【期中单元重点题型】（北师大版）2023-2024学年九年级数学上册 第1章 特殊平行四边形 单元复习提升（易错与拓展）-讲义

这是一份【期中单元重点题型】（北师大版）2023-2024学年九年级数学上册 第1章 特殊平行四边形 单元复习提升（易错与拓展）-讲义，文件包含期中单元重点题型北师大版2023-2024学年九年级数学上册第1章特殊平行四边形单元复习提升易错与拓展原卷版docx、期中单元重点题型北师大版2023-2024学年九年级数学上册第1章特殊平行四边形单元复习提升易错与拓展解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。

第1章 特殊平行四边形 单元复习提升（易错与拓展）

易错点01 特殊平行四边形的判定与性质
【指点迷津】理解性记忆每种特殊平行四边形的判定与性质；活学活用理解平行四边形的判定与性质；构建框图理解菱形、矩形、正方形的相同与区别．
典例1．菱形具有而矩形不一定有的性质是（    ）
A．对角相等 B．邻角互补 C．对角线互相平分 D．四条边都相等
【答案】D
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质逐一进行判断即可．
【解析】解：A、因为矩形和菱形都是平行四边形，对角相等，所以本选项不符合题意；
B、因为矩形和菱形都是平行四边形，邻角互补，所以本选项不符合题意；
C、因为矩形和菱形都是平行四边形，对角线互相平分，所以本选项不符合题意；
D、因为菱形的四条边相等，而矩形的四条边不相等，所以本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．
跟踪训练1．下列命题中正确的是（    ）
A．对角线相等的四边形是矩形．
B．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
【答案】B
【分析】分别根据矩形、正方形、菱形、平行四边形的判定定理逐项判断即可求解．
【解析】解：A. 对角线相等的平行四边形四边形是矩形，故原选项错误，不合题意；
B. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原选项正确，符合题意；
C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项错误，不合题意；
D. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项错误，不合题意．
故选：B
【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形、平行四边形的判定定理，熟知相关图形的判定定理是解题关键．
跟踪训练2．▱ABCD添加下列条件后，仍不能使它成为矩形的是（    ）
A．AB⊥BC B．AC=BD C．∠A=∠B D．BC=CD
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理逐一判断即可．
【解析】解：A、添加条件AB⊥BC，可由一个角是直角的平行四边形是矩形证明▱ABCD是矩形，故A不符合题意；
B、添加条件AC=BD，可由对角线相等的平行四边形是矩形证明▱ABCD是矩形，故B不符合题意；
C、添加条件∠A=∠B，根据平行四边形邻角互补可得∠A=∠B=90°，可由一个角是直角的平行四边形是矩形证明▱ABCD是矩形，故C不符合题意；
D、添加条件BC=CD，不能证明▱ABCD是矩形，故D符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟知矩形的判定定理是解题的关键．
跟踪训练3．顺次连结对角线相等的四边形各边中点所得的四边形必定是（    ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理和菱形的判定即可得解．
【解析】如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，
连接AC、BD，
  
根据三角形的中位线定理得，EF=12AC，GH=12AC，HE=12BD，FG=12BD，
∵四边形ABCD的对角线相等，
∴AC=BD，
所以，EF=FG=GH=HE，
所以，四边形EFGH是菱形．
故选A．
【点睛】本题考查菱形的判定和三角形的中位线定理，解题的关键是掌握菱形的判定和三角形的中位线定理．
易错点02 忽视勾股定理在特殊平行四边形中的应用
【指点迷津】在特殊平行四边形中寻找或构建直角三角形，利用勾股定理获取解题所需图形中的数量关系与位置关系.
典例2．已知矩形两条对角线所成的一个角为120∘，矩形的短边长3cm，则长边长 cm，对角线长 cm．
【答案】 33 6
【分析】根据题意画出矩形ABCD，其中∠AOD=120°，则有∠AOB=60°，根据矩形的性质易得OA=OB，从而可以判断出△AOB为等边三角形；根据等边三角形的性质易得OA=OB=AB=3cm，则有AC=BD=6cm，即对角线的长，在Rt△ABC中，利用勾股定理便可求出BC的长，即长边的长．
【解析】解：如图：
  
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵矩形两条对角线所成的一个角为120∘
∴∠AOD=120°，∠AOB=60°，
∴△AOB为等边三角形
∴OA=OB=AB=3cm，
∴AC=BD=6cm，
在Rt△ABC中，BC=AC2−AB2=33cm，
即长边长为33cm，对角线长为6cm．
故答案为：33；6．
【点睛】熟练掌握矩形的性质和等边三角形的性质以及勾股定理是解决本题的关键．
跟踪训练1．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，过点A作AE⊥CD于点E，则AE的长为 ．

【答案】245
【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，利用等积法求出AE的长即可．
【解析】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6，8，
∴AC⊥BD,OC=12AC=3,OD=12BD=4，
∴CD=OC2+OD2=5，
∵AE⊥CD，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=CD⋅AE，即：12×6×8=5AE，
∴AE=245；
故答案为：245．
【点睛】本题考查菱形性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键．
跟踪训练2．如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，AC=5，P是边AD上的动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE＋PF的值为： ．
  
【答案】125
【分析】首先连接OP，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，可求得OA=OD= 52以及△AOD的面积，继而可得S△AOD =54（PE＋PF），则可求得答案．
【解析】解：设矩形两条对角线交于点O，如图，连接OP，
  
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OA=OD=12BD，S△AOD=S△AOB，
∵AB=3，AD=4，
∴S矩形ABCD =3×4=12，BD=5，
∴S△AOD =14S矩形ABCD =3，OA=OD=52，
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP
=12OA•PE+12OD•PF
=12×52PE+12×52PF
=54PE+PF
=3．
∴PE＋PF= 125．
故答案为125．
【点睛】此题考查了矩形的性质以及勾股定理、三角形面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法以及数形结合思想与整体思想的应用．
跟踪训练3．如图，正方形PQMN和正方形MABC中，点N在CM上，QM=2，AM=6，D是PB的中点，那么DM的长是 ．

【答案】25
【分析】连接PM、BM，根据正方形的性质可证△BMP是直角三角形，利用勾股定理求得PM=22，BM=62，BP=45,再根据直角三角形的性质即可求得结果．
【解析】解：连接PM、BM，
∵四边形PQMN和四边形MABC是正方形，
∴PQ=QM=2，MA=BA=6，∠PQM=∠NMQ=∠NMA=∠BAM=90°，
∴∠PMN=∠BMN=45°，
∴∠BMP=90°，
∴△BMP是直角三角形，
在Rt△PQM中，由勾股定理得：PM=22+22=22，
在Rt△BAM中，由勾股定理得：BM=62+62=62，
在Rt△BMP中，由勾股定理得：BP=222+622=45,
∵D是PB的中点，
∴DM=12BP=25，
故答案为：25．

【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理及直角三角形的性质，构造直角三角形，熟练掌握勾股定理和直角三角形的性质求得BP的值是解题的关键．
易错点03 全等三角形、特殊三角形的性质在特殊平行四边形中的应用
【指点迷津】在特殊平行四边形中寻找或构建全等三角形、等腰（等边）、直角三角形
典例3．如图，四边形ABCD是正方形，以CD为边向外作等边△CDE，则∠AEC= °．

【答案】45
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质求得∠ADE=∠ADC+∠CDE=150°，AD=DE，△ADE是等腰三角形，∠AED=12180°−∠ADE=12180°−150°=15°
，由∠AEC=∠DEC−∠AED即可得到答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，CD=DE，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=150°，AD=DE，
∴△ADE是等腰三角形，
∴∠AED=12180°−∠ADE=12180°−150°=15°，
∴∠AEC=∠DEC−∠AED=60°−15°=45°．
故答案为：45
【点睛】此题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质和判定等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
跟踪训练1．如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC=28°，则∠OBC的度数为 度．

【答案】62
【分析】根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB=BC，
∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=∠CNO，
∴△AMO≌△CNOASA，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC=90°，
∵∠DAC=28°，
∴∠BCA=∠DAC=28°，
∴∠OBC=90°−28°=62°．
故答案为：62．
【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
跟踪训练2．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若AH=DH，则∠DHO= ．
  
【答案】22.5°
【分析】先证明△ADH是等腰直角三角形，得到∠BAD=∠ADH=45°，再由菱形的性质得到AD=AB，点O为BD的中点，则可求出∠ADB=67.5°，进而求出∠BDH=22.5°，再由直角三角形斜边上的中线的性质得到OH=OD，则∠DHO=∠ODH=22.5°．
【解析】解：∵DH⊥AB，AH=DH，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠ADH=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，点O为BD的中点，
∴∠ABD=∠ADB=180°−∠BAD2=67.5°，
∴∠BDH=∠ADB−ADH=22.5°，
∵∠DHB=90°，点O为BD的中点，
∴OH=OD，
∴∠DHO=∠ODH=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定， 直角三角形斜边上的中线的性质，三角形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
跟踪训练3．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFC为直角，若DF=2cm．BC=16cm，则AC的长为 cm．
  
【答案】12
【分析】根据三角形的中位线定理和直角三角形的性质即可得到结论．
【解析】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC=8cm，
∵DF=2cm，
∴EF=DE−DF=6cm，
∵点E是AC的中点，∠AFC=90°，
∴AC=2EF=12cm，
故答案为：12．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、解题的关键是出现中点想到三角形中位线定理，记住三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
跟踪训练4．如图，在△ABC中，AB=AC=4，∠CAB=30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC=90°，∠CAD=∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 ．

【答案】22
【分析】先根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，求出DF=AF=CF=12AC=2，再证明△CDF为等边三角形，得出∠CFD=60°，根据中位线的性质，求出EF∥AB，EF=12AB=2，得出∠DFE=∠CFD+∠CFE=60°+30°=90°，证明△EFD为直角三角形，根据勾股定理求出结果即可．
【解析】解：∵Rt△ADC中∠ADC=90°，F为AC的中点，
∴DF=AF=CF=12AC=2，
∴∠FDA=∠CAD=∠CAB=30°，
∴∠FDC=90°−30°=60°，
∵CF=DF，
∴△CDF为等边三角形，
∴∠CFD=60°，
∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴EF∥AB，EF=12AB=2，
∴∠CFE=∠CAB=30°，
∴∠DFE=∠CFD+∠CFE=60°+30°=90°，
∴△EFD为直角三角形，
∴DE=EF2+DF2=22．
故答案为：22．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是证明△EFD为直角三角形．
易错点04 动态几何在特殊平行四边形中的应用
【指点迷津】注意图形变化前后线段长度、角度的等量关系，以及所隐藏的一些位置关系，常用辅助线的作法等.
典例4．如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=60∘，点E是射线DA上一动点，把△CDE沿直线CE折叠，其中点D的对应为点D′，连接D′B，若△D′BC为等边三角形，则 DE= ．
  
【答案】1或4/4或1
【分析】依据折叠的性质、菱形的性质以及等边三角形的性质，分两种情况得到DE的长即可．
【解析】解：由折叠及菱形的性质可得CD=CD′=CB，故△D′BC是以BD′底的等腰三角形，
故当∠D′BC=60°，△D′BC为等边三角形，
分以下两种情况讨论，
1）如图（1），当点D′点A重合时，∠D′BC=60°，此时点E为AD的中点，故DE=1，
2）如图（2），当点D′与点A关于直线BC对称时，D′，C，D三点共线，EC⊥DC，故DE=2DC=4，
综上所述，DE=1或4，
故答案为：1或4．
  
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠问题及等边三角形的性质等知识的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
跟踪训练1．如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D部在点B处，点C落在点C′处，P为折痕EF上的任意一点，过点P作PG⊥BE，PH⊥BC，垂足分别为G，H．若AD=13，CF=5，则（1）AE= ；（2）则PG+PH= ．

【答案】 5 39
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠A=90°，BC=AD=13，BC∥AD，从而得出AB=EQ，∠DEF=∠BFE，BF=8，根据折叠的性质可得ED=BE，∠BEF=∠DEF，根据等角对等边可得BE=BF=8，从而得出ED=8，求出AE即可；
（2）连接BP，过点E作EQ⊥BC于Q，利用勾股定理求出AB，证明四边形ABQE为矩形，得出EQ=AB=39，然后根据S△BEP+S△BFP=S△BEF即可求出结论．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=90°，BC=AD=13，BC∥AD，∠A=∠ABC=90°，
∴∠DEF=∠BFE，BF=BC−CF=8，
由折叠的性质可得ED=BE，∠BEF=∠DEF，
∴∠BFE=∠BEF，
∴BE=BF=8，
∴ED=8，
∴AE=AD−ED=5；
（2）连接BP，过点E作EQ⊥BC于Q，如图所示：

由勾股定理可得AB=BE2−AE2=39，
∵∠A=∠ABC=∠BQE=90°，
∴四边形ABQE为矩形，
∴EQ=AB=39，
∵S△BEP+S△BFP=S△BEF，
∴12BE⋅PG+12BF⋅PH=12BF⋅EQ，
∴12BF⋅PG+PH=12BF⋅EQ，
∴PG+PH=EQ=39．
故答案为：5；39．
【点睛】本题主要考查的是矩形与折叠问题，掌握矩形的性质和判断、折叠的性质、勾股定理和等角对等边是解决此题的关键．
跟踪训练2．如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA,OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，AD与y轴交于点E，若B2,4，则点E的坐标为 ．

【答案】（0，32）
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质证明EC=EA，设OE=x，则AE=EC=4−x，利用勾股定理可得x2+22=4−x2进行求解即可．
【解析】解：∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥OC，∠BAC=∠ACE，
∵将纸片矩形OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，
∴∠BAC=∠DAC,
∴∠DAC=∠ACE,
∴EC=EA，
∵点B的坐标为2,4，
∴AB=OC=4，OA=BC=2，
设OE=x，则AE=EC=4−x，
在Rt△AOE中，x2+22=4−x2，
解得x=32，
∴点E的坐标为0,32，
故答案为：0,32．
【点睛】本题考查了矩形的性质和平行线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质EC=EA，再利用勾股定理列出等式进行求解即可．
跟踪训练3．如图，矩形ABCD的边AD长为4，将△ADC沿对角线AC翻折得到△AD′C，CD′与AB交于点E，再以CD′为折痕，将△BCE进行翻折，得到△B′CE．若两次折叠后，点B′恰好落在△ADC的边上，则AB的长为 ．

【答案】43或4+42
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点B′恰好落在AC上时，由翻折以及矩形的性质利用AAS可证明△AD′E≌△CBE，然后根据等腰三角形的性质求出AC的长，再依据勾股定理求解即可；②当点B′恰好落在DC上时，同理利用AAS可证明△AD′E≌△CBE，根据全等三角形的性质可得出AE的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴BC=AD=4，∠B=∠D=90°，
∵△ADC沿对角线AC翻折得到△AD′C，
∴∠D′=∠D=90°，AD′=AD=4，
∵以CD′为折痕，将△BCE进行翻折，得到△B′CE，
∴∠CBE′=∠B=90°，CB′=CB=4，
①当点B′恰好落在AC上时，如图，

在△AD′E和△CBE中，
∠AED′=∠CEB∠D′=∠BAD′=CB
∴△AD'E≌△CBE(AAS)
∴EA=EC，即△EAC为等腰三角形，
∵∠CB′E=∠B=90°
∴点B′为AC中点，
∴AC=2CB′=2CB=8，
在Rt△ABC中，有AB2+BC2=AC2，
即AB2+42=82，解得AB=43
②当点B′恰好落在DC上时，如图，

∵∠CB′E=∠B=∠ACB=90°
∴四边形B′EBC为矩形，
∴B′E=CB=4，
∵△BCE沿CD′进行翻折，得到△B′CE，
∴BE=B′E=4
在Rt△CBE中，
CE=CB2+BE2=42+42=42，
在△AD′E和△CBE中，
∠AED′=∠CBE∠D′=∠BAD′=CB
∴△AD′E≌△CBE（AAS）
∴AE=CE=42
∴AB=AE+BE=42+4．
故答案为：43或4+42．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
跟踪训练4．在综合实践课上，小明把边长为2cm，∠B=120°的菱形纸片沿着对角线AC剪开如图1所示，然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，如图2所示，在平移过程中：

（1）当点A′平移至AC中点时，则CD′= ．
（2）若A′B⊥BC时，则四边形A′BCD′的面积为 ．
【答案】 1cm 433cm2/433cm2
【分析】（1）证明四边形A′BCD′是平行四边形，求出BA′即可；
（2）证明四边形A′BCD′是矩形，求出BA′，可得结论．
【解析】解：（1）如图2中，∵A′D′=BC，A′D′∥BC，
∴四边形A′BCD′是平行四边形，
∴CD′=BA′，
∵AA′=CA′，BA=BC=2，∠ABC=120°，
∴BA′⊥AC，∠ACB=30°，
CD′=BA′=12BC=1cm．
（2）∵A′B⊥BC，
∴∠A′BC=90°，
∴平行四边形A′BCD′是矩形，
∵BA'=BC3=233cm，
∴四边形A′BCD′的面积=BC⋅BA′=433(cm2)．
故答案为：1cm，433cm2．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质．
易错点05 特殊平行四边形的综合应用
【指点迷津】综合分析，题目已知可能推导哪些题意所需的结论；题目所求又需要哪些已知.
典例5．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=12AC，连接 CE、OE，连接AE交OD于点F．
    
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=7

【分析】（1）根据菱形性质得出AC⊥BD，OC=12AC，证明DE=OC，根据DE∥AC，证明四边形OCED是平行四边形．根据∠COD=90°，证明平行四边形OCED是矩形，即可证明结论；
（2）先证明△ABC为等边三角形，得出AC=AB=2，根据勾股定理得出CE=OD=AD2−AO2=3，最后根据勾股定理求出结果即可．
【解析】（1）证明：∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC，
∵DE=12AC，
∴DE=OC，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．  
∴OE=CD．
（2）解：∵在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=2，
∴AO=12AC=1，
∴在矩形OCED中，
CE=OD=AD2−AO2=3，
在Rt△ACE中，
AE=AC2+CE2=7．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定，勾股定理．
跟踪训练1．如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．
  
(1)求证：四边形AMCN为菱形；
(2)若△CMN的面积与△CDN的面积比为4：1，ND=1，求MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)26
【分析】（1）先证明四边形AMCN是平行四边形，再由翻折得AM=CM，则四边形AMCN是菱形；
（2）根据题意求出MCDN=41，进而求得CD、AB的长，运用面积公式即可求解．
【解析】（1）证明：如图，由折叠知OA=OC，
连接BD，则BD过点O，
  
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，OB=OD，
∴∠OBM=∠ODN，
在△OBM和△ODN中，
∠OBM=∠ODNOB=OD∠BOM=∠DON，
∴△OBM≌△ODN（ASA），
∴BM=DN；
∴AN=CM，
∴四边形AMCN是平行四边形，
由翻折得，AM=CM，
∴四边形AMCN是菱形；
（2）解：∵△CMN的面积与△CDN的面积比为4：1，
∴12MC⋅DC12DN⋅DC = 41，
即MCDN=41，
∵ND=1，
∴MC=AM=4，
∴CD=AB=AM2−BM2=42−12=15，
∴AC=AB2+BC2=15+25=210
由面积公式得： MC⋅CD=12AC⋅MN，
即4× 15 = 12 × 210⋅MN，
∴MN=2 6．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定，注意掌握辅助线的作法，灵活利用图形的性质解决问题是解题关键．
跟踪训练2．如图1，在正方形ABCD中，F是线段BC上的一点，连接AF，过点C作CE⊥AF，交AF的延长线于点E，对角线AC、BD相交于点O，连接OE、BE．
  
(1)求证：OB=OE．
(2)当点F在线段BC上移动时（不与端点重合），如图2所示，∠AEB的度数是否发生变化？请说明理由．
(3)请直接写出线段AE，CE与BE之间的数量关系：______．”
【答案】(1)见解析
(2)不变，理由见解析
(3)AE=CE+2BE
【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线和正方形的对角线相等且平分，即可得证；
（2）根据正方形的性质以及（1）的结论可得OB=OE=OA，则∠OAE=∠OEA，∠OEB=∠OBE，设∠OAE=∠OEA=α，则∠EAB=45°−α，进而根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，即可得出结论；
（3）过点B作BN⊥BE，交CE的延长线于点N，推出△BEN为等腰直角三角形，得到EN=2BE，证明△ABE≌△CBN，即可得到AE=CN=CE+EN=CE+2BE．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴OA=OC=OB=OD，
∵CE⊥AF，
∴∠CEA=90°，
∵OA=OC，
∴OE=12AC=OA，
∴OB=OE；
（2）不发生变化，理由如下：
  
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAB=∠OBA=45°
∵OB=OE=OA，
∴∠OAE=∠OEA，∠OEB=∠OBE，
设∠OAE=∠OEA=α，则∠EAB=45°−α，
∠BOE=∠AOE−∠AOB=180°−2α−90°=90°−2α，
∠OEB=∠OBE=12180°−∠BOE=12180°−90°+2α=45°+α，
∴∠ABE=∠ABO+∠OBE=45°+45°+α=90°+α，
∴∠AEB=180°−∠ABE−BAE=180°−90°+α−45°−α=45°，
∴∠AEB的度数不发生变化
（3）AE=CE+2BE；
过点B作BN⊥BE，交CE的延长线于点N，则：∠EBN=90°，
  
∵∠CEA=90°，
∴∠AEN=90°，
由（2）知：∠AEB=45°，
∴∠BEN=∠AEN−∠AEB=45°，
∴∠BNE=∠BEN=45°，
∴BE=BN，EN=2BE，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°=∠EBN，
∴∠ABE=∠CBN，
∴△ABE≌△CBN，
∴AE=CN=CE+EN=CE+2BE．
故答案为：AE=CE+2BE．
【点睛】本题考查正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形和全等三角形．

拓展01 特殊平行四边形的综合判断题
典例1．如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折型，延长交于点G，连，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论有(    )个．
  
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得到，，求出，，根据HL推出；推出，，设，则，，在中，由勾股定理得出，求出，得出；在中可推得④正确；求出，推出，根据，再求出，求出即可．
【解析】  
∵四边形是正方形，
∴
∵，
∴，
∵将沿对折至，
∴，
∵，
∴，又，
∴，即①正确；
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得出，
即，
求出，
∴，②正确；
∵，
∴
∵，
∵，
∴，
∴，③正确；
由沿对折至，得：，
由，得，
∴，
∵，
∴，即，
∴在中，，
∴，④正确；
∵
∴S△EFC=，⑤正确，
故答案为①②③④⑤，正确答案个数为5个，
故选：D．
【点睛】此题主要考查正方形的性质与全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知折叠的性质利用勾股定理进行求解．
跟踪训练1．如图，在正方形中，，若点在对角线上运动，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、．点在上，且．
给出以下四个结论：  ①， ②，③线段的最小值是，④面积的最大是16．其中正确的是（    ）
  
A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】①根据旋转的性质证明为等腰直角三角形，即可得出结论；
①根据正方形的性质，和旋转的性质，利用“”证明，得出，，证明，根据勾股定理即可证明结论；
③根据，得出点F总是在过点C与AC垂直的直线上运动，过点P作垂足为点H，此时最小值即为的长，求出的长即可；
④根据，得出，表示出，即可求出最大值．
【解析】解：根据旋转可知，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，故①正确，符合题意；
∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，故②正确，符合题意；
③∵，
∴点F总是在过点C与垂直的直线上运动，过点P作垂足为点H，如图所示：
  
∵，
∴，
∵，，
，
∴，
∴ 为等腰直角三角形，
i∴，
即的最小值为，故③正确，符合题意；
④∵，
∴，



，
∵，
∴，
∴
∴当时，的面积最大，且最大值为16，故④正确，符合题意；
综上分析可知，其中正确的是①②③④．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，根据“”证明，是解题的关键．
跟踪训练2．如图，在一张矩形纸片中，，点E，F分别在边上，将纸片沿直线折叠，点C落在边上的点H处，点D落在点G处，有下列四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段长的取值范围是；④当点H与点A重合时， 2，其中，正确的是（    ）
  
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得，由点C落在上的一点H处，不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若与重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值，可判断③；如图，过点H作于M，由勾股定理可求的长，可判断④；即可求解．
【解析】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，
若平分，
∴，
∴，
∵点C落在上的一点H处，
∴不一定等于30°
∴不一定平分，故②错误；
当点H与点A重合时，有最小值，
设，则，
在中，，
即，解得，
∴，
若落在上时，有最大值，
∴四边形是正方形，
∴，
∴最大值为4，
∴，故③正确；
如图，过点F作于M，
  
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故选C.
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
跟踪训练3．如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（        ）

A． B． C．20 D．24
【答案】C
【分析】根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．
【解析】解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时，
∴，
当时，此时点与点重合，即，连接，交于点，

则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长为；
故选C．
【点睛】本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．
跟踪训练4．如图，在菱形纸片中，，E是边的中点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线上的点G处，折痕为，与交于点H，有如下结论：①；②；③；④，上述结论中，所有正确结论的序号是（  ）

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】连接，得到是等边三角形，根据三线合一的性质得到，由折叠得，求出的度数即可判断①；利用30度角的性质求出，勾股定理求出，即可判断②；连接，由折叠得，根据等边对等角求出，得到，即可判断③；过点F作于点M，先求出，由折叠得，，设，则，求出，再得到，根据求出四边形的面积，即可判断④．
【解析】解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∵E是边的中点，
∴，
∴，
由折叠得，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∴，
∴，即，故②正确；
连接，
由折叠得，
∴，
∵，
∴，
∴，故③正确；
过点F作于点M，
∵，
∴，
由折叠得，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形的面积，
∴，故④错误；
故选：B．

【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，三线合一的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
拓展02 特殊平行四边形的材料信息探究题
典例2．综合与实践：在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，，．
  
(1)操作发现
操作一：如图1，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，将纸片展平再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平得到图2，则以点A，F，C，E为顶点的四边形是什么特殊四边形？并说明理由；
(2)实践探究
操作二：如图3，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接．
①判断与折痕的位置关系，并说明理由；
②求的长．
(3)拓展应用
将矩形纸片裁剪为，，在图3的情形下，若G为上任意一点，其他条件不变，当点A与点距离最小时，直接写出BG的长．
【答案】(1)菱形，理由见解析
(2)①，理由见解析；②7.2
(3)3

【分析】（1）根据折叠可得，，证明可得，然后利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
（2）①理由折叠的性质可得，利用等边对等角、三角形外角的性质可得，进而得出，然后利用平行线的判定即可得证；
②连接交于M，证明，利用等面积法求出，然后在中利用勾股定理求解即可；
（3）连接，根据可知当A、、C三点共线时，最小，的最小值为4，然后设，在中利用勾股定理求解即可．．
【解析】（1）解：以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形．
理由如下：
如图，连接，，设与交于点，由折叠可知，

，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴以点，，，为顶点的四边形是菱形；
（2）解：①．
理由如下：
∵折叠，
∴，，
又，
∴，
∵G为中点，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
②连接交于M，
，
∵，
∴，
又，，
∴，即，
∵矩形纸片中，，，G为中点，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，

∵，，，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，
∴当A、、C三点共线时，最小，的最小值为．
如图，

设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定，三角形外角的性质等知识，灵活应用所学知识解决问题是解本题的关键．
跟踪训练1．阅读材料：
在数轴上，表示一个点；在平面直角坐标系中，表示一条直线；以二元一次方程的所有解为坐标的点组成的图形就是一次函数的图象，它也是一条直线．
如图1，在平面直角坐标系中，不等式表示一个平面区域，即直线及其左侧的部分；如图2，不等式也表示一个平面区域，即直线及其下方的部分．
请根据以上材料回答问题：

(1)图3阴影部分（含边界）表示的是___________（填写不等式）表示的平面区域；
(2)如图4，请求出表示阴影部分平面区域（含边界）的不等式组；
(3)如图5，点A在x轴上，点B的坐标为（0，1），且，点P为内部一点（含边界），过点P分别作，，，垂足分别为C，D，E，若，则所有点P组成的平面区域的面积为___________．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．

【分析】（1）求出经过，的直线为，可得图3阴影部分（含边界）表示的是表示的平面区域；
（2）用待定系数法求出直线解析式为，直线解析式为，即得阴影部分平面区域（含边界）的不等式组为；
（3）作的平分线交于，的平分线交于，的平分线交于，，，交于，满足条件的在内（包括边界），再求出，列方程求得，用三角形面积公式可得答案．
【解析】（1）设经过，的直线为，
，
解得，
经过，的直线为，
观察图象可知，图3阴影部分（含边界）表示的是表示的平面区域；
故答案为：；
（2）设直线解析式为，把代入得：
，
解得，
直线解析式为，
设直线解析式为，将代入得：
，
解得，
直线解析式为，
观察图象可知，阴影部分平面区域（含边界）的不等式组为；
（3）作的平分线交于，的平分线交于，的平分线交于，，，交于，如图：
  
满足条件的在内（包括边界），即图中阴影部分，
在中，，
．
，
，，
，
四边形是正方形，
设，则，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，不等式（组，三角形面积等知识，解题的关键是数形结合思想的应用．

一、单选题
1．矩形，菱形，正方形都具有的性质是（    ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
【答案】B
【分析】根据矩形、菱形、正方形的性质一一判断即可．
【解析】解：A、只有正方形和矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，不符合题意；
B、矩形、菱形、正方形的对角线都互相平分，符合题意；
C、只有菱形和正方形的对角线平分一组对角，矩形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；
D、只有菱形和正方形的对角线互相垂直，矩形的对角线不一定互相垂直，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的相关性质，解决本题的关键是结合矩形、菱形、正方形的相关性质进行分析．
2．如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得到，，再进一步求解即可．
【解析】解：四边形是菱形，
，，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和平行线的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
3．下列四个命题中，真命题是（    ）
A．对角线垂直且相等的四边形是菱形
B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C．一组邻边相等的平行四边形是正方形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理等知识逐项判定即可．
【解析】解：选项，对角线相等且互相垂直的四边形是菱形，若对角线不互相平分，则不是菱形，故原命题为假命题；
选项，对角线互相平分说明是平行四边形，菱形的判定定理：对角线垂直的平行四边形是菱形，故原命题为假命题；
选项，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题为假命题；
选项，对角线相等且互相平分的四边形是矩形，为真命题；
故选：．
【点睛】本题主要考查命题与定理知识，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
4．已知矩形的较短边长为6，对角线相交成60°角，则这个矩形的较长边的长是（    ）
A． B． C．9 D．12
【答案】B
【分析】根据矩形对角线相等且互相平分的性质和题中的条件易得△AOB为等边三角形，即可得到矩形对角线的长，进而求解即可．
【解析】
如图：AB=6，∠AOB=60°，
∵四边形是矩形，AC，BD是对角线，
∴OA=OB=OC=OD=BD=AC，
在△AOB中，OA=OB，∠AOB=60°，
∴OA=OB=AB=6，BD=2OB=12，
∴BC=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理等内容，熟悉性质是解题的关键．
5．如图，E是矩形的边上一点，，则等于（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由矩形证得，从而得，再由等腰三角形的性质求出等腰三角形的底角，再由平行线性质得出结论．
【解析】解：四边形是矩形，
∴
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴，
故选：C
【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及等腰三角形的性质，正确得出的度数是解题关键．
6．如图，在正方形 中， 是 上的一点，且 ，则 的度数是（)

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在正方形中可知∠BAC＝45°，由AB＝AE，进而求出∠ABE，又知∠ABE＋∠EBC＝90°，故能求出∠EBC．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠BAC＝45°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝67.5°，
∵∠ABE＋∠EBC＝90°，
∴∠EBC＝22.5°，
故选B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握基础知识是解题关键．
7．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得O为的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得的长度，利用勾股定理求得的长，最后由菱形的面积公式求解．
【解析】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵，即，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得．
8．如图所示，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，与交于点，则重叠部分的面积是(      )

A．20 B．16 C．12 D．10
【答案】D
【分析】根据折叠的性质可得∠ADB=∠EDB，由平行可得∠ADB=∠CBD，推出∠CBD=∠EDB，设BF为x，在Rt△DCF中，根据勾股定理列出方程求出x，再根据面积公式求出△BDF的面积即可．
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵△BDE是△BDA折叠后的图形，
∴∠ADB=∠EDB，
∴∠CBD=∠EDB，
设BF为x，则DF为x，CF为8－x，
在Rt△DCF中，

解得：x=5，
∴S△BDF=．
故选D．
【点睛】本题考查折叠中矩形的性质，关键在于利用勾股定理列出方程求解．
9．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，在其中一张纸条转动的过程中，下列结论一定成立的是（　　）

A． B．四边形面积不变
C． D．四边形周长不变
【答案】A
【分析】两张等宽的纸条的宽为h，根据题意可得，从而得到四边形是平行四边形，再由，可得，进而得到四边形是菱形，即可．
【解析】解∶ 设两张等宽的纸条的宽为h，
∵纸条的对边平行，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，故A选项正确，符合题意，C选项错误，不符合题意；
∵在旋转的过程中，在变化，
∴四边形面积和周长也在变化，故B、D选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，面积法等知识，学握菱形的性质是解题的关键．
10．如图，在正方形中，、是射线上的动点，且，射线、分别交、延长线于、，连接，在下列结论中：①；②；③；④若，则，
⑤，其中正确的结论有（    ）

A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【分析】由“”可证，可得，故正确；
如图，在上截取连接，由“”可证，可得，由“”可证，可得，
，故正确；
如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，由勾股定理可得，故正确；
如图1，设，则，利用勾股定理可求,故错误；
由三角形的面积公式可求，故正确；
【解析】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
故正确；
如图1，在上截取，连接，

，,，
，
,，
，
，
，
又，，
，
，，
故正确；
如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接，

，，
，，，
，
，，
，
，
又，，
，
，
在中， ，
，
故正确；
，
设，则，
，
如图1，在上截取，连接，

由可得：，
设，则，
，
，
，
，
，
故错误；
如图1，，
，
，
故正确；
正确的结论有，共个．
故选：
【点睛】本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

二、填空题
11．菱形的对角线之比为3：4，且面积为24，则它的周长为 ．
【答案】20
【分析】依题意，已知菱形的面积以及对角线之比，首先根据面积公式求出菱形的对角线长，然后利用勾股定理求出菱形的边长．
【解析】解：如图：

由题：，
∴可设，，
∵菱形ABCD的面积为，
∴（舍去），
∴，，
∴，，
∴中，由勾股定理得：，
∴菱形的周长是：．
故答案是：20．
【点睛】此题主要考查菱形的性质和菱形的面积公式，利用菱形的面积求解是解题的关键．
12．已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，其中错误的是 (只填写序号)．
【答案】②③或①④
【分析】要判定是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形．
【解析】有6种选法：（1）①②：由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确；
（2）②③：由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误；
（3）①③：由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确；
（4）②④：由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确；
（5）①④：由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误；
（6）③④：由③得对角线相等的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确；
综上所述：错误的是：②③或①④．
故答案为②③或①④．
【点睛】本题考查了正方形的判定方法：先判定四边形是菱形，再判定四边形是矩形；或先判定四边形是矩形，再判定四边形是菱形；那么四边形一定是正方形；熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．
13．如图，矩形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的周长是 ．

【答案】40
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形为菱形，即可求出其周长．
【解析】∵四边形为矩形，
，，且，
∴，
，
∴四边形为平行四边形，
，
∴四边形为菱形，

．
故答案为：40
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
14．如图，在菱形中，对角线相交于点O，，E是线段上一点，且，则的度数是 ．

【答案】
【分析】由菱形的性质可得，，可得，由三角形内角和定理求得的度数，据此即可求解．
【解析】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
15．如图，在菱形中，E，F，G分别是，，的中点，且，，则菱形的面积是 ．

【答案】96
【分析】连接，，交点为，与交于点，与交于点，由三角形中位线定理得出，，，，得出，由勾股定理求出的长，根据菱形的面积公式可得出答案．
【解析】解：如图，连接，，交点为，与交于点，与交于点，

四边形是菱形，
，
，，分别是，，的中点，
，，，，
四边形是矩形，
，
，，
，
，，
菱形的面积是．
故答案为96．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，菱形的面积，根据三角形的中位线定理求出AC和BD的长是解题的关键．
16．如图，在正方形ABCD中，AB=3，延长BC到点E，使CE=1，连接DE，动点P从点A出发以每秒1个单位的速度沿向终点A运动，设点P的运动时间为t秒，当△ABP和△DCE全等时，t的值为 ．

【答案】4或11
【分析】根据运动过程，根据点P运动的位置和全等情况分类讨论，根据全等三角形的性质即可分别求解．
【解析】解：当点P在AB上运动时，显然A、B、P构不成三角形
∴此时不符合题意；
当点P在BC上运动时，
由AB=CD， ∠ABP=∠DCE=90°，显然此时存在△ABP≌△DCE

∴BP=CE
∴t-3=1，即t=4；
当点P在CD上运动时，如下图所示，显然不存在点P，使得△ABP和△DCE全等；

当点P在DA上运动时，如下图所示

由AB=CD， ∠A=∠DCE=90°，显然此时存在△ABP≌△CDE
∴AP=CE=1
∴3×4-t=1
解得t=11．
综上：当△ABP和△DCE全等时，t的值为4或11．
故答案为：4或11．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，根据全等三角形的对应情况分类讨论是解题关键．
17．如图，正方形的边长为，点为边上一点，，点为的中点，过点作直线分别与，相交于点，.若，则长为 .

【答案】1或2
【分析】根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．
【解析】根据题意画出图形，过点作，交于点，交于点，四边形为正方形，.

在中，，cm，
cm.
根据勾股定理得cm.
为的中点，
cm，
在和中，

，
，.
PN//DC，
，
，即.
在中，，
cm.
由对称性得到 cm，
综上，等于1cm或2cm.
故答案为1或2.
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
18．如图，菱形中，，点E在对角线上，且，点F在延长线上，连接，作．交延长线于点G，，则 ，延长，交于点H，则的长是 ．

【答案】
【分析】先根据题意求得，如图，过点作，则可的是等边三角形，由可得,,则，,进而根据AAS可证明，进而可得的长，过点作于点，过作于，根据勾股定理可得的长，设，进而求得的长由，可得是等边三角形，进而求得,根据的面积等于，据此列出方程，解方程即可求得,进而求得．
【解析】如图，过点作，

四边形是菱形，

，是等边三角形


是等边三角形


，




,

即
在和中

（AAS）
,

是等边三角形，
过点作于点，过作于，如图，

在中，





在中，

在中，设,


是等边三角形，


的面积等于

整理得
因式分解得：
解得或（舍）

故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质与判定，添加辅助线是解题的关键．

三、解答题
19．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于E．

(1)求证：；
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)见详解
(2)24

【分析】（1）只要证明是的中位线即可．
（2）在中求出，再求出、即可解决问题．
【解析】（1）证明：四边形是菱形，
，，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
，
．
（2）解：在菱形中，，
在中，，，
，
，
，
周长．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形中位线定理、三角形周长等知识，解题的关键是证明点是中点，记住菱形的对角线互相垂直，属于中考常考题型．
20．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若平分，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)20

【分析】（1）根据有一个角是90度的平行四边形是矩形即可判定；
（2）首先证明，求出即可解决问题．
【解析】（1）证明：四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，
∵平分，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的面积是：，
即矩形的面积是20．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质、角平分线的定义、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
21．如图是由边长为1的小正方形构成的8×7的网格，点A，B均在格点上．

(1)在图1中画出以AB为边的菱形ABCD，且点C和点D均在格点上；
(2)在图2中画出以AB为对角线的矩形AEBF，且点E和点F均在格点上（画出一个即可）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据题意直接做出图形即可；
（2）如图，取格点E、F，连接EF，则EF与AB互相平分且相等，根据矩形的判定方法，则四边形AEBF为所作．
【解析】（1）如图1，菱形ABCD即为所求

（2）如图2，矩形AEBF即为所求：

【点睛】本题考查了在网格中作特殊四边形，熟练掌握菱形和矩形形的判定方法是准确作图的关键．
22．如图，已知点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的延长线上一点，连接AF，且EA⊥AF．

(1)求证：DE＝BF；
(2)若AH平分∠FAE交线段BC上一点H，连接EH，请判断线段DE、BH、HE三者存在怎样的数量关系？并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)DE+BH＝HE；证明见解析

【分析】（1）由同角的余角相等知，∠FAB＝∠DAE，由正方形的性质知，AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，则ASA证得△AFB≌△ADE，由全等三角形的性质可得DE＝BF；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝AE，根据角平分线的定义得到∠FAH＝∠EAH，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABF=∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∵EA⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴∠FAB+∠BAE＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
在△BAF和△DAE中，
，
∴△BAF≌△DAE（SAS），
∴DE＝BF；
（2）解：DE+BH＝HE，理由如下：
如图所示：

由（1）知△BAF≌△DAE，
∴BF=DE，
∴AF＝AE，
∵AH平分∠FAE，
∴∠FAH＝∠EAH，
在△FAH与△EAH中，
，
∴△FAH≌△EAH（SAS），
∴FH＝EH，
∴DE+BH＝HE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
23．如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索：

(1)围成的四边形是否必定是平行四边形？
(2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？
(3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？
(4)你还能发现其他什么结论吗？
【答案】(1)是平行四边形，证明见解析；
(2)当时，四边形是菱形；
(3)当时，四边形是矩形；
(4)当且时，四边形是正方形

【分析】（1）根据中位线的性质及平行四边形的判定证明即可；
（2）结合（1）中结论，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求解；
（3）结合（1）中结论，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（4）结合（1）中结论，根据邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形即可求解．
【解析】（1）解：是平行四边形，理由如下：
∵，是的两条中位线，
∴，，，
∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，，
∴四边形是菱形；
（3）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；
（4）当且时，
四边形是正方形．
【点睛】题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
24．如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点，过点D作，且，连接，连接交于点.
（1）求证：；
（2）若菱形ABCD的边长为4，，求的长.

【答案】（1）证明过程见解析；（2）
【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD＝90°，证明OCED是矩形，可得OE＝CD即可；
（2）根据菱形的性质得出AC＝AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
【解析】(1)证明：在菱形ABCD中
OC=AC，AC⊥BD，
∵DE=AC，
∴DE=OC，
∵DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴□OCED是矩形，
∴OE=CD．
(2) 在菱形ABCD中,AB=BC=4，
∵∠ABC=60˚，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4，OA=AC=2，
在Rt△AOB中，，
∵四边形OCED是矩形，
∴OD=CE=OB=，
在Rt△ACE中，．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
25．如图，在正方形中．点为对角线上一点．过点作于点交边，于点，连接，．

(1)求证：；
(2)若正方形的边长为，当与的面积相等时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用正方形的性质得到，证明≌即可得到结论；
（2）设，根据勾股定理得到，，利用三角形面积公式得到，然后解方程即可．
（1）
证明：四边形为正方形，
，
，
，
在和中，
，
≌(ASA)，
；
（2）
解：设，，，，
与的面积相等，
，
整理得，解得，（舍去），
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程，三角形的面积公式，关键在于证明三角形全等．
26．如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段与、分别相交于点、．

(1)求证：；
(2)判断与的关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，，理由见解析
(3)

【分析】（1）根据正方形的性质和定理证明即可得出结论；
（2）由（1）的结论得，，再根据通过等量代换即可证明；
（3）连接，证明出四边形是正方形，再利用正方形的性质得出条件，证出，在中利用勾股定理求得的长．
【解析】（1）四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
．
．
（2），，理由如下：
，
，，
，
在中，，
，
，
．
（3）连接，如图，

四边形和四边形是正方形，
，，，，
，，
在中，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是正方形，
，  
，，
，
，
在中，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握相关的知识点，添加适当的辅助线是解本题的关键．
27．如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接．过点E作，交射线点F，以为邻边作矩形．连接．

(1)连接，求证：．
(2)求证：矩形是正方形．
(3)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)的值是定值，定值为4．

【分析】（1）根据正方形的性质以及边角边的关系证明即可得到结论；
（2）作出辅助线，得到，然后判断，得到，则有即可证明矩形是正方形；
（3）同（法判断出得到，即可求解．
【解析】（1）证明：∵点E是正方形对角线上的点，

∴，，，
∴，
∴；
（2）证明：如图，作，

∴，
∵点E是正方形对角线上的点，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
∴矩形是正方形；
（3）解：的值是定值，定值为4．
理由：∵四边形、都是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
28．已知正方形的边长为4，E是上一个动点，以点E为直角顶点，在正方形外侧等腰直角三角形，连结、、．
（1）与的位置关系是__________．
（2）①如图1，当（即点E与点D重合）时，的面积为_________．
②如图2，当（即点E为的中点）时，的面积为________．
③如图3，当时，的面积为_______．

（3）如图4，根据上述计算的结果，当E是上任意一点时，请提出你对面积与正方形的面积之间关系的猜想，并证明你的猜想．
【答案】（1）平行；（2）①8；②8；③8；（3）S正方形ABCD，理由见解析
【分析】（1）证、、共线，根据平行四边形的判定推出平行四边形即可；
（2）①根据三角形的面积公式求出即可；
②③根据代入求出即可；
（3）由（2）求出的面积，求出正方形的面积，即可得出答案．
【解析】
解：（1）正方形，等腰直角三角形，
，
，
即、、三点共线，
，，
四边形是平行四边形，
，
故答案为：平行．
（2）①的面积是，
故答案为：8．
②的面积是：



，
故答案为：8．
③与②求法类似：的面积是


，
故答案为：8．
（3）面积与正方形的面积之间关系是S正方形ABCD．
证明：，
S正方形ABCD，
∴S正方形ABCD．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是把要求的三角形的面积转化成能根据已知求出的三角形的面积的和或差的形式，再根据三角形的面积公式求出每一部分的面积．
29．如图1，已知线段BE＝8，点C是线段BC上的动点，分别以BC，CE为边在BE的同侧作正方形ABCD和正方形CEFG，连接AF．

（1）若BC＝7，则AF的长为　 　；
（2）如图2，连接BD交AF于点H，求证：点H恰为AF中点；
（3）如图3，连接AC，CF，HG并延长HG交CF于点M，求证：四边形CMHO为矩形；
（4）如图4，连接OM，直接写出OM的最小值　 　．
【答案】（1）10；（2）见解析；（3）见解析；（4）4
【分析】（1）延长交于，勾股定理求得即可；
（2）连接，，连接，可得，再根据平行线的性质证明，可得，进而可得，即证明点H恰为AF中点；
（3）延长交于,证明，即可求得，进而证明，根据正方形的性质，可得根据（2）可知，即可求得，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得证；
（4）过分别向作垂线，交于点，根据，当重合时，即可求得最小值即为．
【解析】（1）延长交于，如图，

四边形，是正方形，

四边形是矩形



，
在中，

故答案为：；
（2）如图，连接，

四边形是正方形，
,
又

，
四边形是正方形


，


即





即为的中点
（3）如图，延长交于,




由（2）可知，
又，






即







由（2）可知，则

四边形为矩形
（4）如图，过分别向作垂线，交于点，



则为正方形的中心，因为点为正方形的中心，

根据垂线段最短，当时，最小，
当重合时，取得最小值，
此时
的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握以上知识，正确的添加辅助线是解题的关键．