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人教版八年级数学下册重难题型全归纳及技巧提升专项精练专题18.1平行四边形重难点题型12个(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学下册重难题型全归纳及技巧提升专项精练专题18.1平行四边形重难点题型12个(原卷版+解析)，共79页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
解题技巧：1）平行四边形的性质：①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补；③对角线：对角线互相平分.
1．（2022·广东·深圳八年级期中）平行四边形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝OC＝，则点B的坐标为（ ）
A．(，1)B．(1，)C．(＋1，1)D．(1，＋1)
2．（2022·常熟市八年级月考）如图，已知AB＝DC，AD＝BC，E，F是DB上两点且AE∥CF，若∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，则∠BCF＝（ ）
A．150°B．40°C．80°D．90°
3．（2022·黑龙江·大庆市北湖学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．
4．（2022·浙江八年级期中）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
5．（2022·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40°B．36°C．50°D．45°
6．（2022·山东泰安市·九年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
题型2 平行四边形的判定
解题技巧：平行四边形的判定:(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形.(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形. (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形.
1．（2022·上海九年级专题练习）四边形中，对角线交于点．给出下列四组条件：
①∥，∥；②，；
③，；④∥，．
其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．1组；B．2组；C．3组；D．4组．
2．（2022·重庆江北区·字水中学九年级月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对角分别互补的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
3．（2022·全国·八年级）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列判断正确的是（ ）
A．若AO＝OC，则ABCD是平行四边形 B．若AC＝BD，则ABCD是平行四边形
C．若AO＝BO，CO＝DO，则ABCD是平行四边形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则ABCD是平行四边形
4．（2022·黑龙江·八年级阶段练习）下列给出的条件能判定四边形 ABCD为平行四边形的是 （ ）
A．AB//CD，AD=BCB．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
5．（2022·河北石家庄市·八年级期末）小玲的爸爸在钉制平行四边形框架时，采用了一种方法：如图所示，将两根木条、的中点重叠并用钉子固定，则四边形就是平行四边形，这种方法的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
6．（2022·全国八年级专题练习）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
题型3 平行四边形相关的证明
解题技巧：1）平行四边形的证明，有5种方法，主要通过边、角、对角线的性质进行证明，选用其中任何一种方法证明即可。平行四边形的性质与判定是互逆的过程。
2）利用平行四边形的性质，可非常简捷地证明线段相等、角相等,只有遇到利用平行四边形的性质无法解决的问题时，才转化为三角形全等来处理.
3）经过平行四边形对角线交点的任意直线，把平行四边形分成面积相等的两部分.
1．（2022·湖北·浠水县八年级期中）已知：在□ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF，EG，AG，∠1=∠2．（1）求证：G是CD的中点；（2）若CF=2，AE=3，求BE的长．
2．（2022·江苏·九年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．点E恰是CD的中点．求证：（1）△ADE≌△FCE；（2）BE⊥AF．
3．（2022·山西八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．（1）求证：AEF≌DEC；（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
4．（2022·吉林长春市·八年级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．（1）求证：AD与BE互相平分；（2）若AB⊥AC，AC=BF，BE=8，FC=2，求AB的长．
5．（2022·上海九年级专题练习）已知：平行四边形中，点为边的中点，点为边的中点，联结、．（1）求证：∥；（2）过点作，垂足为，联结．求证：△是等腰三角形．
6．（2022·辽宁旅顺口·八年级期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
题型4. 特殊的平行四边形相关性质与判定（概念类）
1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直 C．是中心对称图形 D．对边相等
2．（2022春·云南·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．菱形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线相等且互相平分D．对角线互相平分的四边形是菱形
3．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分
4．（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）下列四边形是矩形的是（ ）
A．有两个角为直角的四边形B．有一个角是直角的平行四边形
C．对角线互相平分的四边形D．对角线相等的四边形
5．（2022春·福建漳州·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．邻边相等的矩形是正方形
8．（2022春·山西太原·九年级统考期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①，对角相等B．③，有一组邻边相等
C．②，对角线互相垂直D．④，有一个角是直角
9．（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线互相垂直且相等
题型5. 直角三角形斜边上中线的性质
解题技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2022·河南初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
2．（2022·木兰县初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
3．（2022·开原市初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
4．（2022·柘城县初三月考）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
5．（2022·长沙市初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cmB．cmC．cmD．32cm
6．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12B．12.5C．15D．24
题型6. 利用矩形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·湖北初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
2．（2022·广东·深圳市二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．
3．（2022·柘城初三模拟）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
4．（2022·江苏徐州市·八年级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连结EF，则线段EF的长的最小值是( )
A．2.5B．2.4C．2.2D．2
5．（2022·福建福安·九年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）
A．16B．12C．8D．4
6．（2022·福建厦门·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _________ ．
题型7. 利用菱形的性质求角度、面积或长度
解题技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2022·江苏常州初三期末）如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )
A．25°B．22.5°C．30°D．15°
2．（2022·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4B．4.5C．8D．9
3．（2022·黑龙江九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是_____．
4．（2022·河南·九年级专题练习）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
5．（2022·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
6．（2022·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+ B．2+ C．3 D．3–
题型8. 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·张家港市初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
3．（2022·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
4．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1B．C．2D．
5．（2022·广东潮南初三期末）如图，若正方形的边长为，正方形的边长为，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·江苏崇川初三期中）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______.
题型9. 矩形的性质和判定相关证明
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（2022·福建福州·八年级期末）如图，在矩形中，点在边上，连接，过点作射线的垂线，垂足为，连接．(1)如图1，若，，求的长；
(2)若为中点．①如图2，求证：；②当时，直接写出的值．
3.（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
4．（2022·江西·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过点B作于点F，点E在BF的延长线上，且．（1）求证：．
（2）若，F是AO的中点，求BC的长．
5．（2022·吉林初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交▱ABCD的边AD、BC于点E、F，将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
6．（2022·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
(1)若P为BC上一点．①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝ ；②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
题型10. 菱形的性质和判定相关证明
解题技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边： = 1 \* GB3 ①四条边相等；角：无；对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相互垂直； = 3 \* GB3 ③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·广东湘桥初三期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
2．（2022·哈尔滨市初三月考）在菱形中，点是对角线的交点，点是边的中点，点在延长线上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）连接，如果，请你写出图中所有的等边三角形．
3．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
4.（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
5．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
6．（2022·广东·八年级期末）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．
(1)求证：是等腰三角形；(2)求直线的解析式；(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
题型11. 正方形的性质和判定相关证明
解题技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2022·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
2．（2022·广东揭西·九年级阶段练习）如图，E是正方形ABCD内一点，△BCE是等边三角形，连接DE，AE，延长DE交AB于点F（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）求∠AED的度数
3.（2022·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
4．（2022·辽宁大洼·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG．（1）求证：①DE=DG ；②DE⊥DG；
（2）尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）；
（3）连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想；
（4）当时，求出的值．
5．（2022·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
6．（2022·山西九年级阶段练习）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．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°，请你利用（1）的结论证明：GE=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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠GCE=45°，BE=4，AG=6，求四边形ABCG的面积．
题型12. 中点四边形
【解题技巧】1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2)常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3)中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2022·苏州八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
2．（2022·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（ ）．
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形 C．矩形 D．对角线相等的四边形
3．（2022·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形 B．不是中心对称图形 C．一定是中心对称图形 D．当AC＝BD时，它为矩形
4．（2022·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
5．（2022·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
6．（2022·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是 _____________ ，（证明你的结论. ）
（2）当四边形ABCD的对角线满足 __________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
专题18.1 平行四边形 重难点题型12个
题型1 与平行四边形性质有关的计算
解题技巧：1）平行四边形的性质：①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补；③对角线：对角线互相平分.
1．（2022·广东·深圳八年级期中）平行四边形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝OC＝，则点B的坐标为（ ）
A．(，1)B．(1，)C．(＋1，1)D．(1，＋1)
【答案】C
【分析】作，求得、的长度，即可求解．
【详解】解：作，如下图：
则 在平行四边形中，，
∴∴为等腰直角三角形
则，解得∴ 故选：C
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．
2．（2022·常熟市八年级月考）如图，已知AB＝DC，AD＝BC，E，F是DB上两点且AE∥CF，若∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，则∠BCF＝（ ）
A．150°B．40°C．80°D．90°
【答案】C
【分析】可证明△BCF≌△DAE，则∠BCF＝∠DAE，根据三角形外角的性质可得出∠DAE的度数，从而得出∠BCF的度数．
【详解】解：∵AB＝DC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠CBF＝∠ADE，
∵AE∥CF，∴∠CFB＝∠AED，∴△BCF≌△DAE，∴∠BCF＝∠DAE，
∵∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，∴∠AEB＝∠DAE+∠ADB，
∴∠DAE＝∠AEB﹣∠ADB＝115°﹣35°＝80°，∴∠BCF＝80°故选：C．
【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
3．（2022·黑龙江·大庆市北湖学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．
【答案】10或14或10
【分析】利用BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，以及平行关系，分别求出、，通过和是否相交，分两类情况讨论，最后通过边之间的关系，求出的长即可．
【详解】解： 四边形ABCD是平行四边形，，，，
，，BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，，，
，， 由等角对等边可知：，，
情况1：当与相交时，如下图所示：
， ，，
情况2：当与不相交时，如下图所示：
，，故答案为：10或14．
【点睛】本题主要是考查了平行四边形的性质，熟练运用平行关系+角平分线证边相等，是解决本题的关键，还要注意根据和是否相交，本题分两类情况，如果没考虑仔细，会漏掉一种情况．
4．（2022·浙江八年级期中）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
【答案】48
【分析】首先根据平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，可得AB＋BC＝20，再利用其面积的求法S＝BC×AE＝CD×AF，可得4AE＝6CD，列出方程组，求出平行四边形的各边长，再求其面积．
【详解】解：设BC＝x，CD＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，
∵▱ABCD的周长为40，∴x＋y＝20，
∵AE＝4，AF＝6，S＝BC×AE＝CD×AF，∴4x＝6y，
得方程组：，解得：∴S平行四边形ABCD＝BC×AE＝12×4＝48．故答案为：48．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质与其面积公式，解题的关键是根据性质得到邻边的和，根据面积公式得到方程，再解方程组即可．
5．（2022·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40°B．36°C．50°D．45°
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
由折叠的性质得：，，
，
，
．故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
6．（2022·山东泰安市·九年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】求得∠ADB=90°，即AD⊥BD，即可得到S▱ABCD=AD•BD；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE，进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO＞AD，即可得到AO＞DE；依据O是BD中点，E为AB中点，可得BE=DE，利用三角形全等即可得OE⊥BD且OB=OD．
【详解】解：在中，∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，∴△ADE是等边三角形，，
∴E是AB的中点，∴DE=BE，，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，∴S▱ABCD=AD•BD，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，∴∠CDB=∠CDE-∠BDE=60°-30°=30°，
∴∠CDB=∠BDE，∴DB平分∠CDE，故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，∵AD=DE，∴AO＞DE，故③错误；
∵O是BD的中点，∴DO=BO,∵E是AB的中点，∴BE=AE=DE
∵OE =OE ∴△DOE≌△BOE(SSS)∴∠EOD=∠EOB
∵∠EOD+∠EOB=180°∴∠BOE=90°∴OE垂直平分BD，故④正确；正确的有3个，故选择：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，三角形全等判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质定理和等边三角形判定定理，三角形全等判定方法和性质是解题的关键．
判定定理进行推理论证是解题的关键．
题型2 平行四边形的判定
解题技巧：平行四边形的判定:(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形.(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形. (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形.
1．（2022·上海九年级专题练习）四边形中，对角线交于点．给出下列四组条件：
①∥，∥；②，；
③，；④∥，．
其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．1组；B．2组；C．3组；D．4组．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法对①②③④分别作出判断即可求解．
【详解】①∥，∥，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；
②，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；；
③，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；
④∥，，无法判定四边形是平行四边形．故选：C
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的定义和判定定理是解题关键．
2．（2022·重庆江北区·字水中学九年级月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对角分别互补的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，A是真命题；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，B是真命题；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形，C是假命题
对角线互相平分的四边形是平行四边形，D是真命题；故选：C
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，熟练掌握平行四边形的判定是解本题的关键
3．（2022·全国·八年级）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列判断正确的是（ ）
A．若AO＝OC，则ABCD是平行四边形 B．若AC＝BD，则ABCD是平行四边形
C．若AO＝BO，CO＝DO，则ABCD是平行四边形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则ABCD是平行四边形
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定条件进行逐一判断即可.
【详解】解：∵AO＝OC，BO＝OD，∴四边形的对角线互相平分∴D能判定ABCD是平行四边形．
若AO＝BO，CO＝DO，证明AC=BD，并不能证明四边形ABCD是平行四边形，故C错误，
若AO＝OC，条件不足，无法明四边形ABCD是平行四边形，故A错误，
若AC＝BD，条件不足，无法明四边形ABCD是平行四边形，故B错误，故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定条件.
4．（2022·黑龙江·八年级阶段练习）下列给出的条件能判定四边形 ABCD为平行四边形的是 （ ）
A．AB//CD，AD=BCB．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理依次分析解答．
【详解】解：A、如图1，连接AC，∴∠BAC=∠DAC，
∵AD=BC，AC=AC，无法证明△ABC≌△CDA，∴无法判断四边形 ABCD为平行四边形；
B、∠A=∠B，∠C=∠D，不能判断四边形 ABCD为平行四边形；
C、如图1，∵AB=CD，AD=BC，AC=AC，∴△ABC≌△CDA，
∴∠BAC=∠DAC，∴AB//CD，∴四边形 ABCD为平行四边形；
D、AB=AD，CB=CD，无法证明四边形 ABCD为平行四边形；故选：C．
【点睛】此题考查平行四边形的判定定理，熟记定理是解题的关键．
5．（2022·河北石家庄市·八年级期末）小玲的爸爸在钉制平行四边形框架时，采用了一种方法：如图所示，将两根木条、的中点重叠并用钉子固定，则四边形就是平行四边形，这种方法的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可.
【详解】由已知可得AO=CO，BO=DO，∴四边形是平行四边形，
依据是：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选：A.
【点睛】考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的五种判定定理并运用解决问题是解题关键.
6．（2022·全国八年级专题练习）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可判断，由结合已知条件仍不能判定四边形为平行四边形，从而可得到答案．
【详解】解：A、∵∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
又∵DF∥BC， ∴四边形DBCE为平行四边形；故选项A不符合题意；
B、∵DF∥BC， ∴∠ADE=∠B， ∵∠B=∠E， ∴∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项B不符合题意；
C、∵DF∥BC， ∴DE∥BC， 又∵DE=BC， ∴四边形DBCE为平行四边形；故选项C不符合题意；
D、由DF∥BC，BD=CE，不能判定四边形DBCE为平行四边形；故选项D符合题意； 故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
题型3 平行四边形相关的证明
解题技巧：1）平行四边形的证明，有5种方法，主要通过边、角、对角线的性质进行证明，选用其中任何一种方法证明即可。平行四边形的性质与判定是互逆的过程。
2）利用平行四边形的性质，可非常简捷地证明线段相等、角相等,只有遇到利用平行四边形的性质无法解决的问题时，才转化为三角形全等来处理.
3）经过平行四边形对角线交点的任意直线，把平行四边形分成面积相等的两部分.
1．（2022·湖北·浠水县八年级期中）已知：在□ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF，EG，AG，∠1=∠2．（1）求证：G是CD的中点；（2）若CF=2，AE=3，求BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）BE的长是．
【分析】（1）通过证≌得到CG=CF，再结合已知条件即可证明结论；
（2）求出DC=CE=2CF=4，再由平行四边形的性质得到AB，最后根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）证明：∵点F为CE的中点，∴CF=CE，
在与中，，∴≌，∴CG=CF=CE，
又∵CE=CD，∴CG=CD，即G是CD的中点；
（2）∵CE=CD，点F为CE的中点，CF= 2，∴CD=CE=2CF= 4，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=4，
∵AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练应用各性质及
2．（2022·江苏·九年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．点E恰是CD的中点．求证：（1）△ADE≌△FCE；（2）BE⊥AF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠D＝∠ECF，则可证明△ADE≌△FCE（ASA）；（2）由平行四边形的性质证出AB＝BF，由全等三角形的性质得出AE＝FE，由等腰三角形的性质可得出结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠ECF，
∵E为CD的中点，∴ED＝EC，
在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD，AD∥BC，∴∠FAD＝∠AFB，
又∵AF平分∠BAD，∴∠FAD＝∠FAB．∴∠AFB＝∠FAB．∴AB＝BF，
∵△ADE≌△FCE，∴AE＝FE，∴BE⊥AF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
3．（2022·山西八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．（1）求证：AEF≌DEC；（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质可得就爱∠FAE=∠CDE，利用ASA即可证明△AEF≌△DEC；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=DC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论．
【详解】（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠FAE＝∠CDE，
∵点E是边AD的中点，∴AE＝DE，
在△AEF和△DEC中，∴△AEF≌△DEC（ASA）．
（2）∵△AEF≌△DEC，∴AF＝DC，∵AF∥DC，∴四边形ACDF是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
4．（2022·吉林长春市·八年级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．（1）求证：AD与BE互相平分；（2）若AB⊥AC，AC=BF，BE=8，FC=2，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接证明可得： 再证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得答案；（2）由BE=8，FC=2，结合 AC=BF，求解 再利用AB⊥AC，由勾股定理可得答案．
【详解】证明：（1）连接
在与中，
四边形是平行四边形， AD与BE互相平分；
（2）
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·上海九年级专题练习）已知：平行四边形中，点为边的中点，点为边的中点，联结、．（1）求证：∥；（2）过点作，垂足为，联结．求证：△是等腰三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质，可得AB∥CD，AB=CD，又由点M为边CD的中点，点N为边AB的中点，即可得CM=AN，继而可判定四边形ANCM是平行四边形，则可证得AM∥CN．（2）由AM∥CN，BH⊥AM，点N为边AB的中点，可证得BH⊥CN，ME是△BAH的中位线，则可得CN是BH的垂直平分线，继而证得△BCH是等腰三角形．
【详解】解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴∥且．
∵点、分别是边、的中点，∴，． ∴．
又∵∥，∴四边形是平行四边形 ∴∥．
（2）设BH与CN交于点E，
∵AM∥CN，BH⊥AM，∴BH⊥CN，∵N是AB的中点，∴EN是△BAH的中位线，
∴BE=EH，∴CN是BH的垂直平分线，∴CH=CB，∴△BCH是等腰三角形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
6．（2022·辽宁旅顺口·八年级期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）∠DAE+∠CAE=90°，理由见解析；（2）AF=EF+CE，理由见解析．
【分析】（1）设∠CAE=，先证∠EAB=∠EBA=45°，再证∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，最后由∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE得出结论；（2）延长DC交AE延长线于G，连接BG，先证△CEA≌△GEB，再证四边形ABGD是平行四边形，最后根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】解：（1）∠DAE+∠CAE=90°，理由：设∠CAE=，
∵AE⊥BE，∴∠AEB=90°，∵AE=BE，∴∠EAB=∠EBA=45°，
∵CD∥AB，∴∠DCA=∠CAB=45°+，∵AC=AD，∴∠DCA=∠ADC=45°+，
∴∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，∴∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE=90°-2++=90°；
（2）AF=EF+CE，理由：延长DC交AE延长线于G，连接BG，
∵CD∥AB，∴∠ECG=∠EBA=∠EAB=∠CGE=45°，∴CE=EG，AE=BE，
又∵∠CEA=∠GEB=90°， ∴△CEA≌△GEB，∴AC=GB=AD，∠ACE=∠BGE，∴∠CAE=∠GBE，
∵∠GEB=90°，∴∠AGB+∠GBE=90°，∵由（1）知∠DAE+∠CAE=90°，∴∠DAE=∠AGB，∴AD∥BG，
∵DG∥AB，∴四边形ABGD是平行四边形，∴AF=GF，∵GF=EF+GE=EF+CE，∴AF=EF+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型4. 特殊的平行四边形相关性质与判定（概念类）
1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直 C．是中心对称图形 D．对边相等
【答案】B
【分析】根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A．矩形的邻边相互垂直，说法正确，故本选项不合题意；
B．矩形的对角线相等，但不相互垂直，原说法错误，故本选项符合题意；
C．矩形是中心对称图形，说法正确，故本选项不合题意；
D．矩形的对边相等，说法正确，故本选项不合题意；故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质定理，熟记矩形的性质是解题的关键．
2．（2022春·云南·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．菱形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线相等且互相平分D．对角线互相平分的四边形是菱形
【答案】B
【分析】根据菱形的性质及判定，逐项进行判断即可．
【详解】解：A.对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；
B、C.菱形的对角线互相垂直且平分，故B正确，C错误；
D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟记菱形的对角线垂直且互相平分，对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
3．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．
【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，
∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，故选：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．
4．（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）下列四边形是矩形的是（ ）
A．有两个角为直角的四边形B．有一个角是直角的平行四边形
C．对角线互相平分的四边形D．对角线相等的四边形
【答案】B
【分析】根据矩形的判定方法：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”），针对每一个选项进行分析，可选出答案．
【详解】解：A、有两个角为直角的四边形，不一定是矩形，故此选项不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不是矩形，故此选项不符合题意；
D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故此选项不符合题意．故选：B．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法．
5．（2022春·福建漳州·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可；
【详解】解：A、四边形是平行四边形，，
，，
平行四边形是矩形，故选项A符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
选项B不能判定这个平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
6．（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据四边形是平行四边形，，即可得四边形是菱形．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．
7．（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【分析】根据既是矩形又是菱形的四边形是正方形进行判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该项说法错误，故选项符合题意；
D、邻边相等的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意．故选∶C
【点睛】本题考查了正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形和矩形，菱形的关系，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
8．（2022春·山西太原·九年级统考期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①，对角相等B．③，有一组邻边相等
C．②，对角线互相垂直D．④，有一个角是直角
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件一一进行分析，即可得出结果．
【详解】解：A、①，对角相等的平行四边形，不一定是矩形，故该转换条件填写错误，符合题意；
B、③，有一组邻边相等的矩形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意．故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．
9．（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线互相垂直且相等
【答案】D
【分析】正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分的平行四边形是正方形，同时对各选项进行判断即可．
【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，故此选项错误；
B. 对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故此项错误；
C. 对角线相等的平行四边形为矩形，故此项错误；
D. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故此选正确；故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法与性质是解题的关键．
题型5. 直角三角形斜边上中线的性质
解题技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2022·河南初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证ODE为等腰三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即ABD为等腰三角形，所以∠BAD的度数可求．
【解析】解：∵，∴BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一半，
∴，∴ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明ODE为等腰三角形．
2．（2022·木兰县初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
【答案】1.2
【分析】根据勾股定理的逆定理可以证明∠BAC=90°；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则AM=EF，要求AM的最小值，即求EF的最小值；根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF=AP，则EF的最小值即为AP的最小值，根据垂线段最短，知：AP的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．
【解析】∵在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，∴AB2+AC2=BC2，即∠BAC=90°.
又PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴四边形AEPF是矩形，∴EF=AP.
∵M是EF的中点，∴AM=EF=AP.
因为AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即2.4，∴AM的最小值是1.2.
【点睛】本题考查了勾股定理, 矩形的性质，熟练的运用勾股定理和矩形的性质是解题的关键.
3．（2022·开原市初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
【答案】C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=AB．
【解析】解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，∴OP=AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
4．（2022·柘城县初三月考）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，
∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2022·长沙市初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cmB．cmC．cmD．32cm
【答案】C
【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC，再根据直角三角形两锐角互余求出∠BCE＝60°，判断出△CEF是等边三角形，过点E作EG⊥CF于G，根据等边三角形的性质求出EG，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解析】解：∵F是BC中点，∠BEC＝90°，∴EF＝BF＝FC，BC＝2EF＝2×4＝8cm，
∵∠ECD＝30°，∴∠BCE＝90°−∠ECD＝90°−30°＝60°，∴△CEF是等边三角形，
过点E作EG⊥CF于G，
则EG＝EF＝×4=cm，∴矩形的面积＝8×＝cm2．故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，求出矩形的宽是解题的关键．
6．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12B．12.5C．15D．24
【答案】A
【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理求出EM的长度，最后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点M作交CD于点E，
∵，，是的中点，
， ．
∵，， ，
． 故选：A．
【点睛】本题考查直角三角形的性质及勾股定理，掌握直角三角形斜边的中线是斜边的一半是解题的关键．
题型6. 利用矩形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·湖北初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
【答案】65°
【分析】连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的性质，得出AC=AC，即可求出答案．
【解析】解：连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，
，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形为旋转所得，∴AC=AC，
∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠CAC=50°是解题关键．
2．（2022·广东·深圳市二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．
【答案】
【分析】设，则，由题意可以求证，从而得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：由题意可知：，，
设，则，又∵∴∴
在中，，即解得：∴点的坐标为故答案为
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理以及平面直角坐标系的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
3．（2022·柘城初三模拟）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
4．（2022·江苏徐州市·八年级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连结EF，则线段EF的长的最小值是( )
A．2.5B．2.4C．2.2D．2
【答案】B
【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可.
【详解】如图，连结CD.
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝5.
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形CFDE是矩形，∴EF＝CD.
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的长最小，
此时，S△ABC＝ BC·AC＝AB·CD，即×4×3＝×5·CD，解得CD＝2.4，∴EF＝2.4.故选B.
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
5．（2022·福建福安·九年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）
A．16B．12C．8D．4
【答案】C
【分析】由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16，∴OA＝OB＝8，
∵∠AOD＝120°，∴∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝AO＝BO＝8，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．
6．（2022·福建厦门·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _________ ．
【答案】##
【分析】过点N作交于点E，由矩形ABCD得，，根据ASA可证，故可得，由直角三角形角所对的边为斜边的一半得出，根据勾股定理求出，从而得出，由矩形的面积公式即可得出答案．
【详解】
如图，过点N作交于点E，
∵四边形ABCD是矩形，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．
题型7. 利用菱形的性质求角度、面积或长度
解题技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2022·江苏常州初三期末）如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )
A．25°B．22.5°C．30°D．15°
【答案】B
【分析】求出∠HDO，再证明∠DHO=∠HDO即可解决问题；
【解析】∵，∴.
∵四边形是菱形，∴°，
∵，∴，∴.
∵，∴，∴.故选B.
【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握菱形具有平行四边形的一切性质； 菱形的四条边都相等； 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．判断OH为直角三角形斜边上的中线．
2．（2022·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4B．4.5C．8D．9
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出BD＝12，由菱形的面积得出AC＝9，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD＝BD，BD⊥AC，∴BD＝2OB＝12，
∵S菱形ABCD═AC×BD＝54，∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝4.5，故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2022·黑龙江九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是_____________．
【答案】或
【分析】分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，
∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，∴AO⊥DO，∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，
∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，
∵∠BAD=60°，∴∠OAD=30°，∴，∴，
∴点C的坐标为（0，）；
如图2所示，当D落在x轴负半轴时，同理可得，
∴点C的坐标为（0，）；∴综上所述，点C的坐标为（0，）或（0，），
故答案为：（0，）或（0，）．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
4．（2022·河南·九年级专题练习）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【答案】cm或2cm
【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=1，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）.
【详解】解：分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴CG=CD=1，
∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM ，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：，解得：x=，即BN=cm；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2cm（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为cm或2cm；故答案为cm或2cm．
【点睛】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
5．（2022·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
【答案】B
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【解析】连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，∴BC=AC，∴BC=AC=AB，∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；即菱形ABCD的较大内角度数为120°；故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+ B．2+ C．3 D．3–
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S阴影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S阴影部分．
【解析】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60° ∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，B0=DO
∵AB=2 ∴DO=1，AO=DO=，∴AC=2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′
∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2 ∴A，D'，C三点共线 ∴CD'=CA-AD'=2-2
又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，
∵S阴影部分=S△ABC-S△D'EC∴S阴影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.
题型8. 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，，
折叠，，，，故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
2．（2022·张家港市初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
【答案】
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解析】解：∵四边形是正方形，∴，，．
在中，为的中点，∴．
∵的周长为18，，∴，∴．
在中，根据勾股定理，得，∴，
∴．在中，∵，为的中点，
又∵为的中位线，∴．故答案为.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
3．（2022·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
【答案】16
【分析】先通过全等三角形的性质，证明一个阴影部分的面积等于正方形面积的，从而求出四块阴影面积的和即可．
【解析】如图，连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点,则
∴
在△PAF和△NAE中∴
∴一个阴影部分的面积
∴一个阴影部分的面积等于正方形面积的∴四块阴影部分的面积之和等于一个正方形的面积
∵正方形的边长为4cm,∴四块阴影部分的面积之和,故答案为：16．
【点睛】本题考查了阴影部分面积的问题，掌握全等三角形的性质、一个阴影部分的面积等于正方形面积的是解题的关键．
4．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，正方形ABCD的面积是4，故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
5．（2022·广东潮南初三期末）如图，若正方形的边长为，正方形的边长为，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方形面积公式，由面积的和差关系可得8个直角三角形的面积，进一步得到1个直角三角形的面积，再由面积的和差关系可得正方形EFGH的面积，进一步求出正方形EFGH的边长．
【解析】解：由题意可知，
，图中的八个直角三角形均全等，故一个三角形的面积为．
又因为，所以正方形EFGH的边长为10．故选C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，关键是熟练掌握正方形面积公式，以及面积的和差关系，难点是得到正方形EFGH的面积．
6．（2022·江苏崇川初三期中）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，
，，.
，，，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．
题型9. 矩形的性质和判定相关证明
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形为正方形；故①正确；
②过作于，得到，，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为，故②正确；
③连接，于是得到，即当时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值为；故③正确；
④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到，求得，根据勾股定理得到，故④正确．
【解析】解：①四边形是矩形，，
将沿折叠得到，，，，
，，，
，四边形是矩形，
，四边形为正方形；故①正确；
②过作于，点，点，，，
，，，
的面积为，故②正确；
③连接，则，即当时，取最小值，
，，，
，即的最小值为；故③正确；
④，，，，，，三点共线，
，，，，，
，，，故④正确；故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
2．（2022·福建福州·八年级期末）如图，在矩形中，点在边上，连接，过点作射线的垂线，垂足为，连接．(1)如图1，若，，求的长；
(2)若为中点．①如图2，求证：；②当时，直接写出的值．
【答案】(1) (2)①证明见解析；②或
【分析】（1）先利用勾股定理求得，再证明，最后利用全等三角形的性质即可求出的长；（2）①延长、交于点，证明，根据全等三角形的性质得，则，即点是的中点，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论；②根据题意点可在矩形内，也可在在矩形内，分两种情况讨论并求解即可．
（1）解：∵，，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，，，∴，在和中，，∴，∴．
（2）①如图，延长、交于点，∵为中点，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，，在和中，，∴，∴，∴，
∵∴，∴．
（3）分两种情况：情况一：若点在矩形内，如解法一图：连接，设，∵，∴，，由解法一知：，∴，，∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴为的垂直平分线，∴，∵，∴在和中，，，∴，∵为中点，，∴，∴在中，，∴；
情况二：若点在矩形外，如图：延长、交于点，连接，设，∵，∴，，∵情况二中所有的已知条件并没有改变，∴，∴，，∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴为的垂直平分线，∴，∵，∴在和中，，，∴，∵为中点，，∴，∴在中，，∴．∴的值为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂直平分线的判定和性质，中点的定义等知识，本题采用了分类讨论的解题方法．解题的关键是正确作辅助线构造全等三角形．
3.（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到ABCD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，ABEC，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判断即可；（2）由（1）得的结论先证得四边形ABEC是平行四边形，通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得证．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∵CE=DC，∴AB=EC，AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）∵由（1）知，四边形ABEC是平行四边形，∴FA=FE，FB=FC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠D．
又∵∠AFC=2∠ADC，∴∠AFC=2∠ABC．∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，∴FA=FE=FB=FC，∴AE=BC，∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】此题考查的知识点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，关键是先由平行四边形的性质证三角形全等，然后推出平行四边形通过角的关系证矩形．
4．（2022·江西·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过点B作于点F，点E在BF的延长线上，且．（1）求证：．
（2）若，F是AO的中点，求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由矩形的性质得，即可得到，从而可以推出，由此即可证明；（2）由F是AO的中点，，得到，则，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形．∴，∴，
∵，∴，∴；
（2）∵F是AO的中点，，∴，
∵四边形ABCD是矩形，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．
5．（2022·吉林初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交▱ABCD的边AD、BC于点E、F，将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
【答案】【教材呈现】证明见解析；【应用】；【拓展】；
【分析】教材呈现：由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
应用：过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF的长，EF的长，拓展：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由勾股定理可求AE＝AF＝，再利用勾股定理可求EF的长．
【解析】解：【教材呈现】∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，∴△AOE≌△COF（ASA）∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，∴平行四边形AFCE是菱形；
【应用】如图，过点F作FH⊥AD于H，
∵将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2+AB2，∴（4﹣BF）2＝BF2+9，∴BF＝，∴AF＝CF＝，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF＝，
∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°，∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝3，AH＝BF＝，∴EH＝，∴EF＝＝＝，
∴四边形ABFE的周长＝AB+BF+AE+EF＝3+++＝，故答案为：．
【拓展】如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，∴∠ABC＝135°，∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，∴∠ABN＝∠BAN＝45°，∴AN＝BN＝AB＝2，
∵将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2+NF2，∴AF2＝4+（6﹣AF）2，∴AF＝，∴AE＝AF＝，
∵AN∥MF，AD∥BC，∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，∴四边形ANFM是矩形，∴AN＝MF＝2，∴AM＝＝＝，
∴ME＝AE﹣AM＝，∴EF＝＝＝，故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
6．（2022·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
(1)若P为BC上一点．①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝ ；②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
【答案】(1)见解析，①，②，见解析；(2)或
【分析】（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC=90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
(1)解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，∴DE===8，
∴CE=DC-DE=10-8=2；故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，∴EP＝CP，∴BP＝BC，∴BC＝2BP；
(2)（2）∵△PEC是直角三角形，当∠EPC＝90°时，∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，解得x＝30，∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去，综上：BP＝10或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题．
题型10. 菱形的性质和判定相关证明
解题技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边： = 1 \* GB3 ①四条边相等；角：无；对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相互垂直； = 3 \* GB3 ③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·广东湘桥初三期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】C
【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决问题.
【解析】解：如图，设DE交AP于O，∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB，
∵DE是线段AP的垂直平分线，∴DE⊥AP，OA＝OP，∴DA＝DP，∴DP＝CD，故①正确；
∵AE＝EB，AO＝OP，∴OE//PB，∴PB⊥PA，∴∠APB＝90°，∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确；
若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°，∵∠ADC＝60°，∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；
∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC，∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝（360°－60°）＝150°，故④正确；故选C.
【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，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.
2．（2022·哈尔滨市初三月考）在菱形中，点是对角线的交点，点是边的中点，点在延长线上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）连接，如果，请你写出图中所有的等边三角形．
【答案】（1）证明见解析；（2）△OCE，△ECF，△ABC，△ADC
【分析】（1）利用菱形的性质得BO=DO，易得OE是△BDC的中位线，利用中位线的性质得OE//BC且OE=12BC，利用平行四边形的判定得出结论；（2）由直角三角形的性质，斜边中线等于斜边的一半得EF=12CD，易得△ECF为等边三角形，利用（1）的结论，易得△OCE为等边三角形，利用等边三角形的性质，得∠ABC=60°，利用判定定理得△ABC与△ADC为等边三角形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BO=DO，
∵E点是边CD的中点，∴OE是△BDC的中位线，∴OE//BC且OE=BC，
∵CF=BC，∴OE=CF，∵OE//CF，∴四边形OCFE是平行四边形；
（2）解：∵DF⊥CF，E点是边CD的中点，∴EF=CD，
∵CE=CD，CF=BC=CD，∴△ECF为等边三角形；
∵四边形OCFE是平行四边形，∴OC=EF=CE=CF=OE，∴△OCE为等边三角形；
∵△ECF为等边三角形，∴∠ECF=60°，∴∠ABC=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∴△ABC为等边三角形；
同理得△ADC为等边三角形；∴图中的等边三角形有：△OCE，△ECF，△ABC，△ADC．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，等边三角形的判定及性质，综合运用各定理是解答此题的关键．
3．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下： 如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形∴OB＝OD
∵∴ ∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD， ∴四边形是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
4.（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
【答案】（1）见解析 （2）
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；
（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，
又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB，
∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，
∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，
∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，
在Rt△ABE中，,∴菱形的边长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质是解题关键．
5．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
【答案】（1）8；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出，，求出，即可得出结果；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出，即可得出结论；
（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出S1﹣S2=S△CGE，，由勾股定理得出AE==4，设，则，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，∴，，
∵，∴，解得：，
∴菱形的周长=2×4=8；
（2）证明：∵四边形是菱形，∴∠=∠，，
∵，，∴∠=∠=90°，
在和中，，∴（），∴，
∵，∴，∴，∴∥；
（3）解：连接CG，如图所示：
∵四边形是菱形，∴，，
在和中，，∴，
∴，和的面积相等，∴S1﹣S2=S△CGE，
，∵，
∴=4，设，则，
∵，∴2+2=2，即：x2+42=(4﹣x)2，
解得：x=，即EG=，∴S1﹣S2=S△CGE=CE•EG=×4×=．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2022·广东·八年级期末）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．
(1)求证：是等腰三角形；(2)求直线的解析式；(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析 (2)直线解析式为(3)存在以、、、为顶点的四边形是菱形，的坐标为，或或，．
【分析】（1）由四边形是矩形，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，得出，即可得到，从而证明是等腰三角形；
（2）由点的坐标是，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，可得，设，则，可得，求解后，再用待定系数法即得直线的解析式；
（3）过作轴于，由勾股定理，得，，，，设，，则，进行若，是对角线；若，为对角线；若，为对角线来讨论．
（1）证明：四边形是矩形，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，是等腰三角形；
（2）解：点，，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，，设，则，在中，，，解得：，，，设直线解析式为，将代入得：，解得，直线解析式为；
（3）解：存在以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：由题意过点作轴，垂足为点．过作轴于，如下图：
由（2）知，，，，即解得：，，，，设，，则，又，①若，是对角线，则，的中点重合，且，，解得（此时，，共线，舍去）或，，，②若，为对角线，则，的中点重合，且，
，解得不在线段上，舍去）或，；
③若，为对角线，则，的中点重合，且，
，解得，，，
综上所述，的坐标为，或或，．
【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定，菱形的性质、勾股定理，解题的关键是分类思想和方程思想来解答．
题型11. 正方形的性质和判定相关证明
解题技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2022·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
【答案】D
【分析】过O作于G，于，由正方形的性质得到，求得，，得到，根据全等三角形的性质得到，故①正确；，推出，故②正确；得到四边形的面积正方形的面积，四边形的面积保持不变；故③正确；根据平行线的性质得到
，，求得，得到，于是得到，故④正确．
【解析】解：过O作于G，于H，
∵四边形是正方形，，，，
∵点O是对角线BD的中点，，，，，
，，，∴四边形是正方形，，
，，在与中，，，
，故①正确；，，
，故②正确；
，∴四边形的面积正方形的面积，
∴四边形的面积保持不变；故③正确；
，，，，
，，，，故④正确；故选．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
2．（2022·广东揭西·九年级阶段练习）如图，E是正方形ABCD内一点，△BCE是等边三角形，连接DE，AE，延长DE交AB于点F（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）求∠AED的度数
【答案】（1）见解析；（2）150°
【分析】（1）由正方形的性质可得AB＝DC，由等边三角形的性质可得BE＝CE，再证明∠ABE＝∠DCE即可证明△ABE≌△DCE；（2）正方形的性质可得∠BAD＝∠ADC＝90°，BC＝CD，由等边三角形的性质可得出CE＝BC，进而可求出，再求出，再由△ABE≌△DCE得出△ADE为等腰三角形，再利用三角形内角和定理即可求∠AED的度数．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝DC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵ △BCE为等边三角形，∴ BE＝CE，∠EBC＝∠ECB＝60°，
∴ ∠ABC－∠EBC＝∠BCD－∠ECB ，即：∠ABE＝∠DCE＝30° ，
在△ABE和△DCE中， ，∴ △ABE≌△DCE，
（2）在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∵ △BCE为等边三角形，∴ CE＝BC， ，
∵ ，∴ ，∴△CDE为等腰三角形， ，
由（1）得：∠DCE＝30°，∴ ，
由（1）得：△ABE≌△DCE，∴ ，∴△ADE为等腰三角形，
∴ ，∴ ，
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握上述知识点是解题关键．
3.（2022·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由题意易得△AOE≌△COE，∴∠AOE=∠COE=90°，∴BE⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形．由题意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴四边形ABCD是正方形．
【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO⊥AC（三线合一），即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO平分∠AEC（三线合一），∴∠AED=∠AEC=×60°=30°，
又∵∠AED=2∠EAD∴∠EAD=15°，
∴∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°（三角形的一一个外角等于和它外角不相邻的两内角之和），
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴平行四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
4．（2022·辽宁大洼·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG．（1）求证：①DE=DG ；②DE⊥DG；
（2）尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）；
（3）连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想；
（4）当时，求出的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）四边形CEHF为平行四边形，证明见解析；（4）
【分析】（1）①只需要利用SAS证明△DCE≌△DAG即可得到DE=DG；
②△DCE≌△DAG，得到∠EDC=∠GDA，根据∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，可以得到∠ADE+∠GDA=90°，则∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，由此即可证明；
（2）分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；
（3）先证明四边形CFGD是平行四边形 得到CF=DG=EH，CF∥DG，再由EH∥DG，得到CF∥EH，则四边形CEHF为平行四边形；（4）由，设则 ，则，则，由勾股定理可得再由即可得到答案．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形,
∴DC=DA，∠DCE=∠DAB=∠ADC=90°，∴∠DAG=180°-∠DAB=90°=∠DCE，
又∵CE=AG，∴△DCE≌△DAG（SAS），∴DE=DG；
②∵△DCE≌△DAG，∴∠EDC=∠GDA，
又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠ADE+∠GDA=90°，
∴∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，∴DE⊥DG；
（2）如图所示，四边形DEHG即为所求；
分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；
∵DG=DE=GH=HE，∠GDE=90°，∴四边形DEHG是正方形；
（3）四边形CEHF为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEHF都是正方形，∴AB∥CD，EH∥DG，AB=CD，GD=HE，
∵BF=AG，∴FG=FA+AG=AB=BF+FA=CD，
∴四边形CFGD是平行四边形 ∴CF=DG=EH，CF∥DG，
∵EH∥DG，∴CF∥EH∴四边形CEHF为平行四边形；
（4） ∵，设则 ，则，∴，
∵，∴，，∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件．
5．（2022·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
【答案】(1)见解析 ；（2）四边形是正方形．理由见解析.
【分析】（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，．
∵，∴，∴，
又∵，，∴（SAS），∴．
（2）四边形是正方形．理由如下：∵点为的中点，，
∴，，∵，∴．
∵，，∴，∴四边形是平行四边形，
又∵，，∴四边形是正方形．
【点睛】此题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于证明△ADE≌△ABF.
6．（2022·山西九年级阶段练习）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．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°，请你利用（1）的结论证明：GE=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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠GCE=45°，BE=4，AG=6，求四边形ABCG的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）108
【分析】（1）由正方形得到判断△CBE≌△CDF即可得出结论；（2）由判断△CBE≌△CDF的特点构造出△ECG≌△FCG，即可得出结论；（3）由条件构造出正方形ABCD，再由勾股定理建立方程DE2=AD2+AE2，计算出相关的线段，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
在△CBE和△CDF中，∴，∴△CBE≌△CDF，∴CE=CF；
（2）如图2，
延长AD至F，使DF=BE．连接CF，由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，∴△ECG≌△FCG，∴GE=GF∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，
在直角梯形ABCG中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，
又∠CGA=90°，AB=BC，∴四边形ABCD 为正方形，∴AD=BC，
∵∠GCE=45°，设AB=x，∴AD=BC=x，∴AE=AB-BE=x-4，DG=x-6，
根据（1）（2）可知，EG=BE+DG=4+x-6=x-2，在Rt△AEG中，∵GE2=AG2+AE2，即（x-2）2=62+（x-4）2，
解这个方程，得：x=12，∴AB=12，
所以梯形ABCG的面积为S=（AG+BC）AB=（6+12）×12=108．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
题型12. 中点四边形
【解题技巧】1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2)常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3)中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2022·苏州八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】C
【分析】由E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，得出EF，HG，FG，EH是中位线，再得出四条边相等，根据“四条边都相等的四边形是菱形”进行证明．
【详解】解：如图所示，因为E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、BD，因为E、F分别是AB、BC的中点，所以EF=AC，且EF∥AC 同理可得HG=AC，且HG∥AC，
FG=BD，且FG∥BD，EH=BD，且EH∥BD，
∴EF∥HG，HE ∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，
又因为等腰梯形的对角线相等，即AC=BD，因此有EF=FG=GH=HE，
所以连接等腰梯形各中点所得四边形为菱形．故选：C
【点睛】此题考查三角形中位线的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线定理及菱形的判定．
2．（2022·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（ ）．
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形 C．矩形 D．对角线相等的四边形
【答案】B
【分析】由四边形是矩形，可知，根据三角形的中位线定理可以得到，可得到，同理可得，得到，进而得到．
【详解】如图，
由题意可知：四边形是矩形，
点、、、分别是边、、、的中点，，
点、分别是边、的中点，，，
点、分别是边、的中点， ，
，．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，三角形的中位线定理以及平行线的性质，灵活运用平行线的性质进行推理是解题的关键．
3．（2022·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形 B．不是中心对称图形 C．一定是中心对称图形 D．当AC＝BD时，它为矩形
【答案】C
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG=AC，EH=FG=BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，故选项A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故选项B错误；
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，故选项D错误；
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，∴四边形EFGH是平行四边形，四边形EFGH一定是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
4．（2022·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
【答案】菱形，证明过程见解析
【分析】首先运用三角形中位线定理可得到FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，从而在根据平行于同一条直线的两直线平行得到GE∥FH，GF∥EH，可得到四边形ABCD是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．
【详解】解：四边形EHFG是菱形．
理由：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，
∴GE∥FH，GF∥EH（平行于同一条直线的两直线平行）；∴四边形GFHE是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，GE是△ABD的中位线，∴GF=CD，GE=AB，
∵AB=CD，∴GF=GE，∴四边形EHFG是菱形．
【点睛】本题考查菱形的性质和判定、三角形的中位线定理等知识，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．
5．（2022·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFGH是平行四边形，根据三角形中位线定理证明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．
【详解】证明：连接AC、BD，AC与BD相交于点O，AC与EH相交于点P．
∵E、F分别是边AB、BC的中点，∴EF∥AC，EF＝AC．
同理GH∥AC，GH＝AC．∴EF∥GH，EF＝GH．∴四边形EFGH是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∵E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．
∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四边形EFGH是矩形．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理和矩形的判定定理是解题的关键．
6．（2022·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是 _____________ ，（证明你的结论. ）
（2）当四边形ABCD的对角线满足 __________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
【答案】（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD
【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；
(2)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形.
【解析】 (1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：如图，连结BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：
如图，连结AC、BD，∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，又∵四边形EFGH是平行四边形，∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为AC⊥BD.
【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
解题技巧：1）平行四边形的性质：①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补；③对角线：对角线互相平分.
1．（2022·广东·深圳八年级期中）平行四边形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝OC＝，则点B的坐标为（ ）
A．(，1)B．(1，)C．(＋1，1)D．(1，＋1)
2．（2022·常熟市八年级月考）如图，已知AB＝DC，AD＝BC，E，F是DB上两点且AE∥CF，若∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，则∠BCF＝（ ）
A．150°B．40°C．80°D．90°
3．（2022·黑龙江·大庆市北湖学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．
4．（2022·浙江八年级期中）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
5．（2022·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40°B．36°C．50°D．45°
6．（2022·山东泰安市·九年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
题型2 平行四边形的判定
解题技巧：平行四边形的判定:(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形.(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形. (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形.
1．（2022·上海九年级专题练习）四边形中，对角线交于点．给出下列四组条件：
①∥，∥；②，；
③，；④∥，．
其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．1组；B．2组；C．3组；D．4组．
2．（2022·重庆江北区·字水中学九年级月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对角分别互补的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
3．（2022·全国·八年级）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列判断正确的是（ ）
A．若AO＝OC，则ABCD是平行四边形 B．若AC＝BD，则ABCD是平行四边形
C．若AO＝BO，CO＝DO，则ABCD是平行四边形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则ABCD是平行四边形
4．（2022·黑龙江·八年级阶段练习）下列给出的条件能判定四边形 ABCD为平行四边形的是 （ ）
A．AB//CD，AD=BCB．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
5．（2022·河北石家庄市·八年级期末）小玲的爸爸在钉制平行四边形框架时，采用了一种方法：如图所示，将两根木条、的中点重叠并用钉子固定，则四边形就是平行四边形，这种方法的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
6．（2022·全国八年级专题练习）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
题型3 平行四边形相关的证明
解题技巧：1）平行四边形的证明，有5种方法，主要通过边、角、对角线的性质进行证明，选用其中任何一种方法证明即可。平行四边形的性质与判定是互逆的过程。
2）利用平行四边形的性质，可非常简捷地证明线段相等、角相等,只有遇到利用平行四边形的性质无法解决的问题时，才转化为三角形全等来处理.
3）经过平行四边形对角线交点的任意直线，把平行四边形分成面积相等的两部分.
1．（2022·湖北·浠水县八年级期中）已知：在□ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF，EG，AG，∠1=∠2．（1）求证：G是CD的中点；（2）若CF=2，AE=3，求BE的长．
2．（2022·江苏·九年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．点E恰是CD的中点．求证：（1）△ADE≌△FCE；（2）BE⊥AF．
3．（2022·山西八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．（1）求证：AEF≌DEC；（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
4．（2022·吉林长春市·八年级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．（1）求证：AD与BE互相平分；（2）若AB⊥AC，AC=BF，BE=8，FC=2，求AB的长．
5．（2022·上海九年级专题练习）已知：平行四边形中，点为边的中点，点为边的中点，联结、．（1）求证：∥；（2）过点作，垂足为，联结．求证：△是等腰三角形．
6．（2022·辽宁旅顺口·八年级期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
题型4. 特殊的平行四边形相关性质与判定（概念类）
1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直 C．是中心对称图形 D．对边相等
2．（2022春·云南·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．菱形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线相等且互相平分D．对角线互相平分的四边形是菱形
3．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分
4．（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）下列四边形是矩形的是（ ）
A．有两个角为直角的四边形B．有一个角是直角的平行四边形
C．对角线互相平分的四边形D．对角线相等的四边形
5．（2022春·福建漳州·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．邻边相等的矩形是正方形
8．（2022春·山西太原·九年级统考期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①，对角相等B．③，有一组邻边相等
C．②，对角线互相垂直D．④，有一个角是直角
9．（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线互相垂直且相等
题型5. 直角三角形斜边上中线的性质
解题技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2022·河南初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
2．（2022·木兰县初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
3．（2022·开原市初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
4．（2022·柘城县初三月考）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
5．（2022·长沙市初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cmB．cmC．cmD．32cm
6．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12B．12.5C．15D．24
题型6. 利用矩形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·湖北初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
2．（2022·广东·深圳市二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．
3．（2022·柘城初三模拟）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
4．（2022·江苏徐州市·八年级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连结EF，则线段EF的长的最小值是( )
A．2.5B．2.4C．2.2D．2
5．（2022·福建福安·九年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）
A．16B．12C．8D．4
6．（2022·福建厦门·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _________ ．
题型7. 利用菱形的性质求角度、面积或长度
解题技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2022·江苏常州初三期末）如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )
A．25°B．22.5°C．30°D．15°
2．（2022·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4B．4.5C．8D．9
3．（2022·黑龙江九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是_____．
4．（2022·河南·九年级专题练习）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
5．（2022·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
6．（2022·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+ B．2+ C．3 D．3–
题型8. 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·张家港市初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
3．（2022·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
4．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1B．C．2D．
5．（2022·广东潮南初三期末）如图，若正方形的边长为，正方形的边长为，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·江苏崇川初三期中）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______.
题型9. 矩形的性质和判定相关证明
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（2022·福建福州·八年级期末）如图，在矩形中，点在边上，连接，过点作射线的垂线，垂足为，连接．(1)如图1，若，，求的长；
(2)若为中点．①如图2，求证：；②当时，直接写出的值．
3.（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
4．（2022·江西·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过点B作于点F，点E在BF的延长线上，且．（1）求证：．
（2）若，F是AO的中点，求BC的长．
5．（2022·吉林初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交▱ABCD的边AD、BC于点E、F，将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
6．（2022·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
(1)若P为BC上一点．①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝ ；②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
题型10. 菱形的性质和判定相关证明
解题技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边： = 1 \* GB3 ①四条边相等；角：无；对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相互垂直； = 3 \* GB3 ③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·广东湘桥初三期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
2．（2022·哈尔滨市初三月考）在菱形中，点是对角线的交点，点是边的中点，点在延长线上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）连接，如果，请你写出图中所有的等边三角形．
3．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
4.（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
5．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
6．（2022·广东·八年级期末）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．
(1)求证：是等腰三角形；(2)求直线的解析式；(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
题型11. 正方形的性质和判定相关证明
解题技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2022·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
2．（2022·广东揭西·九年级阶段练习）如图，E是正方形ABCD内一点，△BCE是等边三角形，连接DE，AE，延长DE交AB于点F（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）求∠AED的度数
3.（2022·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
4．（2022·辽宁大洼·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG．（1）求证：①DE=DG ；②DE⊥DG；
（2）尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）；
（3）连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想；
（4）当时，求出的值．
5．（2022·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
6．（2022·山西九年级阶段练习）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．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°，请你利用（1）的结论证明：GE=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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠GCE=45°，BE=4，AG=6，求四边形ABCG的面积．
题型12. 中点四边形
【解题技巧】1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2)常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3)中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2022·苏州八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
2．（2022·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（ ）．
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形 C．矩形 D．对角线相等的四边形
3．（2022·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形 B．不是中心对称图形 C．一定是中心对称图形 D．当AC＝BD时，它为矩形
4．（2022·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
5．（2022·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
6．（2022·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是 _____________ ，（证明你的结论. ）
（2）当四边形ABCD的对角线满足 __________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
专题18.1 平行四边形 重难点题型12个
题型1 与平行四边形性质有关的计算
解题技巧：1）平行四边形的性质：①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补；③对角线：对角线互相平分.
1．（2022·广东·深圳八年级期中）平行四边形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝OC＝，则点B的坐标为（ ）
A．(，1)B．(1，)C．(＋1，1)D．(1，＋1)
【答案】C
【分析】作，求得、的长度，即可求解．
【详解】解：作，如下图：
则 在平行四边形中，，
∴∴为等腰直角三角形
则，解得∴ 故选：C
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．
2．（2022·常熟市八年级月考）如图，已知AB＝DC，AD＝BC，E，F是DB上两点且AE∥CF，若∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，则∠BCF＝（ ）
A．150°B．40°C．80°D．90°
【答案】C
【分析】可证明△BCF≌△DAE，则∠BCF＝∠DAE，根据三角形外角的性质可得出∠DAE的度数，从而得出∠BCF的度数．
【详解】解：∵AB＝DC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠CBF＝∠ADE，
∵AE∥CF，∴∠CFB＝∠AED，∴△BCF≌△DAE，∴∠BCF＝∠DAE，
∵∠AEB＝115°，∠ADB＝35°，∴∠AEB＝∠DAE+∠ADB，
∴∠DAE＝∠AEB﹣∠ADB＝115°﹣35°＝80°，∴∠BCF＝80°故选：C．
【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
3．（2022·黑龙江·大庆市北湖学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．
【答案】10或14或10
【分析】利用BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，以及平行关系，分别求出、，通过和是否相交，分两类情况讨论，最后通过边之间的关系，求出的长即可．
【详解】解： 四边形ABCD是平行四边形，，，，
，，BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，，，
，， 由等角对等边可知：，，
情况1：当与相交时，如下图所示：
， ，，
情况2：当与不相交时，如下图所示：
，，故答案为：10或14．
【点睛】本题主要是考查了平行四边形的性质，熟练运用平行关系+角平分线证边相等，是解决本题的关键，还要注意根据和是否相交，本题分两类情况，如果没考虑仔细，会漏掉一种情况．
4．（2022·浙江八年级期中）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
【答案】48
【分析】首先根据平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，可得AB＋BC＝20，再利用其面积的求法S＝BC×AE＝CD×AF，可得4AE＝6CD，列出方程组，求出平行四边形的各边长，再求其面积．
【详解】解：设BC＝x，CD＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，
∵▱ABCD的周长为40，∴x＋y＝20，
∵AE＝4，AF＝6，S＝BC×AE＝CD×AF，∴4x＝6y，
得方程组：，解得：∴S平行四边形ABCD＝BC×AE＝12×4＝48．故答案为：48．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质与其面积公式，解题的关键是根据性质得到邻边的和，根据面积公式得到方程，再解方程组即可．
5．（2022·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40°B．36°C．50°D．45°
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
由折叠的性质得：，，
，
，
．故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
6．（2022·山东泰安市·九年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】求得∠ADB=90°，即AD⊥BD，即可得到S▱ABCD=AD•BD；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE，进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO＞AD，即可得到AO＞DE；依据O是BD中点，E为AB中点，可得BE=DE，利用三角形全等即可得OE⊥BD且OB=OD．
【详解】解：在中，∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，∴△ADE是等边三角形，，
∴E是AB的中点，∴DE=BE，，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，∴S▱ABCD=AD•BD，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，∴∠CDB=∠CDE-∠BDE=60°-30°=30°，
∴∠CDB=∠BDE，∴DB平分∠CDE，故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，∵AD=DE，∴AO＞DE，故③错误；
∵O是BD的中点，∴DO=BO,∵E是AB的中点，∴BE=AE=DE
∵OE =OE ∴△DOE≌△BOE(SSS)∴∠EOD=∠EOB
∵∠EOD+∠EOB=180°∴∠BOE=90°∴OE垂直平分BD，故④正确；正确的有3个，故选择：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，三角形全等判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质定理和等边三角形判定定理，三角形全等判定方法和性质是解题的关键．
判定定理进行推理论证是解题的关键．
题型2 平行四边形的判定
解题技巧：平行四边形的判定:(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形. (2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形.(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. (4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形. (5)对角线互相平分的四边形是平行四边形.
1．（2022·上海九年级专题练习）四边形中，对角线交于点．给出下列四组条件：
①∥，∥；②，；
③，；④∥，．
其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．1组；B．2组；C．3组；D．4组．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法对①②③④分别作出判断即可求解．
【详解】①∥，∥，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；
②，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；；
③，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得到四边形是平行四边形；
④∥，，无法判定四边形是平行四边形．故选：C
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的定义和判定定理是解题关键．
2．（2022·重庆江北区·字水中学九年级月考）下列命题是假命题的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对角分别互补的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，A是真命题；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，B是真命题；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形，C是假命题
对角线互相平分的四边形是平行四边形，D是真命题；故选：C
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，熟练掌握平行四边形的判定是解本题的关键
3．（2022·全国·八年级）四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列判断正确的是（ ）
A．若AO＝OC，则ABCD是平行四边形 B．若AC＝BD，则ABCD是平行四边形
C．若AO＝BO，CO＝DO，则ABCD是平行四边形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则ABCD是平行四边形
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定条件进行逐一判断即可.
【详解】解：∵AO＝OC，BO＝OD，∴四边形的对角线互相平分∴D能判定ABCD是平行四边形．
若AO＝BO，CO＝DO，证明AC=BD，并不能证明四边形ABCD是平行四边形，故C错误，
若AO＝OC，条件不足，无法明四边形ABCD是平行四边形，故A错误，
若AC＝BD，条件不足，无法明四边形ABCD是平行四边形，故B错误，故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定条件.
4．（2022·黑龙江·八年级阶段练习）下列给出的条件能判定四边形 ABCD为平行四边形的是 （ ）
A．AB//CD，AD=BCB．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理依次分析解答．
【详解】解：A、如图1，连接AC，∴∠BAC=∠DAC，
∵AD=BC，AC=AC，无法证明△ABC≌△CDA，∴无法判断四边形 ABCD为平行四边形；
B、∠A=∠B，∠C=∠D，不能判断四边形 ABCD为平行四边形；
C、如图1，∵AB=CD，AD=BC，AC=AC，∴△ABC≌△CDA，
∴∠BAC=∠DAC，∴AB//CD，∴四边形 ABCD为平行四边形；
D、AB=AD，CB=CD，无法证明四边形 ABCD为平行四边形；故选：C．
【点睛】此题考查平行四边形的判定定理，熟记定理是解题的关键．
5．（2022·河北石家庄市·八年级期末）小玲的爸爸在钉制平行四边形框架时，采用了一种方法：如图所示，将两根木条、的中点重叠并用钉子固定，则四边形就是平行四边形，这种方法的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可.
【详解】由已知可得AO=CO，BO=DO，∴四边形是平行四边形，
依据是：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选：A.
【点睛】考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的五种判定定理并运用解决问题是解题关键.
6．（2022·全国八年级专题练习）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可判断，由结合已知条件仍不能判定四边形为平行四边形，从而可得到答案．
【详解】解：A、∵∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
又∵DF∥BC， ∴四边形DBCE为平行四边形；故选项A不符合题意；
B、∵DF∥BC， ∴∠ADE=∠B， ∵∠B=∠E， ∴∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项B不符合题意；
C、∵DF∥BC， ∴DE∥BC， 又∵DE=BC， ∴四边形DBCE为平行四边形；故选项C不符合题意；
D、由DF∥BC，BD=CE，不能判定四边形DBCE为平行四边形；故选项D符合题意； 故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
题型3 平行四边形相关的证明
解题技巧：1）平行四边形的证明，有5种方法，主要通过边、角、对角线的性质进行证明，选用其中任何一种方法证明即可。平行四边形的性质与判定是互逆的过程。
2）利用平行四边形的性质，可非常简捷地证明线段相等、角相等,只有遇到利用平行四边形的性质无法解决的问题时，才转化为三角形全等来处理.
3）经过平行四边形对角线交点的任意直线，把平行四边形分成面积相等的两部分.
1．（2022·湖北·浠水县八年级期中）已知：在□ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF，EG，AG，∠1=∠2．（1）求证：G是CD的中点；（2）若CF=2，AE=3，求BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）BE的长是．
【分析】（1）通过证≌得到CG=CF，再结合已知条件即可证明结论；
（2）求出DC=CE=2CF=4，再由平行四边形的性质得到AB，最后根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）证明：∵点F为CE的中点，∴CF=CE，
在与中，，∴≌，∴CG=CF=CE，
又∵CE=CD，∴CG=CD，即G是CD的中点；
（2）∵CE=CD，点F为CE的中点，CF= 2，∴CD=CE=2CF= 4，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=4，
∵AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练应用各性质及
2．（2022·江苏·九年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．点E恰是CD的中点．求证：（1）△ADE≌△FCE；（2）BE⊥AF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠D＝∠ECF，则可证明△ADE≌△FCE（ASA）；（2）由平行四边形的性质证出AB＝BF，由全等三角形的性质得出AE＝FE，由等腰三角形的性质可得出结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠ECF，
∵E为CD的中点，∴ED＝EC，
在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD，AD∥BC，∴∠FAD＝∠AFB，
又∵AF平分∠BAD，∴∠FAD＝∠FAB．∴∠AFB＝∠FAB．∴AB＝BF，
∵△ADE≌△FCE，∴AE＝FE，∴BE⊥AF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
3．（2022·山西八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．（1）求证：AEF≌DEC；（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质可得就爱∠FAE=∠CDE，利用ASA即可证明△AEF≌△DEC；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=DC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论．
【详解】（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠FAE＝∠CDE，
∵点E是边AD的中点，∴AE＝DE，
在△AEF和△DEC中，∴△AEF≌△DEC（ASA）．
（2）∵△AEF≌△DEC，∴AF＝DC，∵AF∥DC，∴四边形ACDF是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
4．（2022·吉林长春市·八年级月考）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．（1）求证：AD与BE互相平分；（2）若AB⊥AC，AC=BF，BE=8，FC=2，求AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接证明可得： 再证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得答案；（2）由BE=8，FC=2，结合 AC=BF，求解 再利用AB⊥AC，由勾股定理可得答案．
【详解】证明：（1）连接
在与中，
四边形是平行四边形， AD与BE互相平分；
（2）
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·上海九年级专题练习）已知：平行四边形中，点为边的中点，点为边的中点，联结、．（1）求证：∥；（2）过点作，垂足为，联结．求证：△是等腰三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质，可得AB∥CD，AB=CD，又由点M为边CD的中点，点N为边AB的中点，即可得CM=AN，继而可判定四边形ANCM是平行四边形，则可证得AM∥CN．（2）由AM∥CN，BH⊥AM，点N为边AB的中点，可证得BH⊥CN，ME是△BAH的中位线，则可得CN是BH的垂直平分线，继而证得△BCH是等腰三角形．
【详解】解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴∥且．
∵点、分别是边、的中点，∴，． ∴．
又∵∥，∴四边形是平行四边形 ∴∥．
（2）设BH与CN交于点E，
∵AM∥CN，BH⊥AM，∴BH⊥CN，∵N是AB的中点，∴EN是△BAH的中位线，
∴BE=EH，∴CN是BH的垂直平分线，∴CH=CB，∴△BCH是等腰三角形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
6．（2022·辽宁旅顺口·八年级期中）如图，四边形中，，，过点作，垂足为，且．连接，交于点．（1）探究与的数量关系，并证明；
（2）探究线段，，的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）∠DAE+∠CAE=90°，理由见解析；（2）AF=EF+CE，理由见解析．
【分析】（1）设∠CAE=，先证∠EAB=∠EBA=45°，再证∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，最后由∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE得出结论；（2）延长DC交AE延长线于G，连接BG，先证△CEA≌△GEB，再证四边形ABGD是平行四边形，最后根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】解：（1）∠DAE+∠CAE=90°，理由：设∠CAE=，
∵AE⊥BE，∴∠AEB=90°，∵AE=BE，∴∠EAB=∠EBA=45°，
∵CD∥AB，∴∠DCA=∠CAB=45°+，∵AC=AD，∴∠DCA=∠ADC=45°+，
∴∠DAC=180°-∠DCA-∠ADC=90°-2，∴∠DAE+∠CAE=∠DAC+∠CAE+∠CAE=90°-2++=90°；
（2）AF=EF+CE，理由：延长DC交AE延长线于G，连接BG，
∵CD∥AB，∴∠ECG=∠EBA=∠EAB=∠CGE=45°，∴CE=EG，AE=BE，
又∵∠CEA=∠GEB=90°， ∴△CEA≌△GEB，∴AC=GB=AD，∠ACE=∠BGE，∴∠CAE=∠GBE，
∵∠GEB=90°，∴∠AGB+∠GBE=90°，∵由（1）知∠DAE+∠CAE=90°，∴∠DAE=∠AGB，∴AD∥BG，
∵DG∥AB，∴四边形ABGD是平行四边形，∴AF=GF，∵GF=EF+GE=EF+CE，∴AF=EF+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型4. 特殊的平行四边形相关性质与判定（概念类）
1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直 C．是中心对称图形 D．对边相等
【答案】B
【分析】根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A．矩形的邻边相互垂直，说法正确，故本选项不合题意；
B．矩形的对角线相等，但不相互垂直，原说法错误，故本选项符合题意；
C．矩形是中心对称图形，说法正确，故本选项不合题意；
D．矩形的对边相等，说法正确，故本选项不合题意；故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质定理，熟记矩形的性质是解题的关键．
2．（2022春·云南·九年级统考期中）下列关于菱形的说法中正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．菱形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线相等且互相平分D．对角线互相平分的四边形是菱形
【答案】B
【分析】根据菱形的性质及判定，逐项进行判断即可．
【详解】解：A.对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；
B、C.菱形的对角线互相垂直且平分，故B正确，C错误；
D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟记菱形的对角线垂直且互相平分，对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
3．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．
【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，
∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，故选：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．
4．（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）下列四边形是矩形的是（ ）
A．有两个角为直角的四边形B．有一个角是直角的平行四边形
C．对角线互相平分的四边形D．对角线相等的四边形
【答案】B
【分析】根据矩形的判定方法：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”），针对每一个选项进行分析，可选出答案．
【详解】解：A、有两个角为直角的四边形，不一定是矩形，故此选项不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不是矩形，故此选项不符合题意；
D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故此选项不符合题意．故选：B．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法．
5．（2022春·福建漳州·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可；
【详解】解：A、四边形是平行四边形，，
，，
平行四边形是矩形，故选项A符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
选项B不能判定这个平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
6．（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据四边形是平行四边形，，即可得四边形是菱形．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．
7．（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【分析】根据既是矩形又是菱形的四边形是正方形进行判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该项说法错误，故选项符合题意；
D、邻边相等的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意．故选∶C
【点睛】本题考查了正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形和矩形，菱形的关系，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
8．（2022春·山西太原·九年级统考期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①，对角相等B．③，有一组邻边相等
C．②，对角线互相垂直D．④，有一个角是直角
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件一一进行分析，即可得出结果．
【详解】解：A、①，对角相等的平行四边形，不一定是矩形，故该转换条件填写错误，符合题意；
B、③，有一组邻边相等的矩形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意．故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．
9．（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线互相垂直且相等
【答案】D
【分析】正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分的平行四边形是正方形，同时对各选项进行判断即可．
【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，故此选项错误；
B. 对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故此项错误；
C. 对角线相等的平行四边形为矩形，故此项错误；
D. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故此选正确；故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法与性质是解题的关键．
题型5. 直角三角形斜边上中线的性质
解题技巧：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。在矩形和正方形中，四个角都是直角，可与直角形斜边中线的性质联系上。
1．（2022·河南初三三模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数是（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证ODE为等腰三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即ABD为等腰三角形，所以∠BAD的度数可求．
【解析】解：∵，∴BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一半，
∴，∴ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明ODE为等腰三角形．
2．（2022·木兰县初三期末）如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为_____．
【答案】1.2
【分析】根据勾股定理的逆定理可以证明∠BAC=90°；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，则AM=EF，要求AM的最小值，即求EF的最小值；根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF=AP，则EF的最小值即为AP的最小值，根据垂线段最短，知：AP的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．
【解析】∵在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，∴AB2+AC2=BC2，即∠BAC=90°.
又PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴四边形AEPF是矩形，∴EF=AP.
∵M是EF的中点，∴AM=EF=AP.
因为AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即2.4，∴AM的最小值是1.2.
【点睛】本题考查了勾股定理, 矩形的性质，熟练的运用勾股定理和矩形的性质是解题的关键.
3．（2022·开原市初三月考）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小 C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
【答案】C
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=AB．
【解析】解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，∴OP=AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
4．（2022·柘城县初三月考）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，
∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2022·长沙市初三期末）如图，在矩形 ABCD 中，F 是 BC 中点，E 是 AD 上一点，且∠ECD 30°，∠BEC 90° ，EF 4cm ，则矩形的面积为( )
A．16cmB．cmC．cmD．32cm
【答案】C
【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC，再根据直角三角形两锐角互余求出∠BCE＝60°，判断出△CEF是等边三角形，过点E作EG⊥CF于G，根据等边三角形的性质求出EG，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解析】解：∵F是BC中点，∠BEC＝90°，∴EF＝BF＝FC，BC＝2EF＝2×4＝8cm，
∵∠ECD＝30°，∴∠BCE＝90°−∠ECD＝90°−30°＝60°，∴△CEF是等边三角形，
过点E作EG⊥CF于G，
则EG＝EF＝×4=cm，∴矩形的面积＝8×＝cm2．故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，求出矩形的宽是解题的关键．
6．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）
A．12B．12.5C．15D．24
【答案】A
【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理求出EM的长度，最后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点M作交CD于点E，
∵，，是的中点，
， ．
∵，， ，
． 故选：A．
【点睛】本题考查直角三角形的性质及勾股定理，掌握直角三角形斜边的中线是斜边的一半是解题的关键．
题型6. 利用矩形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·湖北初三一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．
【答案】65°
【分析】连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的性质，得出AC=AC，即可求出答案．
【解析】解：连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，
，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形为旋转所得，∴AC=AC，
∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠CAC=50°是解题关键．
2．（2022·广东·深圳市二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．
【答案】
【分析】设，则，由题意可以求证，从而得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：由题意可知：，，
设，则，又∵∴∴
在中，，即解得：∴点的坐标为故答案为
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理以及平面直角坐标系的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
3．（2022·柘城初三模拟）如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14B．21C．24D．25
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
4．（2022·江苏徐州市·八年级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连结EF，则线段EF的长的最小值是( )
A．2.5B．2.4C．2.2D．2
【答案】B
【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可.
【详解】如图，连结CD.
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝5.
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形CFDE是矩形，∴EF＝CD.
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的长最小，
此时，S△ABC＝ BC·AC＝AB·CD，即×4×3＝×5·CD，解得CD＝2.4，∴EF＝2.4.故选B.
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
5．（2022·福建福安·九年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）
A．16B．12C．8D．4
【答案】C
【分析】由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16，∴OA＝OB＝8，
∵∠AOD＝120°，∴∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝AO＝BO＝8，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键．
6．（2022·福建厦门·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 _________ ．
【答案】##
【分析】过点N作交于点E，由矩形ABCD得，，根据ASA可证，故可得，由直角三角形角所对的边为斜边的一半得出，根据勾股定理求出，从而得出，由矩形的面积公式即可得出答案．
【详解】
如图，过点N作交于点E，
∵四边形ABCD是矩形，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．
题型7. 利用菱形的性质求角度、面积或长度
解题技巧：1）菱形中求面积或长度，需要利用上菱形面积的两种求法（等积法）和菱形的性质。然后再结合其他知识进行求解。
2）菱形中求角度，需要利用上菱形边、角、对角线的性质，即：四边相等（包含对边平行且相等）、对角相等，邻角互补，对角线互相垂直平分，对角线平分对角等。然后再结合三角形角度关系进行求解。
1．（2022·江苏常州初三期末）如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )
A．25°B．22.5°C．30°D．15°
【答案】B
【分析】求出∠HDO，再证明∠DHO=∠HDO即可解决问题；
【解析】∵，∴.
∵四边形是菱形，∴°，
∵，∴，∴.
∵，∴，∴.故选B.
【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握菱形具有平行四边形的一切性质； 菱形的四条边都相等； 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．判断OH为直角三角形斜边上的中线．
2．（2022·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4B．4.5C．8D．9
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出BD＝12，由菱形的面积得出AC＝9，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD＝BD，BD⊥AC，∴BD＝2OB＝12，
∵S菱形ABCD═AC×BD＝54，∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝4.5，故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2022·黑龙江九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是_____________．
【答案】或
【分析】分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，
∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，∴AO⊥DO，∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，
∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，
∵∠BAD=60°，∴∠OAD=30°，∴，∴，
∴点C的坐标为（0，）；
如图2所示，当D落在x轴负半轴时，同理可得，
∴点C的坐标为（0，）；∴综上所述，点C的坐标为（0，）或（0，），
故答案为：（0，）或（0，）．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
4．（2022·河南·九年级专题练习）在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【答案】cm或2cm
【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=1，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）.
【详解】解：分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴CG=CD=1，
∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM ，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：，解得：x=，即BN=cm；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2cm（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为cm或2cm；故答案为cm或2cm．
【点睛】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
5．（2022·浙江上虞初三期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
【答案】B
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【解析】连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，∴BC=AC，∴BC=AC=AB，∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；即菱形ABCD的较大内角度数为120°；故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+ B．2+ C．3 D．3–
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S阴影部分=S△ABC-S△D'EC，可得S阴影部分．
【解析】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60° ∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，B0=DO
∵AB=2 ∴DO=1，AO=DO=，∴AC=2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′
∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2 ∴A，D'，C三点共线 ∴CD'=CA-AD'=2-2
又∵∠ACB=30°∴D'E=-1，CE=D'E=3-，
∵S阴影部分=S△ABC-S△D'EC∴S阴影部分=×2×1-×（-1）×（3-）=3-.故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.
题型8. 利用正方形的性质求长度、面积、角度等
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无; 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，，
折叠，，，，故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
2．（2022·张家港市初三期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为18，则的长为________．
【答案】
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【解析】解：∵四边形是正方形，∴，，．
在中，为的中点，∴．
∵的周长为18，，∴，∴．
在中，根据勾股定理，得，∴，
∴．在中，∵，为的中点，
又∵为的中位线，∴．故答案为.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
3．（2022·辽宁新宾初三期中）将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为___________．
【答案】16
【分析】先通过全等三角形的性质，证明一个阴影部分的面积等于正方形面积的，从而求出四块阴影面积的和即可．
【解析】如图，连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点,则
∴
在△PAF和△NAE中∴
∴一个阴影部分的面积
∴一个阴影部分的面积等于正方形面积的∴四块阴影部分的面积之和等于一个正方形的面积
∵正方形的边长为4cm,∴四块阴影部分的面积之和,故答案为：16．
【点睛】本题考查了阴影部分面积的问题，掌握全等三角形的性质、一个阴影部分的面积等于正方形面积的是解题的关键．
4．（2021·重庆中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，正方形ABCD的面积是4，故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
5．（2022·广东潮南初三期末）如图，若正方形的边长为，正方形的边长为，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方形面积公式，由面积的和差关系可得8个直角三角形的面积，进一步得到1个直角三角形的面积，再由面积的和差关系可得正方形EFGH的面积，进一步求出正方形EFGH的边长．
【解析】解：由题意可知，
，图中的八个直角三角形均全等，故一个三角形的面积为．
又因为，所以正方形EFGH的边长为10．故选C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，关键是熟练掌握正方形面积公式，以及面积的和差关系，难点是得到正方形EFGH的面积．
6．（2022·江苏崇川初三期中）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，
，，.
，，，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．
题型9. 矩形的性质和判定相关证明
解题技巧：矩形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。矩形特有的性质还有：
边：无； 角： = 1 \* GB3 ①4个角都是直角； 对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相等
在矩形问题的计算过程中，多需要利用矩形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·重庆初三期末）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形为正方形；故①正确；
②过作于，得到，，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为，故②正确；
③连接，于是得到，即当时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值为；故③正确；
④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到，求得，根据勾股定理得到，故④正确．
【解析】解：①四边形是矩形，，
将沿折叠得到，，，，
，，，
，四边形是矩形，
，四边形为正方形；故①正确；
②过作于，点，点，，，
，，，
的面积为，故②正确；
③连接，则，即当时，取最小值，
，，，
，即的最小值为；故③正确；
④，，，，，，三点共线，
，，，，，
，，，故④正确；故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
2．（2022·福建福州·八年级期末）如图，在矩形中，点在边上，连接，过点作射线的垂线，垂足为，连接．(1)如图1，若，，求的长；
(2)若为中点．①如图2，求证：；②当时，直接写出的值．
【答案】(1) (2)①证明见解析；②或
【分析】（1）先利用勾股定理求得，再证明，最后利用全等三角形的性质即可求出的长；（2）①延长、交于点，证明，根据全等三角形的性质得，则，即点是的中点，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论；②根据题意点可在矩形内，也可在在矩形内，分两种情况讨论并求解即可．
（1）解：∵，，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，，，∴，在和中，，∴，∴．
（2）①如图，延长、交于点，∵为中点，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，，在和中，，∴，∴，∴，
∵∴，∴．
（3）分两种情况：情况一：若点在矩形内，如解法一图：连接，设，∵，∴，，由解法一知：，∴，，∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴为的垂直平分线，∴，∵，∴在和中，，，∴，∵为中点，，∴，∴在中，，∴；
情况二：若点在矩形外，如图：延长、交于点，连接，设，∵，∴，，∵情况二中所有的已知条件并没有改变，∴，∴，，∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴为的垂直平分线，∴，∵，∴在和中，，，∴，∵为中点，，∴，∴在中，，∴．∴的值为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂直平分线的判定和性质，中点的定义等知识，本题采用了分类讨论的解题方法．解题的关键是正确作辅助线构造全等三角形．
3.（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到ABCD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，ABEC，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判断即可；（2）由（1）得的结论先证得四边形ABEC是平行四边形，通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得证．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∵CE=DC，∴AB=EC，AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）∵由（1）知，四边形ABEC是平行四边形，∴FA=FE，FB=FC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠D．
又∵∠AFC=2∠ADC，∴∠AFC=2∠ABC．∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，∴FA=FE=FB=FC，∴AE=BC，∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】此题考查的知识点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，关键是先由平行四边形的性质证三角形全等，然后推出平行四边形通过角的关系证矩形．
4．（2022·江西·九年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过点B作于点F，点E在BF的延长线上，且．（1）求证：．
（2）若，F是AO的中点，求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由矩形的性质得，即可得到，从而可以推出，由此即可证明；（2）由F是AO的中点，，得到，则，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形．∴，∴，
∵，∴，∴；
（2）∵F是AO的中点，，∴，
∵四边形ABCD是矩形，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质．
5．（2022·吉林初三一模）（教材呈现）如图是八年级下册数学教材第117页的部分内容．
结合图①，补全证明过程．
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝3，BC＝4，则四边形ABFE的周长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交▱ABCD的边AD、BC于点E、F，将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为D′，若AB＝，BC＝4，∠C＝45°，则EF的长为 ．
【答案】【教材呈现】证明见解析；【应用】；【拓展】；
【分析】教材呈现：由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
应用：过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF的长，EF的长，拓展：过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由勾股定理可求AE＝AF＝，再利用勾股定理可求EF的长．
【解析】解：【教材呈现】∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，∴△AOE≌△COF（ASA）∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，∴平行四边形AFCE是菱形；
【应用】如图，过点F作FH⊥AD于H，
∵将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2+AB2，∴（4﹣BF）2＝BF2+9，∴BF＝，∴AF＝CF＝，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF＝，
∵∠B＝∠BAD＝∠AHF＝90°，∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝3，AH＝BF＝，∴EH＝，∴EF＝＝＝，
∴四边形ABFE的周长＝AB+BF+AE+EF＝3+++＝，故答案为：．
【拓展】如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，∴∠ABC＝135°，∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，∴∠ABN＝∠BAN＝45°，∴AN＝BN＝AB＝2，
∵将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2+NF2，∴AF2＝4+（6﹣AF）2，∴AF＝，∴AE＝AF＝，
∵AN∥MF，AD∥BC，∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，∴四边形ANFM是矩形，∴AN＝MF＝2，∴AM＝＝＝，
∴ME＝AE﹣AM＝，∴EF＝＝＝，故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
6．（2022·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
(1)若P为BC上一点．①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝ ；②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
【答案】(1)见解析，①，②，见解析；(2)或
【分析】（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC=90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
(1)解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，∴DE===8，
∴CE=DC-DE=10-8=2；故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，∴EP＝CP，∴BP＝BC，∴BC＝2BP；
(2)（2）∵△PEC是直角三角形，当∠EPC＝90°时，∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，解得x＝30，∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去，综上：BP＝10或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题．
题型10. 菱形的性质和判定相关证明
解题技巧：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形全部性质。
菱形特有的性质还有：边： = 1 \* GB3 ①四条边相等；角：无；对角线： = 2 \* GB3 ②对角线相互垂直； = 3 \* GB3 ③对角线平分顶角
在菱形问题的计算过程中，多需要利用菱形的这几个特有的性质进行分析求解。
1．（2022·广东湘桥初三期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】C
【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决问题.
【解析】解：如图，设DE交AP于O，∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB，
∵DE是线段AP的垂直平分线，∴DE⊥AP，OA＝OP，∴DA＝DP，∴DP＝CD，故①正确；
∵AE＝EB，AO＝OP，∴OE//PB，∴PB⊥PA，∴∠APB＝90°，∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确；
若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°，∵∠ADC＝60°，∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；
∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC，∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝（360°－60°）＝150°，故④正确；故选C.
【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，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.
2．（2022·哈尔滨市初三月考）在菱形中，点是对角线的交点，点是边的中点，点在延长线上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）连接，如果，请你写出图中所有的等边三角形．
【答案】（1）证明见解析；（2）△OCE，△ECF，△ABC，△ADC
【分析】（1）利用菱形的性质得BO=DO，易得OE是△BDC的中位线，利用中位线的性质得OE//BC且OE=12BC，利用平行四边形的判定得出结论；（2）由直角三角形的性质，斜边中线等于斜边的一半得EF=12CD，易得△ECF为等边三角形，利用（1）的结论，易得△OCE为等边三角形，利用等边三角形的性质，得∠ABC=60°，利用判定定理得△ABC与△ADC为等边三角形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BO=DO，
∵E点是边CD的中点，∴OE是△BDC的中位线，∴OE//BC且OE=BC，
∵CF=BC，∴OE=CF，∵OE//CF，∴四边形OCFE是平行四边形；
（2）解：∵DF⊥CF，E点是边CD的中点，∴EF=CD，
∵CE=CD，CF=BC=CD，∴△ECF为等边三角形；
∵四边形OCFE是平行四边形，∴OC=EF=CE=CF=OE，∴△OCE为等边三角形；
∵△ECF为等边三角形，∴∠ECF=60°，∴∠ABC=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∴△ABC为等边三角形；
同理得△ADC为等边三角形；∴图中的等边三角形有：△OCE，△ECF，△ABC，△ADC．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，等边三角形的判定及性质，综合运用各定理是解答此题的关键．
3．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下： 如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形∴OB＝OD
∵∴ ∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD， ∴四边形是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
4.（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
【答案】（1）见解析 （2）
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；
（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，
又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB，
∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，
∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，
∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，
在Rt△ABE中，,∴菱形的边长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质是解题关键．
5．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
【答案】（1）8；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出，，求出，即可得出结果；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出，即可得出结论；
（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出S1﹣S2=S△CGE，，由勾股定理得出AE==4，设，则，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．
【详解】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，∴，，
∵，∴，解得：，
∴菱形的周长=2×4=8；
（2）证明：∵四边形是菱形，∴∠=∠，，
∵，，∴∠=∠=90°，
在和中，，∴（），∴，
∵，∴，∴，∴∥；
（3）解：连接CG，如图所示：
∵四边形是菱形，∴，，
在和中，，∴，
∴，和的面积相等，∴S1﹣S2=S△CGE，
，∵，
∴=4，设，则，
∵，∴2+2=2，即：x2+42=(4﹣x)2，
解得：x=，即EG=，∴S1﹣S2=S△CGE=CE•EG=×4×=．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2022·广东·八年级期末）如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．
(1)求证：是等腰三角形；(2)求直线的解析式；(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析 (2)直线解析式为(3)存在以、、、为顶点的四边形是菱形，的坐标为，或或，．
【分析】（1）由四边形是矩形，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，得出，即可得到，从而证明是等腰三角形；
（2）由点的坐标是，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，可得，设，则，可得，求解后，再用待定系数法即得直线的解析式；
（3）过作轴于，由勾股定理，得，，，，设，，则，进行若，是对角线；若，为对角线；若，为对角线来讨论．
（1）证明：四边形是矩形，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，是等腰三角形；
（2）解：点，，，，矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，，，，，设，则，在中，，，解得：，，，设直线解析式为，将代入得：，解得，直线解析式为；
（3）解：存在以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：由题意过点作轴，垂足为点．过作轴于，如下图：
由（2）知，，，，即解得：，，，，设，，则，又，①若，是对角线，则，的中点重合，且，，解得（此时，，共线，舍去）或，，，②若，为对角线，则，的中点重合，且，
，解得不在线段上，舍去）或，；
③若，为对角线，则，的中点重合，且，
，解得，，，
综上所述，的坐标为，或或，．
【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定，菱形的性质、勾股定理，解题的关键是分类思想和方程思想来解答．
题型11. 正方形的性质和判定相关证明
解题技巧：正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，具有平行四边形、矩形、菱形全部性质。在正方形问题的计算过程中，要灵活运用这些性质进行分析求解。
1．（2022·安徽安庆初三期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线的中点，点、分别在、边上运动，且保持，连接，，.在此运动过程中，下列结论：①；②；③四边形的面积保持不变；④当时，，其中正确的结论是
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
【答案】D
【分析】过O作于G，于，由正方形的性质得到，求得，，得到，根据全等三角形的性质得到，故①正确；，推出，故②正确；得到四边形的面积正方形的面积，四边形的面积保持不变；故③正确；根据平行线的性质得到
，，求得，得到，于是得到，故④正确．
【解析】解：过O作于G，于H，
∵四边形是正方形，，，，
∵点O是对角线BD的中点，，，，，
，，，∴四边形是正方形，，
，，在与中，，，
，故①正确；，，
，故②正确；
，∴四边形的面积正方形的面积，
∴四边形的面积保持不变；故③正确；
，，，，
，，，，故④正确；故选．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
2．（2022·广东揭西·九年级阶段练习）如图，E是正方形ABCD内一点，△BCE是等边三角形，连接DE，AE，延长DE交AB于点F（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）求∠AED的度数
【答案】（1）见解析；（2）150°
【分析】（1）由正方形的性质可得AB＝DC，由等边三角形的性质可得BE＝CE，再证明∠ABE＝∠DCE即可证明△ABE≌△DCE；（2）正方形的性质可得∠BAD＝∠ADC＝90°，BC＝CD，由等边三角形的性质可得出CE＝BC，进而可求出，再求出，再由△ABE≌△DCE得出△ADE为等腰三角形，再利用三角形内角和定理即可求∠AED的度数．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝DC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵ △BCE为等边三角形，∴ BE＝CE，∠EBC＝∠ECB＝60°，
∴ ∠ABC－∠EBC＝∠BCD－∠ECB ，即：∠ABE＝∠DCE＝30° ，
在△ABE和△DCE中， ，∴ △ABE≌△DCE，
（2）在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，BC＝CD，
∵ △BCE为等边三角形，∴ CE＝BC， ，
∵ ，∴ ，∴△CDE为等腰三角形， ，
由（1）得：∠DCE＝30°，∴ ，
由（1）得：△ABE≌△DCE，∴ ，∴△ADE为等腰三角形，
∴ ，∴ ，
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握上述知识点是解题关键．
3.（2022·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求证：四边形是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由题意易得△AOE≌△COE，∴∠AOE=∠COE=90°，∴BE⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形．由题意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴四边形ABCD是正方形．
【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO⊥AC（三线合一），即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO平分∠AEC（三线合一），∴∠AED=∠AEC=×60°=30°，
又∵∠AED=2∠EAD∴∠EAD=15°，
∴∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°（三角形的一一个外角等于和它外角不相邻的两内角之和），
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴平行四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
4．（2022·辽宁大洼·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG．（1）求证：①DE=DG ；②DE⊥DG；
（2）尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）；
（3）连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想；
（4）当时，求出的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）四边形CEHF为平行四边形，证明见解析；（4）
【分析】（1）①只需要利用SAS证明△DCE≌△DAG即可得到DE=DG；
②△DCE≌△DAG，得到∠EDC=∠GDA，根据∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，可以得到∠ADE+∠GDA=90°，则∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，由此即可证明；
（2）分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；
（3）先证明四边形CFGD是平行四边形 得到CF=DG=EH，CF∥DG，再由EH∥DG，得到CF∥EH，则四边形CEHF为平行四边形；（4）由，设则 ，则，则，由勾股定理可得再由即可得到答案．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形,
∴DC=DA，∠DCE=∠DAB=∠ADC=90°，∴∠DAG=180°-∠DAB=90°=∠DCE，
又∵CE=AG，∴△DCE≌△DAG（SAS），∴DE=DG；
②∵△DCE≌△DAG，∴∠EDC=∠GDA，
又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠ADE+∠GDA=90°，
∴∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，∴DE⊥DG；
（2）如图所示，四边形DEHG即为所求；
分别以G、E为圆心，以DE的长为半径画弧，二者交于H，连接GH，EH，四边形DEHG即为所求；
∵DG=DE=GH=HE，∠GDE=90°，∴四边形DEHG是正方形；
（3）四边形CEHF为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEHF都是正方形，∴AB∥CD，EH∥DG，AB=CD，GD=HE，
∵BF=AG，∴FG=FA+AG=AB=BF+FA=CD，
∴四边形CFGD是平行四边形 ∴CF=DG=EH，CF∥DG，
∵EH∥DG，∴CF∥EH∴四边形CEHF为平行四边形；
（4） ∵，设则 ，则，∴，
∵，∴，，∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件．
5．（2022·广东潮安初三期末）如图，在正方形中，动点在上，，垂足为，．（1）求证：；（2）当点运动到的中点时（其他条件都保持不变），四边形是什么特殊四边形？请说明，理由．
【答案】(1)见解析 ；（2）四边形是正方形．理由见解析.
【分析】（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，．
∵，∴，∴，
又∵，，∴（SAS），∴．
（2）四边形是正方形．理由如下：∵点为的中点，，
∴，，∵，∴．
∵，，∴，∴四边形是平行四边形，
又∵，，∴四边形是正方形．
【点睛】此题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于证明△ADE≌△ABF.
6．（2022·山西九年级阶段练习）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．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°，请你利用（1）的结论证明：GE=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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠GCE=45°，BE=4，AG=6，求四边形ABCG的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）108
【分析】（1）由正方形得到判断△CBE≌△CDF即可得出结论；（2）由判断△CBE≌△CDF的特点构造出△ECG≌△FCG，即可得出结论；（3）由条件构造出正方形ABCD，再由勾股定理建立方程DE2=AD2+AE2，计算出相关的线段，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
在△CBE和△CDF中，∴，∴△CBE≌△CDF，∴CE=CF；
（2）如图2，
延长AD至F，使DF=BE．连接CF，由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，∴△ECG≌△FCG，∴GE=GF∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，
在直角梯形ABCG中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，
又∠CGA=90°，AB=BC，∴四边形ABCD 为正方形，∴AD=BC，
∵∠GCE=45°，设AB=x，∴AD=BC=x，∴AE=AB-BE=x-4，DG=x-6，
根据（1）（2）可知，EG=BE+DG=4+x-6=x-2，在Rt△AEG中，∵GE2=AG2+AE2，即（x-2）2=62+（x-4）2，
解这个方程，得：x=12，∴AB=12，
所以梯形ABCG的面积为S=（AG+BC）AB=（6+12）×12=108．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
题型12. 中点四边形
【解题技巧】1).中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫作中点四边形.
2)常见的中点四边形
（1）顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（2）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
（3）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
（4）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
（5）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
3)中点四边形的形状取决于原四边形的两条对角线的位置关系和数量关系.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形；
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形；
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
1．（2022·苏州八年级月考）顺次连接等腰梯形各边中点所围成的四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】C
【分析】由E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，得出EF，HG，FG，EH是中位线，再得出四条边相等，根据“四条边都相等的四边形是菱形”进行证明．
【详解】解：如图所示，因为E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、BD，因为E、F分别是AB、BC的中点，所以EF=AC，且EF∥AC 同理可得HG=AC，且HG∥AC，
FG=BD，且FG∥BD，EH=BD，且EH∥BD，
∴EF∥HG，HE ∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，
又因为等腰梯形的对角线相等，即AC=BD，因此有EF=FG=GH=HE，
所以连接等腰梯形各中点所得四边形为菱形．故选：C
【点睛】此题考查三角形中位线的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线定理及菱形的判定．
2．（2022·江苏苏州市·八年级期中）若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（ ）．
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形 C．矩形 D．对角线相等的四边形
【答案】B
【分析】由四边形是矩形，可知，根据三角形的中位线定理可以得到，可得到，同理可得，得到，进而得到．
【详解】如图，
由题意可知：四边形是矩形，
点、、、分别是边、、、的中点，，
点、分别是边、的中点，，，
点、分别是边、的中点， ，
，．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，三角形的中位线定理以及平行线的性质，灵活运用平行线的性质进行推理是解题的关键．
3．（2022·江苏淮安市·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不是平行四边形 B．不是中心对称图形 C．一定是中心对称图形 D．当AC＝BD时，它为矩形
【答案】C
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG=AC，EH=FG=BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，故选项A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故选项B错误；
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，故选项D错误；
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，∴四边形EFGH是平行四边形，四边形EFGH一定是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
4．（2022·江苏盐城市·八年级期末）如图，在四边形中，，点、、、分别是、、、的中点，四边形是怎样的四边形？证明你的结论
【答案】菱形，证明过程见解析
【分析】首先运用三角形中位线定理可得到FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，从而在根据平行于同一条直线的两直线平行得到GE∥FH，GF∥EH，可得到四边形ABCD是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．
【详解】解：四边形EHFG是菱形．
理由：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG∥CD，HE∥CD，FH∥AB，GE∥AB，
∴GE∥FH，GF∥EH（平行于同一条直线的两直线平行）；∴四边形GFHE是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，GE是△ABD的中位线，∴GF=CD，GE=AB，
∵AB=CD，∴GF=GE，∴四边形EHFG是菱形．
【点睛】本题考查菱形的性质和判定、三角形的中位线定理等知识，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．
5．（2022·江苏南京市·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFGH是平行四边形，根据三角形中位线定理证明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．
【详解】证明：连接AC、BD，AC与BD相交于点O，AC与EH相交于点P．
∵E、F分别是边AB、BC的中点，∴EF∥AC，EF＝AC．
同理GH∥AC，GH＝AC．∴EF∥GH，EF＝GH．∴四边形EFGH是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∵E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．
∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四边形EFGH是矩形．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理和矩形的判定定理是解题的关键．
6．（2022·江苏淮安市·八年级期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是 _____________ ，（证明你的结论. ）
（2）当四边形ABCD的对角线满足 __________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
【答案】（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD
【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；
(2)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形.
【解析】 (1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：如图，连结BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：
如图，连结AC、BD，∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，又∵四边形EFGH是平行四边形，∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为AC⊥BD.
【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
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