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（AB<BC，FG≤BC），其
中AB=EF，∠B=∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于
点M，N．求证：▱EFMN是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上．当MD=MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周
4
长为40，sin∠EFG= （∠EFG为锐角），则四边形ECPH的面积为_________．
5
【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结
论应用），80
【知识点】根据平行线判定与性质证明、根据菱形的性质与判定求面积、已知正弦值求边长
【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；
（探究提升），证明四边形ABEN是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论
成立；
（结论应用），证明四边形ECPH是菱形，求得其边长为10，作GQ⊥BC于Q，利用正弦函数的
定义求解即可．
【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，
∴MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（探究提升），∵MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形，
∵∠B=∠FEH，
∴NE∥AB，
又AN∥BE，
∴四边形ABEN是平行四边形，
∴EF=AB=NE，
∴平行四边形EFMN是菱形；
（结论应用），∵平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，
∴MD∥GP，PD∥MG，
∴四边形MNHG、CDMF、PGMD是平行四边形，
∵MD=MG，
∴四边形PGMD是菱形，
∵四边形EFMN是菱形，∴四边形ECPH是菱形，
∵四边形ECPH的周长为40，
∴FH=GF=10，
作GQ⊥BC于Q，
4
∵sin∠EFG= ，
5
GQ 4
∴ = ，
GF 5
∴GQ=8，
∴四边形ECPH的面积为10×8=80．
故答案为：80．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问
题需要的条件．
考点6：特殊平行四边形——旋转
典例6：如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕A按顺时针方向旋
转得到的，连接BE、CF相交于点D．
(1)求证：BE=CF；
(2)当四边形ACDE为菱形时，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(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、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解
【分析】（1）证明△ABE≌△ACF，即可得证；
（2）根据菱形的性质，得到DE∥AC，进而推出△ABE为等腰直角三角形，勾股定理求出BE的长
即可
【详解】（1）证明：∵AB=AC=1，△AEF是由△ABC绕A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB=AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠CAB+∠BAF，
∴∠CAF=∠BAE，
∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF；
（2）∵△AEF是由△ABC绕A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB=1，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ACDE为菱形，
∴DE∥AC，
∴∠EBA=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴∠BAE=90°，
∴BE=√AE2+AB2=√2．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，
勾股定理，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【变式1】【问题发现】如图1，正方形ABCD（四边相等，四个内角均为90°）中，E、F分别在
边BC、CD上，且∠EAF=45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角
模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．大致思路：巧妙地通过辅助线在AB边向外构造
△AGB，使得△AGB≌AFD，进而证出∠GAE度数，最后证明△AGE≌△AFE，即可得出结论．
请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG= ，连接AG．
（2）求证：EF=BE+DF．【问题应用】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD=4cm，∠B=∠D=90°，∠BAD=120°，
以A为顶点的∠EAF=60°，AE、AF分别交BC、CD于E、F，且EF=5cm，求五边形
ABEFD的周长
【答案】（1）DF；（2）见解析；问题应用：18cm
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解
【分析】[问题发现]（1）根据“巧妙地通过辅助线在AB边向外构造△AGB，使得△AGB≌AFD
”可知，我们要做辅助线，使得BG=DF，则可得出答案；
（2）结合正方形的性质，证明△AGE≌△AFE(SAS)即可；
[问题应用]根据旋转的性质得到△ABM≌△ADF，∠ABM=∠D=90°，∠MAB=∠FAD，
AM=AF，MB=DF，推出M、B、E三点共线，根据全等三角形的性质即可得到EF=DF+BE，
据此求解即可．
本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质
并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【详解】解：[问题发现]（1）依题意，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，
故答案为：DF；
（2）证明：由（1）得BG=DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=∠ABE=∠ADF=90°，
∴∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中，
¿，
∴△ADF≌△ABG(SAS)，
∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
¿，
∴△AGE≌△AFE(SAS)，
∴≥=EF，
∵≥=GB+BE=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
[问题应用]依题意，将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，∴△ABM≌△ADF ∠ABM=∠D=90° ∠MAB=∠FAD AM=AF
， ， ， ，
MB=DF，
∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=180°，
∴M、B、E三点共线，
∵∠EAF=60°，
∴∠MAE=∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=∠BAD−∠EAF=60°，
∴∠MAE=∠FAE，
∵AE=AE，AM=AF，
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴ME=EF，
∴EF=ME=MB+BE=DF+BE，
∴ AB+BE+EF+DF+AD=AB+EF+EF+AD=4+5+5+4=18(cm)，
∴五边形ABEFD的周长为18cm
故答案为：18cm．
【变式2】【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截
长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角
度、面积等问题，
【初步探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，连接AE,AF,EF．若∠EAF=45°，将
△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG．易证：△AEF≌△AEG．
（1）根据以上信息，填空：
①∠EAG=_______°；
②线段BE、EF、DF之间满足的数量关系为_______；
【迁移探究】
（2）如图2，在正方形ABCD中，若点E在射线CB上，点F在射线DC上，∠EAF=45°，猜想线
段BE、EF、DF之间的数量关系，请证明你的结论；
【拓展探索】
（3）如图3，已知正方形ABCD的边长为3√2,∠EAF=45°，连接BD分别交AE、AF于点M、N，若点M恰好为线段BD的三等分点，且BM<DM，求线段MN的长．
【答案】（1）①45；②BE+DF=EF；（2）BE+EF=DF．证明见解析；（3）MN=2.5
【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
旋转的性质求解
【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，构造全等三
角形是解答的关键．
（1）如图1，先由正方形的性质和旋转性质得∠ABG=∠D=∠ABE=90°，∠GAB=∠FAD，
AG=AF，BG=DF，进而可得G、B、E共线，∠EAG=45°，证明△EAF≌△EAG(SAS)得到
EF=EG即可求解；
（2）在图2中，在DC上截取DH=BE，连接AH，先证明△ABE≌△ADH(SAS)，得到
AE=AH,∠BAE=∠DAH，则可得∠EAF=∠FAH=45°，再证明△EAF≌△HAF(SAS)得到
EF=HF，进而可得结论；
（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABK，连接KM，先求得BD=6，则由已知得
BM=2,DM=4，由旋转可得，△ADN≌△ABK,∠KAN=90°，易证∠KBM=90°，证明
△AMK≌△AMN得到KM=MN，设MK=MN=x，则BK=DN=4−x，利用勾股定理列方程求
解x值即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=90°，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG．
则∠ABG=∠D=∠ABE=90°，∠GAB=∠FAD，AG=AF，BG=DF，
∴G、B、E共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠GAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°，
在△EAF和△EAG中，
¿，
∴△EAF≌△EAG(SAS)，
∴EF=EG，
∵BE+BG=EG，∴BE+DF=EF，
故答案为：①45 ；②BE+DF=EF；
（2）解：BE+EF=DF．
证明如下：如图2，在DC上截取DH=BE，连接AH，
在△ABE和△ADH中，¿，
∴△ABE≌△ADH(SAS)，
∴AE=AH,∠BAE=∠DAH，
∴∠BAE+∠BAH=∠BAH+∠DAH=90°，即∠EAH=∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠FAH=45°，
在△EAF和△HAF中，¿，
∴△EAF≌△HAF(SAS)，
∴EF=HF，
∵DH+HF=DF，
∴BE+EF=DF，
（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABK，连接KM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=3√2,∠BAD=90°，∠ABD=∠ADB=45°，
∴BD=√AB2+AD2=6
1
∴BM= BD=2,DM=BD−BM=4，
3
由旋转可得，△ADN≌△ABK,∠KAN=90°，
∴AK=AN,BK=DN,∠ABK=∠ADB=45°，∴∠KBM=∠ABK+∠ABD=90°
∵∠KAN=90°,∠MAN=45°，
∴∠KAM=∠MAN=45°，
又∵AM=AM，
∴△AMK≌△AMN，
∴KM=MN，
设MK=MN=x，则BK=DN=4−x，
在Rt△BMK中，BK2+BM2=M K2，
∴(4−x) 2+22=x2，
解得x=2.5，
∴MN=2.5．
【变式3】如图1，在等边△ABC内有一点P，且PA=8，PB=15，PC=17，求∠APB的度数．
小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP'C，连接PP′，得到两个特殊的三角
形，从而将问题解决；参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题．
(1)求出∠APB的度数；
(2)如图1，在等边△ABC内有一点P，若PA=6，PB=6√2，PC=6，则∠APB=______．
(3)如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=2√2，PB=2，PD=2√5，则∠APB=______．
【答案】(1)150°
(2)105°
(3)135°
【知识点】等边三角形的判定和性质、判断三边能否构成直角三角形、正方形性质理解、根据旋转
的性质求解
【分析】（1）将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C，根据旋转的性质可知△ABP≌△ACP′，求
证△APP′为等边三角形，再根据勾股定理的逆定理得出∠PP′C=90°，即可求出∠AP′C
=∠APB=150°；
（2）将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C，根据旋转的性质可知△ABP≌△ACP′，求证
△APP′为等边三角形，再根据勾股定理的逆定理得出∠P′PC=90°,∠PP′C=45°，即可求出∠AP′C = ∠APB=150°；
（3）将△APB绕点A顺时针旋转90°，根据旋转的性质可知△APD≌△AP′B，求证
∠APP′=45°，用勾股定理逆定理求出∠P′PB=90°，最后求出
∠APB=∠P′PB+∠APP′=135°即可．
【详解】（1）解：将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C；
∵△AP′C由△APB旋转60°所得，
∴△ABP≌△ACP′，
∴PA=AP′=8，PC=17，P′C=PB=15，∠PAP′=60°，
在△APP′中，PA=AP′，∠PAP′=60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴PP′=PA=8，∠AP′P=60°，
在△PP′C中，172=152+82，即PC2=PP′2+P′C2，
∴∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=150°，
∴∠APB=150°；
（2）将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C；
∵△AP′C由△APB旋转60°所得，
∴△ABP≌△ACP′，
∴PA=AP′=6，PC=6，P′C=PB=6√2，∠PAP′=60°，
在△APP′中，PA=AP′，∠PAP′=60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴PP′=PA=6，∠AP′P=60°，
在△PP′C中，(6√2) 2=62+62，即PC2=PP′2+P′C2，
在△P′PC中，PC=PP′，且∠P′PC=90°，
∴∠PP′C=45°，
∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=105°，
∴∠APB=105°；故答案为：105°；
（3）将△APD绕A点顺时针旋转90°得△AP′B，连接PP′，
∵△AP′B由△APD旋转所得，
∴△APD≌△AP′B，
∴PA=AP′=2√2，PB=2，PD=BP′=2√5，
在△P′ AP中，PA=AP′，且∠P′ AP=90°，
∴∠APP′=45°，
∴PP′=4，
∵42+22=(2√5) 2 ，即(PP′) 2 +PB2=P′B2，
∴∠P′PB=90°，
∴∠APB=∠P′PB+∠APP′=135°．
故答案为：135°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理以及勾
股定理的逆定理；熟练的运用旋转的性质作出辅助线是解题的关键．
考点7：特殊平行四边形——动点
典例7：如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边
AB向点B运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿折线BC−CD向点D运动，动点E
比动点F先出发1秒，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间
为t秒．(1)点F在边BC上．
①如图1，连接DE，AF，若DE⊥AF，求t的值；
②如图2，连结EF，DF，当△EBF与△DCF相似时，求sin∠EDF的值；
(2)如图3，若点G是边AD的中点，BG，EF相交于点O，试探究：是否存在在某一时刻t，使得
BO 1
= ，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
OG 6
9−√57
【答案】(1)①t=1；②
4
9−2√15 27
(2)t= 或t=
7 11
【知识点】一次函数与几何综合、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、求
角的正弦值
【分析】（1）①利用正方形的性质及条件，得出△ABF≌△DAE，由AE=BF列式计算即可求解；
EB BF
②利用△EBF∽△DCF，得出 = ，列出方程求出t的值，然后证明出∠EFD=90°，即可
DC FC
EF BF 9−√57
得到sin∠EDF= = = ；
DF CD 4
（2）①0<t≤2时如图3，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
BO 1
和BG所在的直线函数关系式，再利用勾股定理求出BG，运用 = ，求出点O的坐标，把O的坐
OG 6
标代入EF所在的直线函数关系式求解；②当t>2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0<t≤2时，如图3，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(2t,0)，E的坐标(0,3−t)，
t−3
由待定系数法得，EF所在的直线函数关系式是y= x+3−t，
2t
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) t−3 4 t−3 2
把O的坐标为 , 代入y= x+3−t，得 = × +3−t
7 7 2t 7 2t 7
9+2√15 9−2√15
解得，t= （舍去），t= ，
7 7
②当3≥t>2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4<t≤7范围内，y随着t的增大而增大
1 2
(3)− <k≤
4 7
【知识点】求一次函数解析式、一次函数与几何综合、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线
段长
【分析】本题考查了求分段函数的解析式、根据解析式画函数的图象、一次函数的图象与性质、矩
形的性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．
（1）根据题意，分0≤t<4和4<t≤7讨论，根据三角形面积公式得出y关于t的函数表达式即可；
（2）根据（1）中函数表达式，取(0,6)，(4,0)，(7,3)作出图象，写出该函数的一条性质即可；
（3）根据函数y =kt+2与y的图象一定经过点(0,2)，画图分析，当函数y =kt+2与y的图象从经
1 1
过点(4,0)，逆时针转动到经过(7,3)时，与y的图象有且仅有2个交点（不包含刚好经过点(4,0)时），
得出不等式求解，得出k的取值范围即可．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，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，
∴CD=AB=3，AD=BC=√AC2−AB2=4，
1
∴CQ= BC=2，
2
∵4÷1=4s，(4+3)÷1=7s，记S 为y，
△MDQ
1 3 3
∴当0≤t<4时，点M在AD上运动，y= DM⋅AB= (4−t)=− t+6；
2 2 2
当t=4时，点M与点D重合，不存在△MDQ；
如图，当4<t≤7时，点M在AD上运动，1 1
y= DM⋅CQ= ×2⋅(t−4)=t−4
2 2
，
综上所述：y=¿；
（2）解：∵y=¿，
∴当t=0时，y=6，
当t=4时，y=0（作图用，此时不存在△MDQ），
当t=7时，y=3，
∴取(0,6)，(4,0)，(7,3)，连线作图如下，
∴在4<t≤7范围内，y随着t的增大而增大；
（3）解：∵函数y =kt+1的图象一定经过点(0,1)，
1
∴如图，画图分析，
∴当函数y =kt+1与y的图象从经过点(4,0)，逆时针转动到经过点(7,3)时，与y的图象有且仅有2个
1
交点（不包含刚好经过点(4,0)时），
∴¿，
1 2
解得：− <k≤ ，
4 7
1 2
∴k的取值范围为− <k≤ ．
4 7【变式2】已知：正方形ABCD的边长为4，点E为BC边的中点，点P为AB边上一动点长，沿PE
翻折△BPE得到△FPE，直线PF交CD边于点Q，交直线AD于点G．
(1)如图，当BP=1.5时，求CQ的长；
(2)如图，当点G在射线AD上时，设BP=x，DG= y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范
围；
(3)延长EF交直线AD于点H，若△CQE∽△FHG，求BP的长．
8
【答案】(1)CQ=
3
16x−16
(2)y= (1<x<2)
4−x2
2
(3) √3或2√3
3
【知识点】角平分线的性质定理、正方形折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形
的相关计算
【分析】（1）首先确定∠PEQ=90°，即PE⊥EQ，然后利用△PBE∽△ECQ，列出比例式求出
CQ的长度；
（2）根据△PBE∽△ECQ，求出DQ的表达式；由QD∥AP，列出比例式求解；
（3）本问分两种情形，分别作图，运用数形结合思想以及相似三角形的性质进行列式计算，即可得
出结论．
【详解】（1）解：由翻折性质，可知PE为∠BPQ的角平分线，且BE=FE．
∵点E为BC中点，
∴EC=EB=EF，
∴QE为∠CQP的角平分线．
∵AB∥CD，
∴∠BPQ+∠CQP=180°，即2∠EPQ+2∠EQP=180°，
∴∠EPQ+∠EQP=90°，∴∠PEQ=90°
，
即PE⊥EQ．
∴∠BEP+∠CEQ=90°，
∵∠B=90°，
∴∠BEP+∠BPE=90°，
∴∠CEQ=∠BPE，
∵∠B=∠C=90°，
∴△PBE∽△ECQ，
BP BE
∴ = ，
EC CQ
1.5 2
即 = ，
2 CQ
8
解得：CQ= ．
3
（2）解：由（1）知△PBE∽△ECQ，
BP BE x 2
∴ = ，即 = ，
EC CQ 2 CQ
4
∴CQ= ，
x
4
∴DQ=4− ．
x
∵QD∥AP，
DG DQ
∴ = ，
AG AP
又∵AP=4−x，AG=4+ y，
4
4−
∴ y x ，
=
4+ y 4−x
16x−16
∴y=
4−x2
∵16x−16>0,4−x2>0
∴1<x<2,
或16x−16<0,4−x2<0，此时x无解，
16x−16
∴y= (1<x<2)．
4−x2
（3）解：由题意知：∠C=90°=∠GFH．
①当点G在线段AD的延长线上时，如答图1所示．
∵△CQE∽△FHG，
∴∠G=∠CQE，
∵∠CQE=∠FQE，
∴∠DQG=∠FQC=2∠CQE=2∠G．
∵∠DQG+∠G=90°，
∴∠G=30°，
∴∠BEP=∠CQE=∠G=30°，
2
∴BP=BE⋅tan30°= √3；
3
②当点G在线段DA的延长线上时，如答图2所示．
∵△CQE∽△FHG，
∴∠FHG=∠CQE．
同理可得：∠G=30°，
∴∠BPE=∠G=30°，
∴∠BEP=60°，
∴BP=BEtan60°=2√3．
2
综上所述，BP的长为 √3或2√3．
3
【点睛】本题是几何综合题型，主要考查了相似三角形、正方形、解直角三角形、角平分线等几何知识点．难点在于第（3）问，有两种情形，不要漏解．
【变式3】如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=4cm，BD=CD．动点P从
点B出发，沿B→A→D→C的方向以每秒1cm的速度匀速运动，在整个运动过程中，△BCP的面
积S(cm2)与运动时间t(s)的函数图象如图②所示．
(1)BC=________cm；
(2)求点P在DC段上运动时，△BCP的面积S与运动时间t的函数关系式；
(3)当△BCP的面积为10cm2时，求t的值．
【答案】(1)6
12 144
(2)S=− t+ (7≤t≤12)
5 5
10 47
(3) 或
3 6
【知识点】动点问题的函数图象、一次函数与几何综合、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与
判定求线段长
1
【分析】（1）根据图象得出当点P运动到点A时，S = ⋅BC⋅AB=12求解即可；
△BCP 2
（2）过点D作DE⊥BC交BC于点E，证明则四边形ABED为矩形，得出DE=AB=4，AD=BE，
结合BD=CD，DE⊥BC，BC=6，得出BE=CE=3=AD，勾股定理求出CD=BD=5，则可得
P运动到A时的坐标为(4,12)，运动到D时的坐标为(7,12)，运动到C时的坐标为(12,0)，当点P在
CD上，即7≤t≤12时，根据待定系数法即可解出S与t之间的函数关系式；
12 144
（3）先求出P在AB上时，S与t之间的函数关系式，再代入S=10时，即10=3t或10=− t+ ，
5 5
求解即可．
【详解】（1）解：根据图象可得，
∵∠B=90°，
1
∴当点P运动到点A时，S = ⋅BC⋅AB=12，
△BCP 2
∵AB=4cm，∴BC=6cm，
故答案为：6；
（2）解：过点D作DE⊥BC交BC于点E，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠B=∠A=∠DEB=90°，
则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=4，AD=BE，
∵BD=CD，DE⊥BC，BC=6，
1
∴BE=CE= BC=3=AD，
2
∴在Rt△ABD中，BD=√32+42=5，
∴CD=BD=5，
则可得P运动到A时的坐标为(4,12)，运动到D时的坐标为(7,12)，运动到C时的坐标为(12,0)，
当点P在CD上，即7≤t≤12时，设S=kt+b，
代入(7,12)，(12,0)，得¿，
解得：¿，
12 144
∴S与t之间的函数关系式为S=− t+ (7≤t≤12)；
5 5
（3）解：P在AB上，即0≤t≤4时，设S=at，
代入(4,12)，得4a=12，
解得：a=3，
∴S与t之间的函数关系式为S=3t(0≤t≤4)；
12 144
当S=10时，即10=3t或10=− t+ ，
5 5
10 47
解得：t= 或t= ，
3 6
10 47
综上所述：当t的值为解得 或 时，△BCP的面积为10cm2．
3 6
【点睛】此题考查了一次函数的应用，矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，数形结合是解题的关键．
考点8：中点四边形的证明
典例8：定义：顺次连结四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．
如图，在四边形ABCD中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形EFGH叫做四边形ABCD
的中点四边形．
利用三角形中位线的相关知识解决下列问题：
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)当对角线满足下列条件时，请你探究中点四边形EFGH的形状：(写出结果并证明)当AC⊥BD
时， 四边形EFGH是 ．
【答案】(1)见解析
(2)矩形
【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是矩形、中点四边形
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，中点四边形，矩形的判定，解题的关键是掌握三角形的
中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
1 1
（1）连接AC,BD，根据中位线定理，得出EF∥AC,GH∥AC, EF= AC,GH= AC,进而
2 2
得出EF∥GH，EF=GH，即可求证；
（2）根据三角形的中位线定理得出EF∥GH∥AC, EH∥GF∥BD，结合AC⊥BD推出
EF⊥GF，即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接AC,BD，
∵点E、F、G、H是四边形ABCD各边中点，
1 1
∴EF∥AC,GH∥AC, EF= AC,GH= AC,
2 2
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；（2）解：∵点E、F、G、H是四边形ABCD各边中点，
∴EF∥GH∥AC, EH∥GF∥BD，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥GF，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：矩形．
【变式1】如图①，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是DC的中点，N是
AB的中点．求证：∠PMN=∠PNM．
【应用】如图②，连结图①中的AC，并取AC中点Q，连结MQ、NQ．
（1）若AD=8，则四边形PMQN的周长为 ．
（2）图③，若AD=8，且∠DAB+∠ABC=90°，则四边形PMQN的面积为 ．
【答案】见解析；（1）①四边形PMQN的周长为16；（2）S =16
四边形PMQN
【知识点】等腰三角形的性质和判定、与三角形中位线有关的求解问题、与三角形中位线有关的证
明、中点四边形
【分析】运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论；
1 1
（1）运用三角形中位线定理可得PN=MQ= AD，PM=QN= BC，再由AD=BC=8，可得
2 2
PN=MQ=PM=QN=4，即可得出答案；
（2）由（1）得PN=MQ=PM=QN=4，得出四边形PNQM是菱形，再证得∠PNQ=90°，得
出四边形PNQM是正方形，即可求得答案．
【详解】证明：如图①，
∵P、M、N分别是BD、DC、AB的中点，
∴PN、PM分别是△ABD、△BCD的中位线，1 1
∴PN= AD PM= BC
2 2
， ，
∵AD=BC，
∴PN=PM，
∴∠PMN=∠PNM．
（1）如图②，
∵P、Q、M、N分别是BD、AC、DC、AB的中点，
1 1
∴PN=MQ= AD，PM=QN= BC，
2 2
∵AD=BC=8
，
∴PN=MQ=PM=QN=4，
∴四边形PMQN的周长为16；
（2）：如图③，
∵P、Q、M、N分别是BD、AC、DC、AB的中点，
1 1
∴PN=MQ= AD，PM=QN= BC，PN∥AD，QN∥BC，
2 2
∴∠BNP=∠DAB，∠ANQ=∠ABC，
∵AD=BC=8
，
∴PN=MQ=PM=QN=4，
∴四边形PNQM是菱形，∵∠DAB+∠ABC=90°，
∴∠BNP+∠ANQ=90°，
∴∠PNQ=90°，
∴菱形PNQM是正方形，
∴S =4×4=16．
四边形PMQN
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形和正方形的
判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键．
【变式2】阅读下面材料：
在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，
G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？
小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．
结合小敏的思路作答：
（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？请说明
理由；
参考小敏思考问题的方法，解决以下问题：
（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．当AC与BD满足什么关系时，四边形EFGH是
正方形．直接写出结论．
【答案】（1）是，理由见解析；（2）AC=BD且AC⊥BD
【知识点】与三角形中位线有关的证明、中点四边形
【分析】本题考查了中点四边形，涉及了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、
正方形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
（1）结论：四边形EFGH还是平行四边形．连接AC．根据中位线定理证明EF=GH，EF∥GH
即可；
（2）利用（1）的结论，可知需要满足EF=EH而且∠EHG=90°，由此可知当AC与BD满足AC⊥BD且AC=BD即可．
【详解】解：（1）结论：四边形EFGH还是平行四边形．
理由：如图2，连接AC．
∵E F AB CB
、 分别是 、 中点
1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
1
同理：GH∥AC，GH= AC，
2
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）结论：当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH是正方形．
理由：如图3中，由（1）四边形EFGH是平行四边形
∵E F AB CB
、 是 、 中点
1
∴EF= AC
2
1
同理：EH= BD
2
∵AC=BD
∴EF=EH
∴平行四边形EFGH是菱形．
∵AC⊥BD，AC∥HG，
∴HG⊥BD，
∵EH∥BD，
∴EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
【变式3】阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边
中点得到中点四边形EFGH．
(1)这个中点四边形EFGH的形状是 ；
(2)如图2，在四边形ABCD中，点M在AB上且△AMD和△MCB为等边三角形，E，F，G，H
分别为AB、BC、CD、AD的中点，试判断四边形EFGH的形状并证明．
【答案】(1)平行四边形
(2)菱形，见解析
【知识点】全等三角形综合问题、与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形、中点四边形
【分析】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；
熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出AC=DB是解决问题（2）的关键．
1 1
（1）连接AC，由三角形中位线定理得出EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，得出
2 2
EF∥GH，EF=GH，即可得出结论；
（2）连接AC、DB，由等边三角形的性质得出AM=DM，∠AMD=∠CMB=60°，CM=BM，
证出∠AMC=∠DMB，由SAS证明△AMC≌△DMB，得出AC=DB，由三角形中位线定理得出
1 1 1
EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，HE= DB，得出EF∥GH，EF=GH，证
2 2 2
出四边形EFGH是平行四边形；再得出EF=HE，即可得出结论．
【详解】（1）解：中点四边形EFGH是平行四边形；
理由如下：连接AC，如图1所示：
∵E F G H AB BC CD DA
， ， ， 分别是边 ， ， ， 的中点，
∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，
1 1
∴EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，
2 2
∴EF∥GH，EF=GH，∴四边形EFGH是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）解：四边形EFGH为菱形．理由如下：
连接AC与BD，如图2所示：
∵△AMD和△MCB为等边三角形，
∴AM=DM，∠AMD=∠CMB=60°，CM=BM，
∴∠AMC=∠DMB，
在△AMC和△DMB中，
¿，
∴△AMC≌△DMB(SAS)，
∴AC=DB，
∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，HE是△ABD的中位线，
1 1 1
∴EF∥AC，EF= AC，GH∥AC，GH= AC，HE= DB，
2 2 2
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
∵AC=DB，
∴EF=HE，
∴四边形EFGH为菱形．
