备战中考数学易错题精编 易错点05 四边形 (解析版)

这是一份备战中考数学易错题精编 易错点05 四边形 (解析版)，共51页。

中高考易错题的重要性
中考冲刺阶段，除了知识点的总结，进行模块化的复习和整理以外，对于易错的题型也是冲刺阶段必备的。复习板块之一。我们通常都说冲刺阶段一定要回归课本，对于基础的知识点以及知识的应用能力的提高是迫在眉睫的。那么易错体对于提升知识的应用能力以及巩固基础来说是非常重要的一个环节。
首先，冲刺阶段的易错题能够帮助我们快速的查缺补漏，总结经验教训，知识梳理，提高知识的应用能力。
其次，通过对错题分析，其中涉及到的知识点以及考点的分析与总结，它能够减少我们复习过程当中同类型的题或者是同一知识点的犯错频率。
第三，对于错题集的复习，最简单的方法就是盖住答案，然后重新来做一遍，从分析的角度条件的分析以及技巧的使用三个方面进行逐一的排除。
第四，在这些错题当中，并非所有的错题都是每个同学易错的，那么在第一遍的错题复习当中，我们就要进行排除，筛选出符合自己特点错题及其针对性也才更强。
如果自己已经完全掌握的，那么就当是对于知识点的再一次复习。这样的错题对于提升自己的能力来说也才是起到了最大的作用。

易错点05 四边形
1． 多边形对角线、内角和、外角和
2． 平行四边形定义性质判定。
3． 菱形定义性质判定。
4． 矩形形定义性质判定。
5． 正方形定义性质判定。
6． 四边形综合应用

01 认识多边形。
1．把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个18边形，则原多边形纸片的边数不可能是（　　）
A．16 B．17 C．18 D．19
【答案】A
【解析】
一个n边形剪去一个角后，剩下的形状可能是n边形或（n+1）边形或（n-1）边形．故当剪去一个角后，剩下的部分是一个18边形，则这张纸片原来的形状可能是18边形或17边形或19边形，不可能是16边形.
故选A.
【点睛】
此题主要考查了多边形，减去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条.


1．把一张形状是多边形的纸片剪去其中某一个角，剩下的部分是一个四边形，则这张纸片原来的形状不可能是（　　）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】D
【解析】
当剪去一个角后，剩下的部分是一个四边形，
则这张纸片原来的形状可能是四边形或三角形或五边形，不可能是六边形．
故选D．
【点睛】
剪去一个角的方法可能有三种：经过两个相邻顶点，则少了一条边；经过一个顶点和一边，边数不变；经过两条邻边，边数增加一条．
2．下列图形中，周长不是32 m的图形是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
A. L=(6+10)×2=32，其周长为32.
B. 该平行四边形的一边长为10，另一边长大于6，故其周长大于32.
C. L=(6+10)×2=32，其周长为32.
D. L=(6+10)×2=32，其周长为32.
采用排除法即可选出B
故选B.
【点睛】
此题考查多边形的周长，解题在于掌握计算公式.
3.一个正多边形的内角是135°，这个多边形的边数是（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【解析】
试题解析：∵内角与外角互为邻补角，
∴正多边形的一个外角是180°-135°=45°，
∵多边形外角和为360°，
∴360°÷45°=8，
则这个多边形是八边形．
故选C.

02 多边形对角线、内角和、外角和。
1．（2021·吉林长春·二模）如图所示的五边形木架不具有稳定性，若要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【答案】
∵三角形具有稳定性，
∴要使五边形不变形需把它分成三角形，即过五边形的一个顶点作对角线，
∵过五边形的一个顶点可作对角线的条数为5-3=2（条），
∴要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为2条，
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形的稳定性及多边形的对角线，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．


1．（2020·福建省莆田市中山中学二模）从边形的一个顶点出发可以连接8条对角线，则（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
【解析】
解：由题意得：n-3=8，解得n=11，
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线，熟记n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线是解答此题的关键．
2．（2021·福建省福州外国语学校三模）如图，的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：如图，、与分别相交于点、，

在四边形中，，
，，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形的外角与内角、三角形的外角性质，解题的关键是熟记多边形的内角和公式及三角形的外角定理．
3．（2021·北京顺义·一模）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【解析】
解：∵360÷40=9，
∴这个多边形的边数是9．
故选：C．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，外角和的大小与多边形的边数无关，熟练掌握多边形内角与外角是解题关键．

03 平行四边形的性质掌握及应用。
1．（2020·广西兴宾·三模）如图，在▱ABCD中，E是BC的中点，且∠AEC＝∠DCE，则下列结论不正确的是（　　）

A．S△AFD＝2S△EFB B．BF＝DF
C．AE＝DC D．∠AEB＝∠ADC
【答案】A
【解析】
解：∵平行四边形ABCD中，
∴△BEF∽△DAF，
∵E是BC的中点，
∴BF：FD＝BE：AD，
∴BF＝DF，故选项B不符合题意；
∴S△AFD＝4S△EFB，故选项A符合题意；
∵∠AEC＝∠DCE，AD∥BC，
∴四边形AECD为等腰梯形，
∴∠AEC＝∠C，AE＝DC，故选项C不符合题意；
∵∠AEB+∠AEC＝180°，∠ADC+∠C＝180°，∠AEC＝∠C，
∴∠AEB＝∠ADC，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，等腰梯形的判定，相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．


1．（2020·江苏·扬州市邗江区梅苑双语学校一模）平行四边形的一边长为6cm，则它的两条对角线长可以是（　　）
A．4cm，6cm B．5cm，6cm C．4cm，8cm D．2cm，12cm
【答案】D
【解析】
解：根据平行四边形的特点与性质，对角线把平行四边形分成四个三角形，由三角形的三边关系得到：
A、2+3＜6，不能够成三角形，故此选项错误；
B、2.5+3＜6，不能够成三角形，故此选项错误；
C、2+4＝6，不能够成三角形，故此选项错误；
D、1+6＞6，能构成三角形，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了三角形的三边关系（两边之和大于第三边，两边之差小于第三边），掌握三角形的三边关系是解题的关键.
2．如图，与的周长相等，且，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：∵与的周长相等，且,
∴,
∴；
∵，
∴,,
∴,
∴；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平四边形邻角与对角的性质及三角形内角和定理等．
3．（2021·山东罗庄·一模）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
解：∵
∴AD∥BC，AB//DF
∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE
∴∠BAE=∠BEA
∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE
∴AG=EG=AE
∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴
∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF
∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．

04 平行四边形的判定及应用。
1．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学三模）如图，在ABC中，D为AB的中点，点E在AC上，F在DE的延长线上，DE＝EF，连接CF，CFAB．

（1）如图1，求证：四边形DBCF是平行四边形；
（2）如图2，若AB＝AC，请直接写出图中与线段CF相等的所有线段．

【答案】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ECF，
又∵∠AED＝∠CEF，DE＝FE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，且CF∥BD，
∴四边形DBCF是平行四边形；
（2）解：与线段CF相等的所有线段为AD、BD、AE、CE；理由如下：
由（1）得：BD＝AD＝CF，AE＝CE，
∵AB＝AC，
∴BD＝AD＝AE＝CE＝CF．
【解析】
（1）先证△ADE≌△CFE（AAS），得AD＝CF，再证BD＝CF，即可得出结论；
（2）由（1）得：BD＝AD＝CF，AE＝CE，即可得出结论．


1．（2021·广东惠州·二模）如图，在平行四边形中，点，分别是，的中点，点，在对角线上，且．


（1）求证：四边形是平行四边形
（2）连接交于点，若，求的长

【答案】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠GAE=∠HCF，
∵点G，H分别是AB，CD的中点，
∴AG=CH，
∵AE=CF，
∴△AGE≌△CHF（SAS），
∴GE=HF，∠AEG=∠CFH，
∴∠GEF=∠HFE，
∴GE∥HF，
又∵GE=HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）连接BD交AC于点O，如图：


∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵BD=10，
∴OB=OD=5，
∵AE=CF，OA=OC，
∴OE=OF，
∵AE+CF=EF，
∴2AE=EF=2OE，
∴AE=OE，
又∵点G是AB的中点，
∴EG是△ABO的中位线，
∴EG=OB=2.5．
∴EG的长为2.5．
【解析】
（1）先由平行四边形的性质及点G，H分别是AB，CD的中点，得出△AGE和△CHF全等的条件，从而判定△AGE≌△CHF（SAS），然后由全等三角形的性质和角的互补关系得出GE=HF，GE∥HF，则可得出结论．
（2）先由平行四边形的性质及BD=10，得出OB=OD=5，再根据AE=CF、AE+CF=EF及OA=OC得出AE=OE，从而可得EG是△ABO的中位线，利用中位线定理可得EG的长度．
2．（2021·重庆九龙坡·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，，，，在一条直线上，已知．

（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，且，，，求的长．

【答案】
解：证明：（1）∵四边形ACFD是平行四边形，
∴AD∥CF，AD=CF，
∵B，E，C，F在一条直线上，
∴AD∥BE，
∵BE=CF．
∴AD=BE，
∴四边形ABED是平行四边形；
（2）∵四边形ACFD是平行四边形，
∴AD=CF，
∵∠ABC=60°，且AC⊥BF，AB=6，
∴∠BAC=30°，
∴BC=AB=3，
∵BF=5，
∴CF=BF-BC=2，
∴AD=2．
【解析】
（1）由平行四边形的性质可得出AD∥CF，AD=CF，由BE=CF得到AD=BE，根据平行四边形的判定即可得到四边形ABED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质得到AD=CF，由含30°角直角三角形的性质求出BC，根据线段的和差求出CF，即可得到AD的长．
3．（2021·黑龙江香坊·三模）如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形；
（2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长．


【答案】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ECF＝∠EBD．
∵E是BC中点，
∴CE＝BE．
∵∠CEF＝∠BED，
∴△CEF≌△BED．
∴CF＝BD．
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：如图，作EM⊥DB于点M，

∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝，
∴，DF＝2DE．
在Rt△EMB中，EM＝BE•sin∠ABC＝2，
在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°，
∴DE＝2EM＝4，
∴DF＝2DE＝8．
【解析】
（1）欲证明四边形CDBF是平行四边形只要证明CF∥DB，CF＝DB即可；
（2）如图，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可；

05 四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，掌握其中的不变与旋转一些性质。
1．（2021·山东济南·二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE，点M为AE的中点，连接FM，则线段FM的最大值是 ___．

【答案】
【解析】
解：在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴,
如图，延长EF至K，使FK=EF，则△EBK是等腰直角三角形，
∴，
∵M是AE的中点，F是EK的中点，
∴MF是△AEK的中位线，
∴，
在△ABK中，，
∴，即，
∴，
∴线段FM的最大值是，
故答案为：．

【点睛】
此题考查等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的判定及性质定理，熟记各知识点并熟练应用是解题的关键．



1．（2021·浙江·翠苑中学二模）正方形的边长为4，点在边上，将沿直线翻折，使得点落在同一平面内的点处，联结并延长交正方形一边于点．当时，的长为__________．
【答案】2或
【解析】
解：如图1中，当BN=DM时，连接CC′交BM于J．

∵BN=DM，BN∥DM，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∴BM∥DN，
∴∠BMC=∠NDM，∠BMC′=∠DC′M，由折叠知，MC′=MC，∠BMC=∠BMC′，
∴∠NDM=∠DC′M，
∴MC′=MD，
∴CM=DM=CD=2．
如图2中，当BN=DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．

∵CB=CD，BN=DM，
∴CN=CM=MC′，
在△BCM和△DCN中，
，
∴△BCM≌△DCN（SAS），
∴∠CDN=∠CBM，
∵∠CBM+∠BCC′=90°，∠BCC′+∠C′CD=90°，
∴∠CBM=∠C′CD，
∴∠C′CD=∠DCC′，
∴C′D=C′C，
∵C′T⊥CD，
∴DT=TC=2，
∵C′T∥CN，
∴DC′=C′N，
∴C′T=CN，
设C′T=x，则CN=CM=MC′=2x，TM=，
∴，
∴，
∴CM=，
综上所述，CM的值为2或．
【点睛】
本题考查翻折变换，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
2．（2021·江苏·苏州高新区第二中学二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8．点D、E分别是边AB、BC的中点，连接DE，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转一定角度（这个角度小于90°）后，点D的对应点D′和点E的对应点E′以及点A三个点在一直线上，连接CE′，则CE′=________．

【答案】
【解析】
解：∵∠ACB=90°，BC=6，AC=8，
∴AB=10，
∵点D、E分别是边AB、BC的中点，
∴BD=5，BE=3，DE=AC=4，DE∥AC，
∴∠C=∠DEB=90°，
∵旋转，
∴∠ABD'=∠CBE'，BE'=BE=3，D'E'=DE=4，BD'=BD=5，∠BE'A=∠BED=90°．
在Rt△ABE'中，AE'=，
∴AD'=-4，
∵∠AE'B=∠ACB=90°，
∴A，C，E'，B四点共圆，
∴∠BCE'=∠BAE'且∠ABD'=∠CBE'，
∴△ABD'∽△CBE'，
∴，
∴CE'=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，关键是灵活运用这些性质解决问题．
3．（2021·湖北青山·一模）为边上一点，将沿翻折得到，点在上，而且，若，那么______．

【答案】51°
【解析】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
由折叠的性质得：，，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：51°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理;熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解决问题的关键．

06 特殊平行四边形（矩形）判定与性质应用
1．（2021·北京石景山·二模）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．

（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．

【答案】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵EF=DA，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵CF=4，DF=5，
∴CD2+CF2=DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，
∴△CDF的面积=DF×CE=CF×CD，
∴CE=，
由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC=90°，BF=CE=，
∴BC=，
∴EF=．
【解析】
（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再根据垂直，即可求证；
（2）根据勾股定理的逆定理，求得△CDF是直角三角形，等面积法求得CE，勾股定理即可求解．

1．（2021·广东·深圳市宝安中学（集团）模拟预测）如图，在平行四边形中，点为中点，连接并延长交延长线于点，连接、，若，

（1）求证：四边形为矩形．
（2）在的延长线上取一点，连接交于点，若，，，求．

【答案】
（1）证明：∵四边形BPCD是平行四边形，
∴CP＝BD，BPCD，BP＝CD，
∴∠OAB＝∠OCD，ABCD，
∵点O为BD中点，
∴OB＝OD，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝CD，
∵ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝CP，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD为矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝12，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，∠ABC＝90°，
∴OA＝OB，AC＝＝15，
∴OA＝，
作OG⊥AB于G，如图所示：
则AG＝BG＝=，
∴OG是△ABD的中位线，
∴GOAD，GO＝AD＝6，

∵AE＝3，
∴GE＝AE＋AG＝3＋＝，
∵GOAD
∴
∴=．
【解析】
（1）由平行四边形的性质得CP＝BD，BPCD，BP＝CD，证△AOB≌△COD（AAS），得AB＝CD，证出四边形ABCD是平行四边形，再证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得OA＝OB，由勾股定理得AC＝15，则OA＝，作OG⊥AB于G，证出OG是△ABD的中位线，得GOAD，GO＝AD＝6，再求出EG，根据正切的定义即可求解．
2． 如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若AF平分∠DAB，CF＝3，BF＝4，求DF长．


【答案】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∵DF＝BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）解：∵四边形BFDE是矩形，
∴∠BFD＝90°，
∴∠BFC＝90°，
在Rt△BCF中，CF＝3，BF＝4，
∴BC＝5，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF＝∠BAF，
∵AB∥DC，
∴∠DFA＝∠BAF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴AD＝DF，
∵AD＝BC，
∴DF＝BC，
∴DF＝5．
【解析】
（1）先求出四边形BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定推出即可；
（2）根据勾股定理求出BC长，求出AD＝DF，即可得出答案．
3．（2021·甘肃·兰州市第五十五中学二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF=BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝2，求AE的长．


【答案】
解：（1）证明：四边形是菱形，
且，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是菱形，，
，，，，
，
，
，，
，
，
菱形的面积，
即，
解得：．
【解析】
（1）先证四边形是平行四边形，再证出，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得，，，，再由直角三角形斜边上的中线性质得，，然后由勾股定理求出，则，最后由菱形的面积，即可求解．

07 特殊平行四边形（菱形）判定与性质应用
1．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD，连接AC，EF垂直平分AC于点O，分别交AD、BC于点E、点F，连接FA、CE．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若△CEF与△CED的面积比为3：1，且AB＝4，求四边形AECF的面积．


【答案】
（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴EF⊥AC，AO＝CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△EAO和△FCO中
，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF为菱形；
（2）解：∵，
∴，
∵△CEF与△CED的面积比为3：1，
∴CF：DE＝AF：BF＝3：1，
设AF＝3x，BF＝x，
由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（3x）2，
解得：x＝，
∴CF＝3，
∴S菱形AECF＝CF×AB＝3×4＝12．
【解析】
（1）首先根据题意证明出△EAO≌△FCO，然后根据一组对边平行且相等证明四边形AECF为平行四边形，然后根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明；
（2）首先根据同高的两个三角形的面积比等于底边的比，得出CF：DE＝AF：BF＝3：1，然后设出未知数根据勾股定理列方程求出AF的长度，最后根据菱形的面积公式求解即可．


1．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模）四边形为平行四边形，为对角线，垂直平分交边、于点、．

（1）如图1，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，若是的中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与四边形面积相等的所有三角形和四边形（四边形除外）．

【答案】
解：（1）证明：∵EF垂直平分AC，
∴AO=OC，AE=CE，AF=CF，
∴∠AEO=∠CEO，∠AFO=∠CFO，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO=∠CFO=∠AFO，
∴AF=AE，
∴AE=CE=CF=AF，
∴四边形AFE是菱形；
（2）图中与四边形AFCE面积相等的所有三角形分别为△ABC、△ADC，四边形分别为四边形ABFE、四边形CDEF，理由如下：
∵F是BC的中点，
∴BF=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，四边形AFCE是菱形，
∴AD∥BC，AD=BC，△ABC的面积=△ADC的面积=平行四边形ABCD的面积，
菱形AFCE的面积=平行四边形ABCD的面积，
AE=CF=BF=BC=AD=DE，AE∥BF，
∴△ABC的面积=△ADC的面积=菱形AFCE的面积，四边形ABFE、四边形CDEF是平行四边形，
∴平行四边形ABFE=平行四边形CDEF=菱形AFCE的面积．
【解析】
（1）证出AE=CE=CF=AF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质和菱形的性质即可得出结论．
2．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校二模）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）连接CE，若CE＝EF，直接写出长度等于的线段．


【答案】
证明：（1）∵AF//BC，
∴∠FAE＝∠BDE，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（ASA），
∴AF＝BD，
∵AD为Rt△ABC的斜边中线，
∴AD＝BD＝CD，
∴AF＝AD＝CD，
又∵AF//CD，
∴四边形ADCF是菱形．
（2）由（1）得E为BF中点，
∵CE＝EF，
∴CE＝BE，
∴AD垂直平分BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，四边形CFAD为正方形，
∴BD＝AD＝CD＝CF＝FA＝AB．
故答案为：BD，AD，CD，CF，FA．
【解析】
（1）先证明△AEF≌△DEB，通过对边平行且相等证明四边形ADCF为平行四边形，再由直角三角形斜边中线长等于斜边长的一半得四边形邻边相等，从而得出结论．
（2）CE＝EF＝EB，点E在BC垂直平分线上，从而得出△ABC为等腰直角三角形，进而求解．
3．（2021·陕西·交大附中分校模拟预测）如图，在▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD，点E、F在AC上，且CE＝AF．连接BE、BF、DE、DF．求证：四边形BEDF是菱形．


【答案】
证明：如图，连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO，
∵CE＝AF，
∴EO＝FO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠ACD＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴AB＝AD，
在△ABF和△ADF中，
，
∴△ABF≌△ADF（SAS），
∴BF＝DF，
∴四边形BEDF是菱形．
【解析】
由平行四边形的性质和想到连接，即可证明四边形BEDF是平行四边形，再由AC平分∠BAD，推出△ABF≌△ADF，即可求证四边形BEDF是菱形

08 特殊平行四边形（正方形）判定与性质应用
1．（2021·江苏·南师附中新城初中二模）如图,在正方形中,､､､分别是各边上的点,且．

求证:（1）;
（2）四边形是正方形．

【答案】
（1）证明:∵四边形为正方形,
∴,．
又∵,
∴．
∴
（2）由（1）得,,
同理,,,
∴,,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴四边形为正方形．
【解析】
（1）在正方形中,由可得:,即可求证;
（2）由（1）可用同样的方法证得,,可得到,然后证明,即可求证．


1．（2021·湖北·黄石八中三模）如图，正方形ABCD的边长为4，E是正方形ABCD的边DC上的一点，过A作AF⊥AE，交CB延长线于点F．

（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若DE＝1，求△AFE的面积．

【答案】
（1）证明：，
，
，
．
，，
．
（2）解：，
．
，，，
．
的面积为：．
【解析】
（1）正方形的边长相等，四个角相等，即，，根据条件还能证，故能证明．
（2），，根据勾股定理能求出的长．
2．（2021·吉林朝阳·二模）【问题原型】如图①，四边形ABDE、AGFC都是正方形，，连结CE、BG．求证：．
【发现结论】如图②，设图①中的直线CE与直线BG交于点H．求证：．
【结论应用】将图①中的正方形AGFC绕着点A顺时针旋转角度，在整个旋转过程中，当点E、C、G三点在同一条直线上时，若，，借助图①，直接写出BG的长．


【答案】
解：【问题原型】
∵四边形ABDE，AGFC都是正方形，
∴AE＝AB，AC＝AG，∠EAB＝∠CAG＝．
∴∠EAC+∠CAB＝∠GAB+∠CAB＝．
∴∠EAC＝∠BAG．
∴．
∴BG＝CE．
【发现结论】
如图，设EH与AB交于点O．

∵四边形ABDE是正方形，
∴∠EAB＝．
∴∠AEO+∠AOE＝．
∵，
∴∠AEC＝∠ABG．
∵∠BOH＝∠AOE，
∴∠OBH+∠BOH＝．
∴∠OHB＝．
∴EH⊥BG．
【结论应用】
当EG在AE的右侧时，如图：

∵，CG为正方形AGFC的对角线，
∴∠ACG=∠AGC＝,∠ACE=∠AGB＝,
∴∠EGB＝,
∵，，
∴，，
设，
则有，得到，
解得或（舍去）；
当EG在AE的左侧时，如图：

∵，
∴，
∴∠ACE=∠AGB＝,∠CGB＝，
设EG=n，同理可得n=,
∴,
综上，BG=或．
【解析】
【问题原型】根据题意直接运用全等三角形的判定证明即可得出答案；
【发现结论】由题意结合全等三角形的性质得到∠AEC＝∠ABG，进而通过直角三角形的互余关系进行角的等量代换即可；
【结论应用】根据题意分EG在AE的右侧和EG在AE的左侧两种情况，进而利用全等三角形的判定与勾股定理进行解析计算即可.
3．（2021·甘肃白银·一模）如图，在矩形中，，菱形的三个顶点E，G，H分别在矩形的边上，，连接．


（1）当时，求证：四边形是正方形．
（2）当的面积为2时，求的值．

【答案】
解：（1）证明：在矩形中，有，
∴．
在菱形中，，
∵，，∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
（2）过作于，则，


∴．
连接，由矩形和菱形性质，知，，
∴，，
∴．
∵，
∴
∴．
∵，
∴，
∴．
【解析】
(1)由于四边形ABCD为矩形，四边形HEFG为菱形，那么，，而，易证，从而有，等量代换可得，易证四边形HEFG为正方形；
(2)过F作，交DC延长线于Q，连接GE，由于，可得，同理有 ，利用等式性质有，再结合，，可证，从而有，进而可求三角形面积．

09 四边形综合应用。
1．（2021·江苏工业园区·二模）如图（1），已知矩形中，，点E为对角线上的动点．连接，过E作的垂线交于点F．


（1）探索与的数量关系，并说明理由．
（2）如图（2），过F作垂线交于点G，交于点H，连接．若点E从A出发沿方向以的速度向终点C运动，设E的运动时间为．
①是否存在t，使得H与B重合？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
②t为何值时，是等腰三角形；
③当时，求的面积．

【答案】
解：(1)连接BF，如图：

已知矩形中， ，
∴∠BEF=∠BCF=90°，
∴点B， C，F， E四点共圆，
∴∠EBF=∠ACD （同圆中同弧所对圆周角相等），
∴
∴
(2) ①存在，当H、B重合时，如图所示：

由(1)知，∠EBF=30°，
∴∠ACD=∠EBF=30°，
则∠ACB=60°，
∵ 即∠BGC=90°，，
∴BG=3， ，
同理可得CF=2，FG=1，，
∴ ，
∴ ，
又∵已知矩形中，，
∴ ，
∴
∵点E从A出发沿方向以的速度向终点C运动，
∴t=1；
②

∵△CFH为等腰三角形，
又∵∠ACD=30°，
∴ ，
∴△CFH为等边三角形，
∴FG=GH，
又由（1）知，
∴FG=GH=EG，
∴ ，
∴∠ABE=15°，
∴∠EBC=75°，
∵∠BCH=30°，
∴△CHB为等腰三角形，
∴CH=CB=CF，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
③

由题意知：过点E作MN垂直AB，设，
则由（1）得，，
∵∠FME=∠ENB，∠FEM+∠BEN=∠BEN+∠EBN=90°，
∴∠FEM =∠EBN，
∴ ，
∴ ，
即，
∴MF=t，
∴，则 ，
∴ ，
∴ ，
，
在中， ，


∴ ，
∴，
∴
∵，
∴ ；
【解析】
(1)连接BF，易证B. C. F. E四点共圆，即可求证出 ；
(2)①存在，当H、B重合时，如图所示，结合(1)知可得BG=3， ，同理可知CF=2，FG=1,， ，由此可得t=1，
②先得出 ，再由△FHC为等腰三角形，推出△FHC 为等边三角形进而得出 ，∠ABE=15°，∠EBC=75°，根据∠BCH=30°得出CH=CB=CF，根据题意列等式 求出 ，
③过点E作MN垂直AB，设，求证出 ，根据相似的性质结合， ， 得出 ，再结合得出，进而表示出CG，代入面积公式 即可；
【点睛】
此题属于四边形综合试题，考查动点问题，涉及到圆周角，三角形相似，特殊角的直角三角形各边的关系及等边三角形的证明，有一定难度．


1．（2021·云南·一模）如图，在正方形中，点分别是的中点，连接，且相交于点

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接，分别取的中点，试判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
（3）如图3，点在边上，过点作，交于点，交于点，连接，若，求的长．

【答案】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°．
∵点E，F分别是AB，BC的中点，
∴AE=AB，BF=BC．
∴AE=BF．
∴△DAE≌△ABF．
∴AF=DE．
（2）解：四边形PQMN是正方形，

理由是：
∵点M，N，P，Q分别为FD，AD，AE，EF的中点，
∴MQ=PN=DE， PQ=MN=AF， MNAF，PNDE．
∴四边形OHNG是平行四边形，
∵AF=DE．
∴MQ=PN=PQ=MN．
∴四边形PQMN是菱形．
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE=∠BAF．
∵∠BAF+∠OAD =90°，
∴∠ADE+∠OAD=90°．
∴∠AOD=90°．
∴∠PNM=∠AOD=90°．
∴四边形PQMN是正方形．
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴ADBC．
∵HGAF，
∴四边形AGHF是平行四边形．
∴AG=FH，AF=GH．
∵EGDH，HG=2GK，
∴△DHK∽△EGK．
∴．
即DH=2EG．
∴DH2=4EG2．
设FH=AG=x，则CF=x+2，AE=x+2，CD=2x+4．
在Rt△CDH中，DH2=CH2+CD2=4+（2x+4）2，
在Rt△AEG中，EG2=AG2+AE2=x2+（x+2）2，
∴4+（2x+4）2=4[x2+（x+2）2]．
解得x1=1，x2=-1（舍去）．
∴AE=3，AD=6．
∴DE=．
∵AF=DE，AF=GH，
∴GH=．
【解析】
（1）根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE；
（2）首先根据三角形中位线性质可证明四边形OHNG是平行四边形与四边形PQMN是菱形，再由全等三角形与正方形的性质可推出∠AOD=90°，再由平行四边形的性质即可得出四边形PQMN为正方形；
（3）先利用平行四边形的判定与性质得出AG=FH，AF=GH，并由相似三角形的判定与性质证得DH=2EG，最后可根据勾股定理求解结果．
【点睛】
此题属于四边形综合问题，考查了全等三角形、正方形的判定与性质等知识，熟练掌握特殊四边形及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2021·江苏仪征·二模）苏科版教材中的折纸活动，引起了许多同学的兴趣．在折纸的过程中，同学们不仅发展了空间观念，还积累了数学活动经验．
[操作]：矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，点M是边BC上一个动点，将△ABM沿AM折叠，折叠后点B的对应点为点B'．

[发现]：（1）如图1，若点M、B'、D在同一条直线上，求证：△ADM为等腰三角形；
[探究]：（2）若点B的对应点B′落在矩形对角线上，求BM的长；
[拓展]：（3）如图2，过点B'作B'N⊥AB，当△AB'N面积最大时，求BM的长．

【答案】
解：（1）证明：如图1中，

由翻折的性质可知，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
是等腰三角形．
（2）如图中，当点落在上时，

四边形是矩形，
，，
，
，
由翻折的性质可知，，，
设，
在中，则有，
解得，
．
如图中，当落在上时，设交于．

，
，
，，
，
，
，
，
，
，
综上所述，的值为3或．
（3）如图2中，过点作于，过点作于，设，则．

，，
，
，，
，
，
，
，
，
时，的面积最大，此时，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
．
【解析】
（1）只要证明即可．
（2）分两种情形：如图中，当点落在上时，如图中，当落在上时，分别利用勾股定理，新三角形的性质求解即可．
（3）如图2中，过点作于，过点作于，设，则．首先求出面积最大时，的值，再解直角三角形求出即可．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
3．（2021·江苏建湖·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D．
（1）如图1，当AE＝　 　时，A′D∥BE；
（2）如图2，若AE＝3，求S△A′CB．
（3）点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．


【答案】
解：（1）如图1，连接，交于点，

点与点关于直线对称，
垂直平分，
为的中点，
当
点为的中点，
四边形是矩形，
，
，
故答案为：
（2）如图2，过点作于点，交于点，则，

，
，
由折叠得，，，，
，
，
△△，
，
；
，
四边形是矩形，
，
设，则，
，
，
整理得，
解得，，（不符合题意，舍去），
，
．
（3）如图3，作交的延长线于点，则；

以点为圆心、长为半径作圆，则点在上运动，
，
的值随的增大而增大，
而的值随的增大而增大，
越大则越大，
，
当点与点重合时，，此时最大，也最大；
如图4，当点与点重合时，则，

，
、、三点在同一条直线上；
，，
，
，
，
．
【解析】
（1）连接AA′，交BE于点F，由折叠得F为AA′的中点，当A′D∥BE，则E为AD的中点，可知AE等于AD长的一半；
（2）过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，得到△BA′N∽△A′EM，根据相似三角形的对应边成比例列方程可求出A′N的长，再求S△A′CB；
（3）作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，可证明BG越大则∠A′CB越大，进而证明当C、A′、E三点在同一条直线上时∠A′CB最大，此时∠BA′C=90°，可证明EC=BC=8，再由勾股定理求出A′C的长，再求A′E的长即得到AE的长．
【点睛】
此题重点考查矩形的性质、轴对称的特征、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数及动点问题中的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．