，猜想四边形BEFH是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)四边形BEFH是平行四边形，证明见解析
【知识点】全等三角形综合问题、作垂线(尺规作图)、证明四边形是平行四边形、根据正方形的性
质与判定证明
【分析】（1）①分别以点A、F为圆心，AE为半径画弧，两弧交于点G，连接AG、FG即可；②
1
以点F为圆心，任意长为半径画弧，交CD于M、N两点，再分别以M、N两点为圆心，大于 MN
2
为半径画弧，两弧交于点P，连接PF，交CD于点H，再FH即为所求；
（2）证明△ABE≌△ADG(SAS)，得出∠ADG=∠ABE=90°即可；
（3）先证明G、D 、C 、H在同一直线上，再证明△ABE≌△GHF(AAS)， 得出BE=HF，
证明BE∥HF，即可证明结论．
【详解】（1）解：如图，正方形AEFG为所求作的正方形，FH为所求作的垂线．
根据作图可知：AE=AG，FE=FG，
∵AE=EF，
∴AE=EF=FG=AG，
∴四边形AEFG为菱形，
∵∠AEF=90°，
∴四边形AEFG为正方形．
（2）证明：连接DG，如图所示：在正方形ABCD和正方形AEFG中，
AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=∠ABC=90°，
∴∠BAD−∠1=∠EAG−∠1，
即∠2=∠3，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠ADG=∠ABE=90°．
（3）解：四边形BEFH是平行四边形，证明如下：
如图，连接BH，
∵∠ADG=90°，∠ADC=90°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
∴G、D 、C 、H在同一直线上，
∵∠4+∠5=∠AGF=90°，
在Rt△ADG中∠3+∠4=90°，
∴∠3=∠5，
由（2）可知：∠2=∠3，
∴∠2=∠5，
∵∠ABE=∠GHF=90°，AE=GF，
∴△ABE≌△GHF(AAS)，
∴BE=HF，
∵∠FHC=BCD=90°，
∴BE∥HF，
∴四边形BEFH是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了尺规作垂线，正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行四边
形的判定，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
考点4：特殊平行四边形——折叠
典例4：如图，将正方形ABCD折叠，使点B落在DC边的中点Q处，点A落在P处，折痕为EF．
已知BD长为16√2．(1)求线段AB的长；
(2)线段CF的长．
【答案】(1)16
(2)6
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、正方形折叠问题
【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理：
（1）根据正方形的性质可得BD=√2AB，据此可解；
（2）由折叠的性质得BF=QF，利用勾股定理解Rt△FCQ即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD中，∠DAB=∠B=∠C=90°，AD=AB=BC=CD，
∴ BD=√AB2+AD2=√2AB=16√2，
∴ AB=16；
（2）解： 由（1）知BC=CD=AB=16，
∵点Q为CD的中点，
1
∴ CQ= CD=8，
2
由折叠的性质得BF=QF，
设CF=x，则QF=BF=16−x，
∵在Rt△FCQ中，CQ2+CF2=QF2，
∴ 82+x2=(16−x) 2，
解得x=6，
即线段CF的长为6．
【变式1】如图，已知正方形纸片ABCD的边长为9，BE=3，将△ABE沿AE对折至△AGE，延长
EG交CD于点F，连接AF，且AF平分∠DAG．(1)证明：△AGF≌△ADF；
(2)求线段EF的长．
【答案】(1)见解析
15
(2)
2
【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题
【分析】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，根据翻折变换
的性质得出对应线段相等是解题关键．
（1）利用翻折变换对应边关系得出AB=AG，BE=≥¿，∠B=∠AGE=90°，利用HL定理得出
Rt△AGF≌Rt△ADF即可；
（2）结合（1）设DF=GF=x，则CF=9−x，EF=x+3，利用勾股定理得出CE2+CF2=EF2，
进而求出x即可．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD=9，∠D=∠B=∠BCD=90°，
∵将△ABE沿AE对折至△AGE，
∴AB=AG，BE=≥¿，∠B=∠AGE=90°，
∴AD=AG，∠D=∠AGF=90°，
又∵AF=AF，
在Rt△AGF和Rt△ADF中，
¿，
∴Rt△AGF≌Rt△ADF(HL)．
（2）由（1）可知，Rt△AGF≌Rt△ADF，BE=≥=3，
∴DF=GF，CE=BC−BE=6，
设DF=GF=x，则CF=9−x，EF=x+3，
∴在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，即：62+(9−x) 2=(3+x) 2，
9
解得x= ，
2
9 15
∴EF=3+ = ．
2 2【变式2】【操作感知】如图1，在矩形纸片ABCD的AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩
形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM．∠DPM=60°，则∠MBC的大小为______度．
【迁移探究】如图2，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折
叠，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）证明：△MBQ≌△CBQ；
（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为______．
4
【答案】【操作感知】：30；（1）见解析；（2）
3
【知识点】用HL证全等（HL）、勾股定理与折叠问题、正方形折叠问题
【分析】本题主要考查正方形的性质，长方形的性质，全等三角形的判定等知识，
操作感知：根据折叠求出∠ABP=∠MBP=30°，即可得出结论；
迁移探究：
（1）根据HL证Rt△MBQ≌Rt△CBQ即可；
（2）设CQ的长为x，则DQ=4−x，MQ=√BQ2−BM2=√BC2+CQ2−BM2=x，利用勾股定
理求出x的值即可．
【详解】解：【操作感知】：由折叠知，
∠APB=∠MPB，∠ABP=∠MBP，∠A=∠M=90°，
∵∠DPM=60°，
∴∠APB=∠MPB=(180°−∠DPM)÷2=60°，
∴∠ABP=∠MBP=30°，
∴∠MBC=90°−∠ABP−∠MBP=30°，
故答案为：30；
【迁移探究】（1）证明：∵正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，
∴AB=BM=BC，∠A=∠BMP=∠BMQ=∠C=90°，
在Rt△MBQ和Rt△CBQ中，
¿，
∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ(HL)，即△MBQ≌△CBQ；
（2）解：设CQ的长为x，
∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，
1
∴DQ=4−x，MQ=√BQ2−BM2=√BC2+CQ2−BM2=x，PM=AP= ×4=2，
2
在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2，
即(2+x) 2=22+(4−x) 2，
4
解得x= ，
3
4
故答案为： ．
3
【变式3】如图1，折叠矩形纸片ABCD，具体操作：①点E为AD边上一点（不与点A，D重合），
把△ABE沿BE所在的直线折叠，A点的对称点为F点；②将∠DEG沿EG所在的直线折叠，折痕
EG所在的直线交DC于点G，D点的对称点为H点．
(1)求证：△ABE∽△DEG．
(2)如图2，若AB=3,BC=5，若点C恰在直线EF上，
①求线段EG的长；
②如图3，连接DH，求△DGH的面积．
【答案】(1)见解析
4 8
(2)①EG= √10；②S =
3 △DGH 15
【知识点】根据等角对等边求边长、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与
性质综合
【分析】（1）根据两角对应相等两三角形相似证明即可；
（2）①由折叠可知∠AEB=∠FEB，AE=EF，AB=BF=3，由矩形的性质得出
∠AEB=∠EBC，等量代换可得出∠FEB=∠EBC，由等角对等边可得出CE=CB=5，由勾股定
理求出CF，由相似三角形的性质求出DG，再利用勾股定理即可得出答案．
②如图2中，连接DH，由翻折的性质可知EG垂直平分线段DH，利用面积法可得．
【详解】（1）解：如图1中由折叠可知∠AEB=∠FEB，∠DEG=∠HEG，∵∠AEB+∠FEB+∠DEG+∠HEG=180°，
∴∠AEB+∠DEG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠AEB+∠ABE=90°
∴∠ABE=∠DEG，
∴△ABE∽△DEG
（2）解：①如图2中，由折叠可知∠AEB=∠FEB，AE=EF，AB=BF=3，
∠BFE=∠A=90°
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠FEB=∠EBC，
∴CE=CB=5，
∵点C在直线EF上，
∴∠BFC=90°，CF=5−EF=5−AE，
∵CF=√BC2−BF2=√52−32=4，
∴AE=EF=5−4=1，
∴DE=4，
由（1）知：△ABE∽△DEG，
AB AE
∴ =
DE DG
AE⋅DE 4
∴DG= = ，
AB 3
∴EG=√DE2+DG2 =
√
42+
(4) 2
=
4
√10．
3 3②连接DH交EG于O．由折叠可知EG垂直平分线段DH，
4
4×
DE×DG 3 4
∴DH=2× =2× = √10
EG 4 5
√10
3
√ 4 2 2 2 2
∴OG=√DG2−DO2= ( ) −( √10) = √10，
3 5 15
1 4 2 8
S = × √10× √10= ．
ΔDGH 2 5 15 15
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，矩形与折叠问题，等角对等角，勾股定理的
等知识，利用面积法求解解题的关键．
【变式4】综合与实践：小红在学习了图形的折叠相关知识后，对矩形的折叠进行了探究，已知矩
形ABCD中，AB=10，BC=8，P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B
落在点E处）．
(1)【动手操作】
当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出满足条件的图形（即△AEP的位置，不写作法，
保留作图痕迹），此时DE=________________；
(2)【问题探究】
如图②，PE与CD相交于点F，AE与CD相交于点G，且FC=FE，求证：BP=5CP；
(3)【拓展延伸】
已知Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B′处，求BQ的
长．
【答案】(1)作图见解析，6；
(2)见解析；(3)4或16．
【知识点】全等三角形综合问题、作垂线(尺规作图)、勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题
【分析】本题主要考查矩形与折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形
与折叠的性质，数形结合分析是解题的关键．
（1）根据点B的对应点E在CD上，可得折线BP是BE的垂直平分线，由此可作图，根据矩形的性
质，折叠的性质可得AB=AE=10,∠D=90°，由勾股定理即可求解；
（2）由翻折的性质得BP=EP，AE=AB=10，∠E=∠B=90°，设BP=EP=x，则PC=8−x，
△GEF≌△PCF（ASA），可得¿=PC=8−x，GC=EP=x，DG=CD−GC=10−x，
AG=AE−≥=10−（8−x）=x+2，在Rt△ADG中，由勾股定理
20 20 4
解得x= ，CP=8− = ，由此即可求解；
3 3 3
（3）分两种情况：如解图所示，点Q在线段AB上时；如解图所示，点Q在BA延长线上时；根据矩
形、折叠，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：作图如图所示，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处），
点E落在边CD上，
∴△AEP即为所求的三角形，
∵折叠，
∴AB=AE=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
在Rt△ADE中，DE=√AE2−AD2=√102−82=6，
∴DE=6，
故答案为：6．
（2）证明：由翻折的性质得BP=EP，AE=AB=10，∠E=∠B=90°，
∴∠E=∠C，
设BP=EP=x，则PC=8−x，
在△GEF和△PCF中，
¿，
∴△GEF≌△PCF（ASA），∴GF=PF，¿=PC=8−x，
∴GC=EP=x，
∴DG=CD−GC=10−x，AG=AE−≥=10−（8−x）=x+2，
在Rt△ADG中，由勾股定理得，82+(10−x) 2=(x+2) 2，
20 20
解得x= ，即BP= ，
3 3
20 4
∴CP=8− = ，
3 3
20
BP 3 20 3
∴ = = × =5，
CP 4 3 4
3
∴BP=5CP．
（3）解：分两种情况：
如解图所示，点Q在线段AB上时，
由翻折的性质得∠CQB=∠CQB'，B'C=BC=8，BQ=B'Q，∠CB'Q=∠B=90°，
∴∠CB'D=90°，
∴DB'=√CD2−B'C2=√102−82=6,
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠DCQ=∠CQB，
∴∠DCQ=∠CQD，
∴QD=CD=10，
∴BQ=B'Q=QD−DB'=10−6=4；
如解图所示，点Q在BA延长线上时，由翻折的性质得BQ=B'Q，B'C=BC=8，∠B'=∠B=90°，
∴DB'=√CD2−B'C2=√102−82=6,
设BQ=B'Q=x，则DQ=x−6，AQ=x−10，
∵∠BAD=90°，
∴∠DAQ=90°,
在Rt△ADQ中，由勾股定理得，82+(x−10) 2=(x−6) 2，
解得x=16，即BQ=16，
综上所述，BQ的长为4或16．
【变式5】如图，已知矩形ABCD的一条边AD=6，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的
P点处，折痕与边BC交于点O，连接AP，OP，OA．
OC OP
(1)求证： = ．
PD AP
OP 1
(2)若 = ，求边AB的长．
PA 2
【答案】(1)见解析
15
(2)AB=
2
【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理与折叠，三角形相似的判定和性质，熟练掌握上述知识是
解题关键．
OC OP
（1）根据矩形和折叠的性质易证∠PAD=∠CPO，即可证△APD∽△POC，得出 = ；
PD APOC OP CP 1
（2）由相似三角形的性质得出 = = ，结合题意可求出CP= AD=3，DP=2OC．设
PD AP AD 2
OC=x，则OB=OP=6−x．在Rt△POC中，根据勾股定理可列出关于x的方程，求解即可．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠B=∠C=∠D=90°，
由翻折可知，∠APO=∠B=90°，
∴∠APD+∠CPO=∠APD+∠PAD=90°，
∴∠PAD=∠CPO，
∴△APD∽△POC，
OC OP
∴ = ；
PD AP
（2）解：∵△APD∽△POC，
OC OP CP
∴ = = ．
PD AP AD
OP 1
∵ = ，
PA 2
1
∴CP= AD=3，DP=2OC．
2
设OC=x，则OB=OP=6−x，
在Rt△POC中，OC2+CP2=OP2，
∴x2+32=(6−x) 2，
9
解得x= ，
4
9
∴DP= ，
2
15
∴AB=CD=CP+DP= ．
2
【变式6】在矩形ABCD中，BC>AB． 沿过点B的直线折叠矩形，使点C落在AD边上点F处，折
痕为BE．
【尝试】
（1）如图1，△ABF与△DFE始终保持相似关系，请说明理由．【探究】
（2）随着折痕BE位置的变化，F点的位置随之发生变化，当AB=5时，是否存在点F，使
AF⋅FD=10？若存在，求出此时BC的长；若不存在，请说明理由．
【延伸】
AB
（3）如图2，折叠△ABF，使边BA落在BF上BG处，折痕为BM． 若MF=AM+FD，求 的
BC
值．
【答案】（1）△ABF与△DFE始终保持相似关系，理由见详解
（2）存在点F，使AF⋅FD=10，此时BC的长为3√5
3
（3）
5
【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题主要考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，理解
图示，矩形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质，折叠的性质可得∠AFB=∠≝¿，由相似三角形的判定即可求解；
（2）根据矩形的性质可得∠A=∠ABC=∠C=∠D=90°，AB=CD=5,BC=AD，由（1）可
AB AF
得△ABF∽△DFE，则 = ，得到AD·DF=5DE，根据题意求出DE=2，CE=3，由折叠
DF DE
的性质可得EF=EC=3，在Rt△≝¿中由勾股定理可得DF=√5，则AF=2√5，再根据
AD=BC=AF+FD即可求解；
1 1
（3）根据题意可得MF= AD，由矩形的性质，折叠的性质，可得MF= BF，可证
2 2
FG MG MF 1
△FGM∽△FAB，得到 = = = ，设MG=AM=x,FG= y，则
AF AB BF 2
AB=BG=2x,AF=2y，BF=BG+FG=2x+ y，在Rt△ABF中由勾股定理可得
4 10
(2x) 2+(2y) 2=(2x+ y) 2，解得y= x，可得BF= x=BC，由此即可求解．
3 3
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=∠D=90°，
∵折叠，
∴∠EFB=∠C=90°，
∵∠AFB+∠DFE=∠DFE+∠≝¿，
∴∠AFB=∠≝¿，且∠A=∠D=90°，
∴△ABF与△DFE始终保持相似关系；（2）存在，此时BC=3√5，理由如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=∠D=90°，AB=CD=5,BC=AD，
由（1）可得，△ABF与△DFE始终保持相似关系，即△ABF∽△DFE，
AB AF
∴ = ，
DF DE
∴AD·DF=5DE，
当AF⋅FD=10时，DE=2，
∴CE=CD−DE=5−2=3，
∵折叠，
∴EF=EC=3，
在Rt△≝¿中，DF=√EF2−DE2=√32−22=√5，
∵AF·DF=10，
10 10
∴AF= = =2√5，
DF √5
∴AD=BC=AF+FD=2√5+√5=3√5，
∴存在点F，使得AF⋅FD=10，此时BC=3√5；
（3）∵AM+MF+FD=AD，若MF=AM+FD，
1
∴MF= AD，
2
∵四边形ABCD是矩形，折叠，
∴AD=BC=BF，∠A=∠BGM=∠FGM=90°，
1
∴MF= BF，
2
∵∠GFM=∠AFB,∠FGM=∠A=90°，
∴△FGM∽△FAB，
FG MG MF 1
∴ = = = ，
AF AB BF 2
设MG=AM=x,FG= y，则AB=BG=2x,AF=2y，BF=BG+FG=2x+ y，
在Rt△ABF中，AB2+AF2=BF2，
∴(2x) 2+(2y) 2=(2x+ y) 2，
4
解得，y= x或y=0（不符合题意，舍去），
3
4 10
∴BF=2x+ y=2x+ x= x=BC，
3 3AB 2x 3
= =
∴BC 10 5．
x
3
【变式7】如图，在正方形ABCD中，F为CD的中点，连接BF，将△BCF沿BF对折得到△BPF，
延长FP交BA的延长线于点Q．
(1)求证：△BQF是等腰三角形；
(2)若正方形ABCD的边长为2，求QA的长．
【答案】(1)见解析
1
(2)
2
【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题
【分析】（1）根据正方形的性质，得AB∥CD，继而得到∠CFB=∠QBF，根据折叠的性质，得
∠CFB=∠QFB，继而得到∠QBF=∠QFB，得到QF=QB，得到△BQF是等腰三角形．
（2）设QA=x，则QF=QB=2+x，根据折叠的性质，得QP=2+x−1=1+x，PB=BC=2，根
据勾股定理计算即可．
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，
折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】（1）∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠CFB=∠QBF，
根据折叠的性质，得∠CFB=∠QFB，
∴∠QBF=∠QFB，
∴QF=QB，
∴△BQF是等腰三角形．
（2）设QA=x，
∵正方形ABCD的边长为2，，F为CD的中点，△BCF沿BF对折得到△BPF，
1
∴DF=CF=PF= CD=1，PB=BC=2，∠C=∠BPF=∠BPQ=90°,
2∴QF=QB=2+x，QP=2+x−1=1+x，PB=BC=2，
∴(2+x) 2=(1+x) 2+22,
1
解得x= ，
2
1
故QA的长为 ．
2
考点5：特殊平行四边形——平移
典例5：在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点
A与点F重合，点C与点D重合(如图1)．其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=6cm，
AC=DF=9cm．并进行如下研究活动：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，联结AE，BD (如图2
)．
（1）求证：图2中的四边形ABDE是平行四边形；
（2）当纸片DEF平移到某一位置时，小明发现四边形ABDE为矩形(如图3)．求此时AF的长：
（3）在纸片DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形吗？如果可以直接写出AF的长，如果不
可以，说明理由．
【答案】（1）证明见解答；（2）AF=4cm；（3）AF=9cm
【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得结论；
（2）设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm，由四边形ABDE为矩形，可得AE2 ED2=AD2，
+
建立方程求解即可；（3）设AF=DC=x cm，根据AE=DE，建立方程求解即可．
【详解】解：（1）∵两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，
∴ED=AB，∠EDF=∠BAC，
∴ED∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）∵将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，
∴AF=DC，
∵BC=EF=6cm，AC=DF=9cm，
∴设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm，
∵∠DFE=90°=∠AFE，
∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠AED=90°，
∴AE2 ED2=AD2，
+
即x2+62 92+62=（9+x）2，
+
解得：x=4，
即AF=4cm；
（3）纸片DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形．
∵四边形ABDE能成为菱形，
∴AE=DE，
∴AE2=DE2，
设AF=DC=x cm，
∵∠DFE=∠AFE=90°，
∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62，
∴x2+62=92+62，
解得：x=9或x=-9（舍去），
即AF=9cm，
∴当AF=9cm时，四边形ABDE能成为菱形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形
的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等
三角形的判定与性质是解题的关键．
在一次数学研究性学习中，小敏将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F
重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB=∠DFE=90°,BC=EF=6cm，AC=DF=8cm，并进行如下研究活动，将图1中的纸
片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
（1）图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
（2）当纸片DEF平移到某一位置时，小敏发现四边形ABDE为矩形（如图3），求AF的长．
9
【答案】（1）是，理由见解析；（2） cm
2
【知识点】四边形其他综合问题、利用平移的性质求解
【分析】（1）由全等三角形的性质得出AB=DE，∠BAC=∠EDF，则AB//DE，可得出结论；
1 1
（2）连接BE交AD于点O，设AF=x，则OA=OE= (x+8)，得出OF=OA−AF=4− x，由
2 2
勾股定理列出方程，进而求解．
【详解】解：（1）四边形ABDE是平行四边形．
证明：∵ΔABC≅ΔDEF，
∴AB=DE，∠BAC=∠EDF，
∴AB//DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，∴OA=OD=OB=OE，
1
设AF=x，则OA=OE= (x+8)，
2
1
∴OF=OA−AF=4− x，
2
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2=OE2，
∴ ( 4− 1 x ) 2 +62= 1 (x+8) 2 ，解得：x= 9 ，
2 4 2
9
∴AF= cm．
2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，全等
三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质
是解题的关键．
【变式1】已知：在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，将△ABC沿射线AC向下平移得
ΔA′B′C′，边A′B′交BC于点D．
(1)求cos∠BDB′；
(2)连接BB′，判断四边形BCC′B′的形状，并说明理由；
(3)若四边形BCC′B′为正方形，则平移的距离为 ．
3
【答案】(1)
5
(2)矩形，理由见解析
(3)6
【知识点】证明四边形是矩形、根据正方形的性质与判定求线段长、利用平移的性质求解、求角的
余弦值
【分析】（1）由平移得，A′B′//AB，则∠BDB′=∠ABC，求出∠ABC的余弦值即可；
（2）由于ΔABC沿射线AC向下平移得△A′B′C′，所以A′C′与AC在同一条直线上，由B′C′//BC，B′C′=BC，∠C′=∠ACB=90°，可判断四边形BCC′B′是矩形；
（3）由一组邻边相等的矩形是正方形可知CC′=BC，由此即可求出平移的距离．
【详解】（1）如图，由平移得，A′B′//AB，
∴∠BDB′=∠ABC，
∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
BC 6 3
∴cos∠BDB′=cos∠ABC= = = ．
AB 10 5
（2）四边形BCC′B′是矩形，理由如下：
∵ΔABC沿射线AC向下平移得△A′B′C′，
∴A′C′与AC在同一条直线上，
由平移得，B′C′//BC，B′C′=BC，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，
∵∠C′=∠ACB=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形．
（3）由（2）得，四边形BCC′B′是矩形，
∴当CC′=BC时，四边形BCC′B′是正方形，
∴CC'=BC=6，
∴平移的距离是6，
故答案为：6．
【点睛】此题重点考查平移的特征、矩形的判定、正方形的判定、锐角三角函数等知识与方法，难
度不大，属于基础题．
【变式2】如图，在△ABC中，AB=2，BC=2√3，AC=4，点D为AC的中点，连接BD，将
△ABC沿射线BD的方向平移，使平移的距离等于线段BD的长，得到△EDF，连接BE．(1)求平移过程中△ABC扫过的图形的面积；
(2)求证：AC垂直平分BE．
【答案】(1)6√3
(2)见解析
【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求面
积、利用平移的性质求解
【分析】（1）连接AE，CF，根据平移的性质可得四边形ABDE，ACFE是平行四边形，利用勾
股定理逆定理证明△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，然后证明四边形ABDE是菱形，然后根据
平移的性质得平移过程中△ABC扫过的图形的面积=△ABC的面积+平行四边形ACFE的面积；
（2）结合（1）四边形ABDE是菱形，根据菱形的性质即可解决问题．
【详解】（1）解：如图，连接AE，CF，
由平移可知：AE∥BD∥CF，AE=BD=CF，
∴四边形ABDE，ACFE是平行四边形，
∵AB=2，BC=2√3，AC=4，
∴ 22+(2√3) 2=42，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，
∵点D为AC的中点，
1
∴BD= AC=AD=CD=2．
2
∵AB=BD=2，
∴四边形ABDE是菱形，
∴AD⊥BE，OA=OD=1，
∴OB=OE=√AB2−OA2=√3，
∴OE⋅AC=√3×4=4√3，由平移性质可知：△ABC扫过的图形的面积是△ABC的面积+平行四边形ACFE的面积，
1
∴平移过程中△ABC扫过的图形的面积= AB⋅BC+OE⋅AC=2√3+4√3=6√3；
2
（2）证明：由（1）知：四边形ABDE是菱形，
∴AD垂直平分BE，
∴AC垂直平分BE．
【点睛】本题考查了平移的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理逆定理，
平行四边形的面积，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握相关图形的性质．
【变式3】如图，已知△ABC的面积为7，且AB=AC，现将△ABC沿CA方向平移CA长度得到
△EFA．
(1)求四边形CEFB的面积；
(2)试判断AF与BE的位置关系，并说明理由；
(3)若∠BEC=15°，求AC的长．
【答案】(1)21
(2)AF⊥BE，理由见解析
(3)AC=2√7
【知识点】全等三角形综合问题、含30度角的直角三角形、根据菱形的性质与判定求线段长、利用
平移的性质求解
【分析】（1）先根据平移得出CA=AE=BF，且BF∥CE，进而推出四边形ACBF是平行四边形，
根据平行四边形的性质得出S =S =S =7，即可得出答案；
△ABC △ABF △EFA
（2）由（1）知CA=AE=BF，根据全等三角形的性质得出EF=AB，推出AB=AE=BF=EF，
得出四边形AEFB是菱形，进而得出答案；
1
（3）过点B作BD⊥AC于点D，先得出∠BAD=∠ABE+∠BEC=30∘，进而得出BD= AC，
2
1 1
根据 AC⋅ AC=7，即可得出答案．
2 2
【详解】（1）∵△ABC沿CA方向平移CA长度得到△EFA，
∴CA=AE=BF，且BF∥CE，
∴四边形ACBF是平行四边形，
∴S =S =S =7，
△ABC △ABF △EFA
∴四边形CEFB的面积为21；（2）AF⊥BE.
由（1）知CA=AE=BF，
∵AB=AC
∴AB=AE=BF，
又△ABC≌△EFA，
∴EF=AB，
∴AB=AE=BF=EF，
∴四边形AEFB是菱形，
∴AF⊥BE；
（3）如图，过点B作BD⊥AC于点D，
∵∠BEC=15°，且AB=AE，
∴∠ABE=∠BEC=15∘
，
∴∠BAD=∠ABE+∠BEC=30∘，
1
在Rt△ABD中，BD= AB，
2
又AB=AC，
1
∴BD= AC，
2
1
∵ AC⋅BD=7，
2
1 1
∴ AC⋅ AC=7，
2 2
∴AC=2√7.
【点睛】本题考查平移的性质，含有30度角的直角三角形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形
的判定与性质，三角形的面积，平形四边形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
【变式4】【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构
成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是
__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB2时如图4，以点B为原点，BC为x轴，BA为y轴建
立坐标系，先求出EF所在的直线和BG所在的直线函数关系式，再利用勾股定理求出BG，运用
BO 1
= ，求出点O的坐标，把O的坐标代入EF所在的直线函数关系式求解．
OG 6
【详解】（1）解：①如图1，
∵DE⊥AF∴∠AOE=90°
∴∠BAF+∠AEO=90°
∵∠ADE+∠AEO=90°
∴∠BAF=∠ADE
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠DAE=90°
在△ABF和△DAE中，
¿
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AE=BF
∴1+t=2t
解得：t=1．
②如图所示，连接DE
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=4
∵BF=2t，AE=1+t
∴FC=4−2t，BE=4−1−t=3−t
EB BF
当△EBF∽△DCF时， =
DC FC
3−t 2t
∴ =
4 4−2t
9−√57 9+√57 9−√57
解得，t= ，t= （舍去），故t= ．
2 2 2
BE BF EF
当△EBF∽△FCD时， = =
FC CD DF
3−t 2t
∴ =
4−2t 4
∴t2−3t+3=0，方程没有实数根，
9−√57
所以当t= 时，△EBF与△DCF相似；
2
t2−3t+3=0，方程没有实数根，∴BF=2t=9−√57
∴∠EFB=∠FDC
∵∠FDC+∠DFC=90°
∴∠EFB+∠DFC=90°
∴∠EFD=90°
EF BF 9−√57
∴sin∠EDF= = = ；
DF CD 4
（2）解：①当02时，如图4，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，A的坐标(0,4)，G的坐标
(2,4)，F点的坐标(4,2t−4)，E的坐标(0,3−t)，3t−7
由待定系数法得，EF所在的直线函数关系式是：y= x+3−t，
4
BG所在的直线函数关系式是：y=2x，
∵BG=√22+42=2√5，
BO 1
∵ = ，
OG 6
2√5 12√5
∴BO= ，OG= ，
7 7
设O的坐标为(a,b)，
¿，
解得¿，
(2 4)
∴O的坐标为 , ，
7 7
(2 4) 3t−7 4 3t−7 2
把O的坐标为 , 代入y= x+3−t，得 = × +3−t，
7 7 4 7 4 7
27
解得：t= ．
11
9−2√15 27 BO 1
综上所述，存在t= 或t= ，使得 = ．
7 11 OG 6
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，求角的正弦值，解一元二次方程，勾股定理，一次函数
和几何综合题，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是把四边形与坐标系相结合求解．
【变式1】如图，在矩形ABCD中，AB=3，AC=5，点Q为边BC上的中点，动点M从点A出发，
沿折线A→D→C以每秒1个单位长度的速度向点C运动，到点C时停止，设运动的时间为t秒，
记S 为y（面积不为0）．
△MDQ(1)请直接写出y关于t的函数表达式以及对应的t的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图像，并写出该函数的一条性质；
(3)函数y =kt+1与y的图像有且仅有2个交点，请直接写出k的取值范围．
1
【答案】(1)y=¿
(2)图见解析，在40,4−x2>0
∴1
