人教版八年级数学下册期末复习 专题04 特殊平行四边形的性质与判定6考点13题型3易错4方法(期末复习知识清单)

这是一份人教版八年级数学下册期末复习 专题04 特殊平行四边形的性质与判定6考点13题型3易错4方法(期末复习知识清单)，共10页。学案主要包含了矩形的定义与性质，矩形的判定， 菱形的定义与性质，菱形的判定，正方形的性质与性质，正方形的判定等内容，欢迎下载使用。

一、矩形的定义与性质
●●定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
●●性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等.
几何语言：
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ ∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC=BD.
★1、矩形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质.
★2、矩形是轴对称图形，邻边不相等的矩形有两条对称轴，分别是对边所在中点连线的直线.
★3、矩形的四个角都是直角，常把矩形的问题转化为直角三角形的问题来解决，同时，矩形被两条对角线分成两对全等的等腰三角形，因此在解决相关问题时，也常常用到等腰三角形的性质.
★4、矩形的面积 = 长×宽，矩形的面积=被对角线分成的四个面积相等的小三角形（等腰三角形）面积之和.
二、矩形的判定
●矩形的判定方法：
方法一：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
方法二：对角线相等的平行四边形是矩形；
方法三：有三个角是直角的四边形是矩形；
三、 菱形的定义与性质
●●定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
◆1、菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质.
②菱形的四条边都相等.
③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.
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线.
⑤利用菱形的性质可证线段线段，角相等.
性质定理应用格式：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD；
AC平分∠BAD，AC平分∠BCD；
BD平分∠ABC，BD平分∠ADC；
◆2、菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式=底×高．
②菱形面积＝12ab．（a、b是两条对角线的长度）
③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)；
四、菱形的判定
●●菱形的判定方法：
◆1、定义法：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.
◆2、判定定理1（从对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
◆3、判定定理2（从边）：四条边相等四边形是菱形.
五、正方形的性质与性质
●●定义：有一个是直角，一组菱边相等的平行四边形是正方形。
★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即
①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；
②角：四个角都是直角；
③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；
④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；
★2、正方形的面积计算
①边长的平方；②对角线平方的一半；
★3、正方形特有的性质：
①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
②周长相等四边形中，正方形的面积最大.
六、正方形的判定
★1、正方形判定方法：
矩形的性质
【例1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E是矩形ABCD外一点，且在AD上方，连接AE，点G在BC边上，连接EG交AD边于点F．若∠2=118°,∠E=∠D，则∠1的度数为（ ）
A．28°B．22°C．18°D．12°
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的外角性质，先由矩形ABCD得出∠EFD=∠2=118°，然后结合三角形的外角性质列式∠EFD=∠1+∠E，代入数值进行计算，即可作答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠D=90°，
∴∠EFD=∠2=118°，∠E=∠D=90°，
∵∠EFD=∠1+∠E，
∴∠1=∠EFD−∠E=28°，
故选：A．
【变式1】（23-24八年级下·河南周口·阶段检测）如图，线段BC为等腰△ABC的底边，矩形ADBE的对角线AB与DE相交于点O，若OD=2，则AC的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先根据矩形对角线相等且互相平分求出AB的长，再根据等腰三角形底边的定义得出AC=AB即可求解．
【详解】解：∵矩形ADBE的对角线AB与DE相交于点O，OD=2，
∴ AB=DE=2OD=2×2=4，
∵线段BC为等腰△ABC的底边，
∴ AC=AB=4．
【变式2】（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，已知矩形ABCD面积为50cm2，HB=2cm，BG=4cm，AE=2cm，FC=5cm，则阴影部分的面积（ ）
A．23cm2B．22cm2C．21cm2D．20cm2
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质和割补法求不规则图形面积．通过割补法将阴影面积转化为四个直角三角形的面积和是解题的关键．
根据四个直角三角形的面积和即可求得阴影部分面积．
【详解】解：设矩形的长AB=CD=acm，宽AD=BC=bcm，
∴矩形ABCD面积=ab=50cm2，
∵HB=2cm，BG=4cm，AE=2cm，FC=5cm，如图，
∴AH=a−2，CG=b−4，DF=a−5，DE=b−2，
∴阴影部分的面积=122a−2+2×4+5b−4+a−5b−2
=12×−6+50
=22cm2，
故选B．
【变式3】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E、F在矩形ABCD的边AD上，连接BE、CF，BE与CF的延长线交于点P，PE=PF．求证：AE=DF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得∠A=∠D=90°，AB=CD，由等边对等角结合对顶角相等即可得出∠BEA=∠CFD，最后证明△ABE≌△DCF，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD，
∵PE=PF，
∴∠PEF=∠PFE，
∵∠PEF=∠BEA，∠PFE=∠CFD，
∴∠BEA=∠CFD．
在△ABE和△DCF中，∠BEA=∠CFD∠A=∠DAB=CD
∴△ABE≌△DCFAAS，
∴AE=DF．
【变式4】（25-26九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OC的中点，连接AE、DF，求证：AE=DF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，根据矩形的性质得AC=BD，OA=OC，OB=OD，又点E，F分别为OB，OC的中点，可证OE=OF，通过“SAS”证明△AOE≌△DOF，然后利用全等三角形对应边相等即可证得结论，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OA=OC=OB=OD，
∵点E、F分别为OB、OC的中点，
∴OE=OF，
在△AOE和△DOF中，OA=OD，∠AOE=∠DOF，OE=OF，
∴△AOE≌△DOFSAS，
∴AE=DF．
题型二 矩形的判定
【例2】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，李师傅在做门窗时，已经测得门窗是平行四边形后，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形，其中的道理（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形B．两点确定一条直线
C．对角线相等的平行四边形是矩形D．两点之间，线段最短
【答案】C
【分析】本题考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形为矩形，进行判断即可．
【详解】解：由题意得，其中的道理是对角线相等的平行四边形为矩形．
故选：C．
【变式1】（25-26九年级上·河北保定·期末）兴趣小组的同学用木棒做了4个相框，下面是他们的测量结果，则不一定是矩形的相框是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；对角线相等且互相平分的四边形是矩形”即可求解．
【详解】解：A、对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故该选项不符合题意；
B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该选项不符合题意；
C、图形中无法判断角是直角，不一定是矩形，符合题意；
D、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意；
故选：C．
【变式2】已知：如图，▱ABCD各角的平分线分别相交于点E，F，G，H，求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质得到∠DAB+∠ABC=180°，再根据角平分线的定义得到∠HAB+∠HBA=12∠DAB+∠ABC=90°，则∠H=90°，同理∠HEF=∠F=90°，再根据矩形的判定即可证明．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵AH，BH分别平分∠DAB与∠ABC，
∴∠HAB=12∠DAB，∠HBA=12∠ABC，
∴∠HAB+∠HBA=12∠DAB+∠ABC=12×180°=90°，
∴∠H=90°，
同理∠HEF=∠F=90°，
∴四边形EFGH是矩形．
【变式3】（25-26九年级上·四川达州·期末）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，过点A作AF∥BC且AF=BD，连接BF，CF，CF与AD交于点E．
(1)求证：EA=ED．
(2)求证：四边形ADBF是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD=CD，再根据AF∥BC，由平行线的性质得∠AFE=∠DCE，即可证明△AEF≌△DECAAS，由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）证出四边形ADBF是平行四边形，再由AD⊥BC得∠ADB=90°，则可得出结论．
【详解】（1）证明：∵在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于点D，
∴BD=CD，
又∵AF=BD，
∴AF=CD，
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEC中，
∠AEF=∠DEC∠AFE=∠DCEAF=DC，
∴△AEF≌△DECAAS，
∴EA=ED；
（2）证明：∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴四边形ADBF是矩形．
题型三 矩形的性质与判定的综合
【例3】（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF=AE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形．
(2)已知∠DAB=60°，AF是∠DAB的平分线，若AD=6，则□ABCD的面积为______．
【答案】(1)见解析
(2)273
【分析】（1）先证明四边形BFDE是平行四边形，再证明平行四边形BFDE是矩形．
(2）根据边角的关系，得到AB，DE，再根据S行四边形ABCD=AB⋅DE进行计算．
【详解】（1）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵CF=AE，
∴AB−AE=CD−CF，
∴BE=DF，
∵BE∥DF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形．
（2）解：
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∵∠DAB=60°，
∴∠ADE=30°，
∴ AE=12AD ，
∵AD=6，
∴AE=3 ，
∴DE=AD2−AE2=33，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠DFA=∠BAF，
∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=DF=6，
∵CF=AE=3，
∴CD=DF+CF=6+3=9，
∴AB=CD=9，
∴S平行四边形ABCD=AB⋅DE=9×33=273．
【点睛】本题主要考查平行四边形及矩形判定，角平分线的性质，勾股定理及平行四边形面积计算，能够熟练运用平行四边形的性质是解题关键．
【变式1】如图，已知▱ABCD，延长AB到E，使BE=AB，连接BD，ED，EC，若ED=AD．
(1)求证：四边形BECD是矩形；
(2)连接AC，若AD=6，CD=3，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)37
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，则AB∥CD，AB=CD，又BE=CD得四边形BECD是平行四边形及AD=BC，结合ED=AD可得BC=ED，由此可得平行四边形BECD是矩形；
（2）连接AC，由（1）得，BE=CD，BE=AB，所以AB=BE=3，则AE=6，又四边形BECD是矩形，故有∠ABD=∠BEC=90°，BD=CE，然后通过勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，AD=BC，
∵BE=AB，
∴BE=CD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵AD=BC，AD=DE，
∴BC=DE，
∴四边形BECD是矩形；
（2）解：如图，连接AC，
由（1）得，BE=CD，BE=AB，
∵CD=3，
∴AB=BE=3，
∴AE=6，
∵四边形BECD是矩形，
∴∠ABD=∠BEC=90°，BD=CE，
∴BD=AD2−AB2=62−32=33，
∴CE=33，
∴AC=AE2+CE2=62+332=37．
【变式2】（23-24八年级下·新疆阿克苏·期末）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若AE=3，BF=4，AF平分∠DAB，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE的长是5
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到DF∥BE，由DF=BE，证得四边形BFDE是平行四边形，再根据DE⊥AB，即可证得平行四边形BFDE是矩形；
（2）根据角的关系得到DA=DF，从而推出DA=DF=BE，在Rt△ADE中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥BE，
又∵DF=BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴平行四边形BFDE是矩形；
（2）解：∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF=∠BAF，
又∵DF∥BE，
∴∠BAF=∠DFA，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DA=DF，
又∵DF=BE，
∴DA=DF=BE，
又∵平行四边形BFDE是矩形，BF=4，
∴DE=BF=4，
又∵AE=3，
∴在Rt△ADE中，AD=32+42=5，
∴BE=DA=5，
∴BE的长是5．
【变式3】如图，在▱ABCD中，点O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE,BD,∠BDC=90°．
(1)求证：四边形ABDE是矩形；
(2)连接OC．若AB=4,BD=25，求OC的长．
【答案】(1)见解析
(2)41
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明△AOB≌△DOEASA，证明四边形ABDE是平行四边形，再根据∠BDE=90°得到结论即可；
（2）过点O作OF⊥DE于点F，由矩形的性质得到DE=AB=4,OD=12AD,OB=OE=12BE,AD=BE，证明OF为△BDE的中位线，求出CF=4，再根据勾股定理进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵O为AD的中点，
∴AO=DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO=∠EDO,
又∵∠AOB=∠DOE，
∴△AOB≌△DOEASA
∴AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BDC=90°，
∴∠BDE=90°，
∴平行四边形ABDE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABDE是矩形，
∴DE=AB=4,OD=12AD,OB=OE=12BE,AD=BE，
∴OD=OE，
∵OF⊥DE，
∴DF=EF=12DE=2，
∴OF为△BDE的中位线，
∴OF=12BD=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=4，
∴CF=CD+DF=6，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC=CF2+OF2=62+52=41，
即OC的长为41．
题型四 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质运用
【例4】（25-26九年级上·广东河源·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是AC边上的中线，过点C作CE⊥BD于点E．若∠A=38°，则∠DCE的度数是（ ）
A．14°B．19°C．52°D．7°
【答案】A
【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质及直角三角形两锐角互余的性质．关键是利用直角三角形斜边中线的性质得到等角关系，再结合垂直的性质逐步计算角度．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=38°，
∴∠ACB=90°−∠A=90°−38°=52°；
∵BD是AC边上的中线，
∴BD=CD，
∴∠DBC=∠ACB=52°；
∵CE⊥BD，
∴∠BEC=90°，
∴在Rt△BCE中，∠BCE=90°−∠DBC=90°−52°=38°；
∴∠DCE=∠ACB−∠BCE=52°−38°=14°；
故选：A．
【变式1】（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是AB边上的高，CE是AB边上的中线，若CD=12，DE=5，则AB的长为（ ）
A．20B．22C．24D．26
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边中线定理，利用勾股定理求出CE，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，即可求出AB．
【详解】解：由题意，可知CD⊥AB，
∴CE=CD2+DE2=13，
∵△ABC是直角三角形，CE是斜边AB的中线，
∴AB=2CE=26．
【变式2】（25-26八年级上·浙江杭州·期末）如图，在△ABC中，AB=AC=18,BC=12,AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（ ）
A．6B．9C．72D．90
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理．连接DF,DE，根据等腰三角形三线合一得到F是BC中点，从而得到EF=12BC，同理可得FD=12AB,DE=12AB，最后根据勾股定理即可求出DM的长．
【详解】解：连接DF,DE，
∵AB=AC=18,AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC=90°，
∴EF=12BC=12×12=6，
同理：FD=12AB=12×18=9,DE=12AB=9，
∴DF=DE，
∵M为EF的中点，
∴DM⊥EF,FM=12EF=3，
∴DM=DF2−FM2=92−32=72．
故选：C．
【变式3】（25-26八年级上·河南开封·期末）（1）问题发现：如图1，若△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE．求证：BD=CE．
（2）解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）见解析（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CM，理由见解析
【分析】（1）根据“SAS”证明△ABD≌△ACE，得出BD=CE；
（2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC=∠BEC，进一步得到∠AEB=90°，再证明DM=ME=CM，即可得到AE=AD+DE=BE+2CM．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）∠AEB=90°；AE=BE+2CM，理由如下；
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCESAS．
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°，
∴∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=90°，
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点睛】此为“手拉手模型”，注意根据“SAS”找出图形中一对全等三角形．
题型五 菱形的性质
【例5】在菱形ABCD中，∠ABC=80°，BA=BE，则∠BAE=（ ）．
A．70°B．40°C．75°D．30°
【答案】A
【分析】利用菱形的性质可得∠ABD=12∠ABC=40°，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=12∠ABC=40°，
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA=180°−∠ABD2=70°．
【变式1】（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD交于点O，且AC=8,BD=6，则菱形ABCD的高DH的长是（ ）
A．4.8B．2.4C．5D．以上都不对
【答案】A
【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出AB的长，再根据等积法求出DH的长即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的对角线AC,BD交于点O，
∴AC⊥BD，OA=12AC=4,OB=12BD=3，
∴AB=AO2+BO2=42+32=5，
∵DH是菱形ABCD的高，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=12AC⋅BD，即：5DH=12×8×6，
∴DH=4.8．
【变式2】（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，且OE=2.5，EF=3，则菱形ABCD的面积为________．
【答案】24
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理；由菱形的性质及直角三角形的性质得AB=2OE=5，由三角形中位线定理求得AC，由勾股定理求得OB，即可求得菱形的面积．
【详解】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，
∵E为AB的中点，
∴AB=2OE=5，
∵E，F分别为AB，BC的中点，且EF=3，
∴AC=2EF=6，
∴OA=12AC=3，
由勾股定理得OB=AB2−OA2=4，
∴BD=2OB=8，
菱形的面积为12AC⋅BD=12×6×8=24．
故答案为：24．
【变式3】（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，在菱形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且∠AEB=∠AFD．求证：△AEB≌△AFD．
【答案】证明见解析
【分析】根据菱形的性质，菱形的四条边相等且对角相等，可得到AB=AD，∠B=∠D；再结合题目已知条件∠AEB=∠AFD，利用角角边的全等判定条件，即可证明△AEB与△AFD全等．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
在△AEB和△AFD中，∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD，
∴△AEB≌△AFD(AAS)．
【变式4】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E是菱形ABCD内一点，连接AE、BE、CE,CE⊥BC，AE⊥AB．求证：∠AEB=∠CEB．
【答案】见详解
【分析】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
利用已知条件与菱形的性质，可证明△AEB≌△CEB，即可得证．
【详解】证明：∵菱形ABCD，
∴AB=BC，
∵CE⊥BC，AE⊥AB，
∴∠BAE=∠BCE=90°，
在△AEB和△BEC中，
∠BAE=∠BCE=90°BE=BEAB=BC，
∴△AEB≌△CEBHL，
∴∠AEB=∠CEB．
题型六 菱形的判定
【例6】（2024秋•天河区校级月考）四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不一定能判定这个四边形是菱形的是（ ）
A．AD∥BC，AB∥DC，AD＝BC
B．AB＝DC，∠ABD＝∠BDC，AD＝CD
C．AB＝DC＝AD＝BC
D．OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD
【答案】A．
【分析】由菱形的判定方法逐一判断，即可求解．
【详解】A、AD∥BC，AD＝BC，AB∥DC，如一般的矩形可满足此条件，但不是菱形，故符合题意；
B、∵∠BDC＝∠ABD，
∴AB∥CD，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
C、∵DC＝AD＝AB＝BC，由菱形的定义可得四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
D、∵OB＝OD，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，掌握了菱形的判定方法是解题的关键．
【变式1】已知：如图，平行四边形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点E、F．求证：四边形AFCE是菱形．
【答案】证明见解析
【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，根据线段垂直平分线的性质得到AE=CE，OA=OC，则可证明△AOE≌△COFAAS，得到OE=OF，据此可证明结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，
∵平行四边形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点E、F，
∴AE=CE，OA=OC，
∴△AOE≌△COFAAS，
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AE=CE，
∴平行四边形AFCE是菱形．
【变式2】（2024秋•新城区期末）如图，已知四边形ABEF为平行四边形，点C为BE的中点，连接AC并延长交FE的延长线于点D，若DE＝2CE，求证：四边形ABEF为菱形．
【分析】由平行四边形的性质得EF∥AB，则∠D＝∠CAB，由点C为BE的中点，得CE＝CB，EB＝2CE，而∠DCE＝∠ACB，即可根据“AAS”证明△DCE≌△ACB，得DE＝AB，因为DE＝2CE，所以AB＝2CE，推导出AB＝EB，则四边形ABEF为菱形．
【详解】证明：∵四边形ABEF是平行四边形，
∴EF∥AB，
∴∠D＝∠CAB，
∵点C为BE的中点，
∴CE＝CB，EB＝2CE，
在△DCE和△ACB中，
∠D=∠CAB∠DCE=∠ACBCE=CB，
∴△DCE≌△ACB（AAS），
∴DE＝AB，
∵DE＝2CE，
∴AB＝2CE，
∴AB＝EB，
∴四边形ABEF为菱形．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明△DCE≌△ACB是解题的关键．
【变式3】（25-26八年级下·上海奉贤·期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，∠ADE=∠CBF，EF与BD相交于点O．
(1)求证：BO=DO．
(2)如果∠ADB=90°，∠ADE=∠A．求证：四边形EBFD是一个菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】利用平行四边形的性质得出 AB∥CD，AB=CD，AD=BC，∠A=∠C，证明 △ADE≌△CBF 得到 AE=CF，从而BE=DF，结合 BE∥DF 证得四边形EBFD是平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分即可证得 BO=DO．
(2) 由∠A=∠ADE可得AE=DE，根据∠ADB=90° 推出∠BDE=∠ABD，得到 DE=EB，从而证得四边形EBFD是菱形．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，AD=BC，∠A=∠C，
∵ ∠A=∠C，
又∵AD=CB，∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF，
∴AE=CF，
∵AB=CD，AE=CF，
∴BE=DF，
又∵AB∥CD，
∴BE∥DF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴BO=DO．
（2）解：∵∠A=∠ADE，
∴AE=DE，
∵∠ADB=90°，
∴∠ADE+∠BDE=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
又∵∠ADE=∠A，
∴∠BDE=90°−∠A，
∴∠ABD=90°−∠A，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE=EB，
∵四边形EBFD 是平行四边形，
∴四边形EBFD 是菱形．
题型七 菱形的性质与判定的综合
【例7】（24-25八年级下·云南昆明·期末）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，点D、O分别是AC、BC的中点，连接DO并延长至点E，使得EO=DO，连接BD、BE、CE．
(1)求证：四边形DBEC是菱形；
(2)若△ABC的周长为30，且AB+BC=17，求四边形DBEC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)30
【分析】（1）先证明四边形DBEC是平行四边形．再结合直角三角形的性质可得BD=CD，即可得证；
（2）设AB=x，BC=y．则x+y=17，AC=13，由勾股定理可得x2+y2=169，求出xy=60，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵点O是BC的中点，
∴OB=OC．
∵EO=DO，
∴四边形DBEC是平行四边形．
∵△ABC是直角三角形，点D是AC的中点，
∴BD=CD．
∴四边形DBEC是菱形．
（2）解：设AB=x，BC=y．
∵△ABC的周长为30，AB+BC=17．
∴x+y=17，AC=13．
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2+BC2=AC2．
∵x2+y2=169x+y=17，
∴xy=60．
∵点D、O分别是AC、BC的中点，
∴AB=2OD，
∵DE=2OD，
∴AB=DE=x．
∴S四边形DBEC=12BC⋅DE=12xy=12×60=30．
答：四边形DBEC的面积为30．
【变式1】如图，在等腰△ABC中，AB=BC，BO平分∠ABC，过点A作AD∥BC交BO的延长线于D，连接CD，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于E．
(1)判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)若AB=4，∠ABE=120°，求DE的长．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，理由见解析
(2)DE的长为43
【分析】本题考查了菱形的证明、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟记定理内容是解题关键．
（1）证△ADO≌△CBO得DO=BO，可得四边形ABCD是平行四边形，即可进一步求证；
（2）由题意得△BCD是等边三角形，根据DE= BE2−BD2即可求解.
【详解】（1）解：四边形ABCD是菱形，
理由：∵AB=BC，BO平分∠ABC，
∴AO=CO，
∵AD∥BC
∴∠DAO=∠ACB，∠ADO=∠CBO，
∴△ADO≌△CBO，
∴DO=BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵BO平分∠ABC，∠ABE=120°，
∴∠DBC= 12 ∠ABE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AB=4，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=4，
∵BD⊥DE，
∴∠BDE=90°，
∴∠E=90°−∠DBC=30°，
∴BE=2BD=8，
∴DE= BE2−BD2 = 82−42 =43，
【变式2】（25-26八年级上·云南昆明·期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF与AD相交于点E，与BC相交于点F，连接AF，CE．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若四边形AFCE的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)96
【分析】（1）根据平行四边形的性质可证∠EAO=∠FCO，根据垂直平分线的性质可证AO=CO，∠AOE=∠COF=90°，利用ASA可证△AOE≌△COF，根据全等三角形的性质可证OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立；
（2）根据菱形的性质可知AF=FC=CE=AE=10，设AC=2a、EF=2b，根据勾股定理可得a2+b2=102，利用完全平方公式可以求出ab=48，根据菱形的面积公式求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=CO，∠AOE=∠COF=90°；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=∠COF=90°OA=OC∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC=CE=AE，
∵四边形AFCE的周长是40，
∴AF=FC=CE=AE=10，
设AC=2a、EF=2b，
则有2a+2b=28，OA=OC=a，OE=OF=b，
∴a+b=14，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA2+OE2=AE2，
∴a2+b2=102，
∵a+b2=a2+b2+2ab，
∴102+2ab=142，
整理可得：ab=48，
∴S菱形AFCE=12AC⋅EF=12×4ab=2ab=96．
【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，过O作EF⊥AC，交AD于E，交BC于F，连接AF、CE．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AB=3，BC=4，求菱形AECF的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)252
【分析】（1）利用已知条件和矩形的性质易证△AEO≌△CFO，进而可得四边形AECF是平行四边形，又因为EF⊥AC，从而结论得证；
（2）设AE=x，由已知和矩形的性质可得DE=4−x，在Rt△EDC中，利用勾股定理可求出x的值，进而可求出菱形的周长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，对角线AC和BD相交于点O，
∴AE∥CF，OA=OC，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠ACB，
∵EF⊥AC，
∴∠AOE=∠COF=90°，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COFASA，
∴OE=OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
∵FE⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：设AE=x，
∵四边形AFCE是菱形，
∴CE=AE=x，
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴DC=AB=3，AD=BC=4，
∴DE=AD−AE=4−x，
在Rt△EDC中，DC2+DE2=CE2，
∴32+4−x2=x2，
解得：x=258，
∴4AE=258×4=252，
∴菱形AECF的周长252．
题型八 正方形的性质
【例8】如图，正方形ABCD中，AE=AB，直线DE交BC于点F，则∠BEF=（ ）
A．45°B．30°C．60°D．55°
【答案】A
【分析】由题意易得AB=AD,∠BAD=90°，然后根据等腰三角形的性质可得∠ABE=∠AEB,∠AED=∠ADE，进而根据三角形内角和及角的和差关系可进行求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠BAD=90°，
∵AE=AB，
∴AB=AE=AD，
∴∠ABE=∠AEB,∠AED=∠ADE，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=2∠AEB+∠BAE=180°，∠AED+∠ADE+∠DAE=2∠AED+∠DAE=180°，且∠BAE+∠DAE=90°，
∴2∠AEB+∠BAE+2∠AED+∠DAE=2∠AEB+2∠AED+90°=360°，
∴∠AEB+∠AED=135°，
∴∠BEF=180°−∠AEB−∠AED=45°．
【变式1】如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE=25°，则∠AFP为（ ）
A．50°B．77.5°C．70°D．65°
【答案】D
【分析】根据正方形的性质先表示出∠CBP的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，可得∠AFP=∠CBP，从而求得答案．
【详解】解：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE=90°，
∵∠CBE=25°，
∴∠CBP=90°−25°=65°，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP=CP，∠APF=∠CPB=90°，PF=PB，
在△APF和△CPB中，
AP=CP∠APF=∠CPBPF=PB，
∴△APF≌△CPBSAS，
∴∠AFP=∠CBP=65°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键．
【变式2】如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E在边BC上，以点D为圆心，DC长为半径画弧，交线段DE于点F．若EF=EB，则CE的长为（ ）
A．2B．52C．178D．94
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，设EB=EF=x，则CE=3−x，DE=3+x，由勾股定理列方程，可求解．
【详解】解：∵EF=EB
设EB=EF=x，
则CE=BC−EB=3−x，DE=DF+EF=DC+EF=3+x．
在Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，
∴32+(3−x)2=(3+x)2，
解得x=34．
则CE=BC−BE=94
故选：D
【变式3】（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD交于点O，P为边BC上一点，且BP=OB，则CP的长为 _________________ ．
【答案】2−2/−2+2
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求得BD=22，进而可得OB=OD=12BD= 2，结合已知可得BP= 2，根据CP=BC−BP，即可求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD交于点O，
∴BC=DC=2，∠BCD=90°，OB=OD=12BD，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD= BC2+DC2 = 22+22 = 22，
∴OB=OD=12BD= 2，
∵BP=OB，
∴BP= 2，
∴CP=BC−BP= 2−2，
∴CP的长为2−2．
【变式4】如图，在正方形ABCD中，点E是BC上的点，DF⊥AE于点F，BG⊥AE于点G．
(1)猜想AG、BG、FG的关系并证明；
(2)若正方形ABCD边长为m，∠BAE=30°，求FG的长(用含m的式子表示)．
【答案】(1)AG=BG+FG，理由见解析；
(2)FG=(3−1)m2
【分析】（1）用正方形的边相等和角为直角的性质，通过角的互余关系推导相等角，再证明△ABG与△DAF全等，结合全等三角形的对应边相等，通过线段的和差关系得出AG、BG、FG的数量关系；
（2）在Rt△ABG中，先利用含30°角的直角三角形的性质求出BG的长度，再通过勾股定理求出AG的长度，最后结合（1）的数量关系计算FG的长度．
【详解】（1）解：猜想AG=BG+FG，证明如下：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠DAF=90°．
∵BG⊥AE，DF⊥AE，
∴∠AGB=∠DFA=90°，
∴∠BAG+∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠DAF．
在△ABG和△DAF中，∠AGB=∠DFA∠ABG=∠DAFAB=DA，
∴△ABG≌△DAF(AAS)，
∴AF=BG．
∵AG=AF+FG，
∴AG=BG+FG．
（2）解：在Rt△ABG中，∠AGB=90°，∠BAE=30°，AB=m，
∴BG=12AB=m2，
∴AG=AB2−BG2=m2−m22=3m2．
由（1）知AG=BG+FG，
∴FG=AG−BG=3m2−m2=(3−1)m2．
题型九 正方形的判定
【例9】如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形．
【分析】由矩形的性质得出∠BAD＝∠CDA＝90°，证出AE＝DE，由正方形的判定可得出结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°，
∵AE，DE平分∠BAD 与∠CDA，
∴∠EAD=12∠BAD=45°，∠EDA=12∠CDA=45°，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴AE＝DE，
∵∠EAD+∠EDA+∠AED＝180°，
∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝90°，
∴▱AEDF是正方形．
【点睛】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．
【变式1】（22-23八年级下·四川广安·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，在AC上截取OE=OF=OB，顺次连接B，F，D，E四点．求证：四边形BFDE是正方形．
【答案】见解析
【分析】由菱形性质得 AC⊥BD，OB=OD；由 OE=OF=OB 及 OB=OD，得 OE=OF=OB=OD，即 EF与 BD 互相平分且相等，故四边形 BFDE 是矩形；再由 EF⊥BD，得矩形 BFDE 是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形 ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD．
∵OE=OF=OB，
∴OE=OF=OB=OD．
∴EF与 BD 互相平分，且 EF=BD．
∴ 四边形 BFDE是矩形．
又∵EF⊥BD，
∴ 矩形 BFDE 是正方形．
【变式2】已知矩形ABCD，AE平分∠DAB交DC的延长线于点E，过点E作EF⊥AB，垂足F在边AB的
延长线上，求证：四边形ADEF是正方形．
【分析】根据矩形的性质得到∠D＝∠DAB＝90°，根据角平分线的性质得到∠EAF＝45°，推出四边形AFED是矩形，求得AF＝EF，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠EAF＝45°，
∵EF⊥AB，
∴∠D＝∠DAF＝∠F＝90°，
∴四边形AFED是矩形，
∵∠EAF＝45°，
∴∠AEF＝45°，
∴∠EAF＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴矩形ADEF是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键．
【变式3】如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角
形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．
【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一），
即 BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形，
∴EO⊥AC，AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°，
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，
∴∠EAO＝60°，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵▱ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形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．
题型十 正方形的性质与判定的综合
【例10】如图，正方形ABCD的边长为5，点E为正方形CD边上一动点，过点B作BP⊥AE于点P，将AP绕点A逆时针旋转90°得AP′，连接P′D交BP延长线于点F．
(1)试判断四边形FPAP′的形状，并说明理由；
(2)若DF=1，求线段AP的长度．
【答案】(1)正方形，理由见解析
(2)3
【分析】本题考查全等三角形判定及性质，正方形判定，勾股定理，旋转性质等．
（1）先判定△ABP≌△ADP′，利用全等性质判定FPAP′为矩形，继而判定FPAP′为正方形；
（2）根据题意设正方形FPAP′ 的边长为x，在△ADP′中应用勾股定理即可得到本题答案．
【详解】（1）解：由题意得：AP=AP′，∠PAP′=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAD−∠DAP=∠PAP′−∠DAP，
∴∠BAP=∠DAP′，
在△ABP和△ADP′中，
AB=AD∠BAP=∠DAP′AP=AP′，
∴△ABP≌△ADP′，
∵BP⊥AE，
∴∠APF=∠APB=∠AP′D=90°，
∴∠P′AP=∠APF=∠AP′D=90°，
∴四边形FPAP′为矩形，
∵AP=AP′，
∴四边形FPAP′为正方形；
（2）解：∵正方形ABCD的边长为5，
∴AD=5，
设正方形FPAP′ 的边长为x，
∴AP=AP′=P′F=x，
∵DF=1，
∴P′D=P′F+DF=x+1，
在Rt△AP′D中，x2+(x+1)2=52，解得：x=3，
∴线段AP的长度为3．
【变式1】如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF．
(1)求证：AD=AF；
(2)如果AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形ADCF是正方形，证明见解析
【分析】（1）证明△AEF≌△DEBASA，则AF=BD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AD=BD，进而结论得证；
（2）先证四边形ADCF是平行四边形，然后根据AD⊥BC，AD=AF，证明四边形ADCF是正方形即可．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠EDB，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEB中，
∵∠EAF=∠EDBAE=DE∠AEF=∠DEB，
∴△AEF≌△DEBASA，
∴AF=BD，
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AD是中线，
∴AD=BD，
∴AD=AF；
（2）解：四边形ADCF是正方形．证明如下：
∵AF=BD=DC，AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，AD是中线，
∴AD⊥BC，
∵AD=AF，
∴四边形ADCF是正方形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式2】（24-25九年级上·甘肃兰州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC，∠D=45°，CD的垂直平分线FG交CD于点E，交AD于点F，交BC的延长线于点G，连接CF．
(1)求证：四边形ABCF是正方形；
(2)若AD=2，求BG的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键．
（1）先根据∠B=∠A=∠AFC=90°，判定四边形ABCF是矩形，再根据AB=BC，即可得证；
（2）先根据AAS证明△CEG≌△DEF，得出CG=DF，再根据正方形ABCF中，BC=AF，即可得到AF+FD=BC+CG，从而可求得BG的长．
【详解】（1）证明：∵CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，
∴FC=FD，
∴∠FCD=∠D=45°，
∴∠AFC=∠FCD+∠D=90°，
∵AD∥BC，∠A=90°，
∴∠B=180°−∠A=90°，
∴∠B=∠A=∠AFC=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCF是正方形；
（2）解：∵FG垂直平分CD，
∴CE=DE，∠CEG=∠DEF=90°，
∵AD∥BG，
∴∠CGE=∠DFE，
在△CEG和△DEF中，
∠CGE=∠DFE∠CEG=∠DEFCE=DE
∴△CEG≌△DEFAAS，
∴CG=DF，
又∵四边形ABCF是正方形，
∴BC=AF，
∴AF+FD=BC+CG，
∴BG=AD=2．
【变式3】已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．
（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；
（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；
（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题；
（2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题；
（3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题．
【详解】解：（1）AE⊥BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
AE=BFAB=BC，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6，
根据勾股定理得：AE=AB2+BE2=10，
∵S△ABE=12×AB•BE=12×AE•BP，
∴8×6＝10BP，
∴BP＝4.8，
∴BP的长度为4.8；
（3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下：
由（1）知：AE⊥BF，
∴∠APF＝90°，
∵FM⊥DN，DN⊥AE，
∴∠FMN＝∠MNP＝90°，
∴四边形FMNP是矩形，
∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°，
∴∠BAP＝∠ADN，
在△BAP和△ADN中，
∠BAP=∠ADNAB=DA∠APB=∠DNA=90°，
∴△BAP≌△ADN（ASA），
∴AN＝BP，AP＝DN，
∵AE＝BF，
∴AE﹣AN＝BF﹣BP，
∴EN＝PF，
∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），
∴P、E不重合，
∴PN≠PF，
∴四边形FMNP不能成为正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP≌△ADN．
题型十一 添加条件判定是特殊的平行四边形
【例11】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在▱ABCD中，点E在AB上，EF∥AD，交DC于点F，连接DE．请你从以下三个选项：①AE=AD；②DE=EF；③DE平分∠ADC中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形AEFD是菱形．
(1)你选择的补充条件是______（填序号）；
(2)根据你选择的补充条件，写出四边形AEFD是菱形的证明过程．
【答案】(1)①（或③）
(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的判定．
（1）根据题意选择条件即可求解；
（2）选①或③，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）解：①（或③）
（2）解：选①，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∵EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE=AD，
∴四边形AEFD是菱形．
选③，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∵EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠FDE，
∵DF∥AE，
∴∠AED=∠FDE，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
∴四边形AEFD是菱形．
【变式1】（25-26九年级上·陕西西安·期末）如图，点E、F分别在▱ABCD的边BC、AD上，连接AE、CF，AE∥CF，连接AC、EF，请你从以下三个选项：①AC⊥EF；②AE⊥BC；③AC=EF中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形AECF是矩形．
(1)你选择的补充条件是_____（填序号）；
(2)根据你选择的补充条件，写出四边形AECF是矩形的证明过程．
【答案】(1)②或③
(2)选择②或③，证明见解析
【分析】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可；
（2）先证明四边形AECF是平行四边形，进而根据矩形的判定定理即可求证；
本题考查了矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【详解】（1）解：选择的补充条件是②或③，
故答案为：②或③；
（2）解：选择②，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，即EC∥AF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形；
选择③，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，即EC∥AF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴四边形AECF是矩形．
【变式2】（25-26九年级上·河南平顶山·期末）如图，点B在直线MN上，过AB的中点O作MN的平行线，分别交∠ABM的平分线和∠ABN的平分线于点C,D．
(1)试判断四边形ACBD的形状，并证明你的结论；
(2)当AB与MN的位置关系为 时，四边形ACBD是正方形．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)AB⊥MN
【分析】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，平行线的性质的应用，注意：对角线互相平分且相等四边形是矩形．
（1）根据角平分线定义和平行线推出∠OBC=∠CBM，推出OC=OB，同理OB=OD，即可得出答案；
（2）根据矩形的性质和正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形ACBD是矩形，
证明：∵CD平行MN，
∴∠OCB=∠CBM，
∵BC平分∠ABM，
∴∠OBC=∠CBM，
∴∠OCB=∠OBC，
∴OC=OB，
同理可证：OB=OD，
∵点O是AB的中点，
∴OA=OB=OC=OD，
∵CD=OC+OD，AB=OA+OB，
∴AB=CD，
∴四边形ACBD是矩形；
（2）解：当AB与MN的位置关系为AB⊥MN时，四边形ACBD是正方形．
证明：由（1）得四边形ACBD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵AB⊥MN，
∴∠ABM=∠ABN=90°，
∵BC平分∠ABM，BD平分∠ABN，
∴∠OBC=12∠ABM=45°，∠OBD=12∠ABN=45°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，∠OBD=∠ODB=45°，
∴∠BCD=∠BDC，
∴BC=BD，
∴四边形ACBD是正方形．
故答案为：AB⊥MN．
【变式3】（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在▱ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点O，交DC的延长线于点E．
(1)求证：CE=CD；
(2)已知_____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形ABEC的形状，并证明你的结论．
条件①：∠AOC=2∠D；
条件②：∠EAB=2∠CAD．
（注：如果选择条件①和条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)见解析
(2)选择条件①，四边形ABEC是矩形；选择条件②，四边形ABEC是矩形．证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键：
（1）根据平行四边形的性质，结合角平分线的定义，推出∠EAD=∠AED，进而得到AD=DE，再根据线段的和差关系和数量关系即可得出结论；
（2）选择①先证明四边形ABEC是平行四边形，再证明OA=OE=OB=OC，即可得证；
选择②先证明四边形ABEC是平行四边形，再证明OA=OE=OB=OC，即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∴∠BAE=∠AED，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAE=∠EAD，
∴∠EAD=∠AED，
∴AD=DE，
∵AD=2AB,DE=DC+CE,AB=CD，
∴CE=CD；
（2）解：若选择条件①，四边形ABEC是矩形．
由（1）可知，CE=CD，CD=AB，
∴CE=AB，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴OA=OE,OB=OC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ABC=∠D，
∵∠AOC=∠ABC+∠BAE,∠AOC=2∠D=2∠ABC，
∴∠ABC=∠BAE，
∴OA=OB，
∴OA=OE=OB=OC，
∴AE=BC，
∴平行四边形ABEC是矩形．
若选择条件②，四边形ABEC是矩形．
由（1）可知，CE=CD，CD=AB，
∴CE=AB，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABEC是平行四边形
∴OA=OE,OB=OC，
∵∠BAE=∠EAD,∠BAE=2∠CAD，
∴∠EAC=∠CAD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠ACB=∠EAC，
∴OA=OC，
∴OA=OE=OB=OC，
∴AE=BC，
∴平行四边形ABEC是矩形．
题型十二 特殊四边形性质与判定的综合
【例12】如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB＝AF，连接BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若平行四边形ABCD的周长为24，CE＝2，∠BAD＝120°，求AE的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，得∠AFB＝∠EBF，∠FAE＝∠BEA，可证明△AOF≌△EOB，得出BE＝FA，可得四边形ABEF是平行四边形，由AB＝AF即得是菱形：
（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB＝5，再证明△ABE是等边三角形，即得AE＝5．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠EBF，∠FAE＝∠BEA，
∵O为BF的中点，
∴BO＝FO，
在△AOF和△EOB中，
∠EAF=∠AEB∠AFB=∠EBFOB=OF，
∴△AOF≌△EOB（AAS），
∴BE＝FA，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB＝AF，
∴平行四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵AD＝BC，AF＝BE，
∴DF＝CE＝2，
∵平行四边形ABCD的周长为24，
∴菱形ABEF的周长为：24﹣4＝20，
∴AB＝20÷4＝5，
∵∠BAD＝120°，
∴∠BAE=12∠BAD=60°，
又 AB＝BE，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝5．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握上述知识是解题的关键．
【变式1】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是边BC和AD的中点，连接AE、CF，CA平分∠FCE．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)作∠GBC=∠CAE，BG与DC的延长线交于点G．求证：四边形ABGC是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形对边平行且相等可得AD∥BC，AD=BC，由线段中点的定义可推出AF=CE，则可证明四边形AECF是平行四边形；再由平行线的性质和角平分线的定义证明∠FCA=∠FAC，得到AF=CF，据此可证明结论；
（2）由菱形的性质得到AE=CE，则由等边对等角和已知条件证明∠GBC=∠ECA，得到AC∥BG；则可证明四边形ABGC是平行四边形；证明BE=CE=AE，进而可证明∠BAC=90°，则可证明平行四边形ABGC是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠FAC=∠ECA；
∵E、F分别是边BC和AD的中点，
∴CE=12BC，AF=12AD，
∴AF=CE，
又∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
∵CA平分∠FCE，
∴∠ECA=∠FCA，
∴∠FCA=∠FAC，
∴AF=CF，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）证明：由（1）可得四边形AECF是菱形，
∴AE=CE，
∴∠ECA=∠CAE，
∵∠GBC=∠CAE，
∴∠GBC=∠ECA，
∴AC∥BG；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，即AB∥CG，
∴四边形ABGC是平行四边形；
∵E为BC的中点，AE=CE，
∴BE=CE=AE，
∴∠EAB=∠EBA，
∵∠EAB+∠EBA+∠CAE+∠ECA=180°，
∴2∠EAB+2∠CAE=180°，
∴∠EAB+∠CAE=90°，
∴∠BAC=90°，
∴平行四边形ABGC是矩形．
【变式2】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在矩形ABCD中，EF是对角线BD的垂直平分线，分别交AD，BC，BD于E，F，O．
(1)求证：四边形EBFD是菱形；
(2)若AB=4，AD=8，求菱形EBFD的边长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
（1）根据矩形性质和线段垂直平分线的性质证明△BFO≌△DEO，可得BF=DE，所以四边形EBFD是平行四边形，再根据EF⊥BD，即可证明结论；
（2）根据勾股定理可得BE=5即可．
【详解】（1）证明：连接BE，DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO=∠FBO，∠DEO=∠BFO，
由题意知：EF垂直平分BD，
∴EF⊥BD，BO=DO，
在△BFO和△DEO中，
∠EDO=∠FBO∠DEO=∠BFOOD=OB，
∴△BFO≌△DEOAAS，
∴BF=DE，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形；
（2）解：由（1）可得，BF=BE=ED，∠A=90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+AE2=BE2，
∵AB=4，AD=8，
∴AE=AD−DE=AD−BE=8−BE，
∴42+8−BE2=BE2，
解得BE=5，
∴ 菱形EBFD的边长为5．
【变式3】（24-25八年级下·江苏泰州·阶段检测）如图，已知△ABC中AC=BC，D是AB的中点，过点C作CE∥AB，且CE=12AB．
(1)求证：四边形CDBE是矩形；
(2)若F是BC上一点，且DF⊥BC，则当△CDF满足什么条件时，四边形CDBE是正方形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当△DCF是等腰直角三角形时，四边形CDBE是正方形；理由见解析
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）结合AC=BC，D是AB的中点，得出∠CDB=90°，AD=BD=12AB，因为CE=12AB，得CE=BD，因为CE∥AB，即可证明四边形CDBE是平行四边形，结合有一个直角的平行四边形是矩形，即可作答．
（2）结合有一组邻边相等的矩形是正方形，进行分析，即可作答．
【详解】（1）证明：∵AC=BC，D是AB的中点，
∴CD⊥AB， AD=BD=12AB，
∴∠CDB=90°，
∵CE=12AB，
∴CE=BD，
∵CE∥BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∵∠CDB=90°，
∴四边形CDBE是矩形；
（2）解：当△DCF为等腰直角三角形时，四边形CDBE是正方形，
∵△DCF为等腰直角三角形
∴∠DCF=45°，
由（1）得四边形CDBE是矩形；
∴∠CDB=90°
∴∠CBD=45°，
∴∠CBD=∠DCF，
∴CD=BD，
∵四边形CDBE是矩形；
∴四边形CDBE是正方形．
题型十三 特殊四边形与平面直角坐标系的综合
【例13】（24-25八年级上·陕西西安·期末）如图，已知矩形ABCD在平面直角坐标系中，BC∥x轴，点B的坐标为(−2,−1)，点D的坐标为(3,2)，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．16B．15C．12D．10
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与平面，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
先根据矩形以及BC∥x轴，得到DC⊥x轴，再由BC=xD−xB，DC=yD−yC求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥DC
∵BC∥x轴，
∴DC⊥x轴，
∴BC=xD−xB=3−−2=5，DC=yD−yC=2−−1=3，
∴矩形ABCD的面积是3×5=15，
故选：B．
【变式1】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，且C0,−3，Db,−1，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．9B．13C．5D．4
【答案】B
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．作DE⊥y轴于点E，证明△ECD≌△OBCAAS，推出OB=EC=2，再利用勾股定求出BC2即为正方形ABCD的面积．
【详解】解：如图，作DE⊥y轴于点E，
∵ C0,−3,Db,−1，
∴ OC=3，OE=1，
∴ CE=OC−OE=3−1=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BCD=90°，BC=CD，
∴ ∠BCO+∠ECD=90°，∠BCO+∠OBC=90°，
∴ ∠ECD=∠OBC，
又∵ ∠DEC=∠COB=90°，BC=CD，
∴ △ECD≌△OBCAAS，
∴ OB=EC=2，
∴ BC2=OB2+OC2=22+32=13，
即正方形ABCD的面积是13，
故选：B．
【变式2】如图，四边形ABCD是菱形，顶点A，C的坐标分别是0,2，8,2，点D在x轴的正半轴上，则顶点B的坐标是（ ）
A．4,4B．5,4C．2,4D．4,2
【答案】A
【分析】连接AC，BD，交于点E，根据菱形的性质可知点E的坐标为4,2，根据E的坐标确定B的坐标即可．
【详解】解：连接AC，BD，交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=EC，BE=DE，
∵A，C的坐标分别是0,2，8,2，
∴E4,2，
∴B4,4，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③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；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【变式3】（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在直角坐标系中，矩形ABCD的对角线BD∥x轴，若A2,0，D0,4，AC与BD的交点为E，则C的坐标为（ ）
A．8,8B．6,45C．45−2,8D．6,8
【答案】A
【分析】不妨设Bm,4，Ca,b，利用中点坐标公式，建立等式，根据矩形的对角线相等，利用两点间距离公式建立新等式，解答即可．
本题考查了坐标的特点，中点坐标公式，两点间距离公式，矩形的性质，熟练掌握公式和性质是解题的关键．
【详解】解：由BD∥x轴，A2,0，D0,4，
不妨设Bm,4，Ca,b，
由矩形ABCD，
故点E是AC与BD的中点，且AC=BD，
故Em2,4，或Ea+22,b2，
同一点的坐标是相同的，
故b2=4,a+22=m2，
故b=8,m=a+2，
故m2=a−22+82
故a+22=a−22+82，
解得a=8，
故C8,8，
故选：A．
题型一 特殊四边形中的多结论判断问题
【例1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，F是CD上的一点，连接BF，将△BCF沿BF翻折，点C恰好与点O重合，延长FO交AB于点E，连接DE．则下列结论：①△OBC是等边三角形；②AB=3BC；③四边形EBFD是菱形；④S△OBCS△ADE=32，其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．根据矩形的性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；根据30度的直角三角形的性质判断②正确；证明△BEF是等边三角形，根据菱形的判定定理可判断③正确；设CF=a，分别求得S△OBC和S△ADE=S△BCF，即可判断④正确．
【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OC=OB=12AC=OA，
∵将△BCF沿BF翻折，点C恰好与点O重合，
∴△BCF≌△BOF，
∴BC=OB，
∴BC=OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，故①正确；
∵△OBC是等边三角形，OB=OA，
∴∠CAB=90°−60°=30°，
∴AB=3BC，故②正确；
∵△BCF≌△BOF，
∴∠BCF=∠BOF=90°，∠CBF=∠OBF=12∠CBO=30°，
∴∠BFO=60°，∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BO垂直平分EF，
∵OB=OD，
∴四边形EBFD是菱形，故③正确；
∵四边形EBFD是菱形，
∴BE=DE，
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△BCF，
设CF=a，则BC=3a=OC，
∴CM=12BC=32a，MB=BC2−CM2=32a，
∴S△OBCS△ADE=S△OBCS△BCF=12×32a×3a12×a×3a=32，故④正确；
综上，①②③④都是正确的，
故选：A
【变式1】如题图，正方形ABCD中，点E在AB上，且AE:EB=3:1，点F是BC的中点，点G是DE的中点，延长DF，与AB的延长线交于点H．以下四个结论：①FG=12EH；②△DFE是直角三角形；③DE=EH；④EB+CD=DE．其中正确结论的个数（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理逆定理、三角形中位线定理．直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
设正方形边长为4a，求出DE、EF、DF，利用勾股定理等逆定理可以判定②正确；根据三角形中位线定理可以判定①正确；根据直角三角形斜边中线定理可以判断③正确；通过计算可以判断④正确．
【详解】设正方形边长为4a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4a, ∠A=∠ABC=∠C=90°，
∵AE:EB=3:1，点F是BC的中点，
∴AE=3a, EB=a, CF=FB=2a，
∴DE =AD2+AE2 =(4a)2+(3a)2 =5a，
EF=EB2+BF2=5a，
DF=CD2+CF2=25a，
∵DF2+FE2=25a2,DE2=25a2，
∴DF2+EF2=ED2，
∴∠DFE=90°，
∴△DFE是直角三角形，故②正确；
∵DG=GE,DF=FH，
∴GF是△DEH中位线，
∴GF=12EH，故①正确；
在Rt△DFE中，
∵DG=GE=GF，
∴FG=12DE，
∵GF=12EH，
∴DE=EH，故③正确；
∵DE=4a, EB+BC=a+4a=5a，
∴DE=EB+BC，故④正确；
故选：D．
【变式2】如图，在菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，E是CD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AE上的点G处，折痕为AF，FG与CD交于点H．有如下结论：①∠BAF=45°；②∠CFH=30°；③AE=3DE；④CH=GH．上述结论中，所有正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【分析】由菱形的性质，∠ABC=60°，可得△ABC，△ADC是等边三角形，结合E是CD边的中点，根据三线合一可得∠AED=90°，根据含30°角直角三角形的性质，可证③正确，
由∠BAG=∠BAD−∠DAE，结合折叠的性质，可证①正确，
由折叠的性质得到∠D的度数，结合∠AED=90°，得到∠CHF=∠GHE=30°，根据三角形内角和，可证②正确，
连接AC，与FG交于点M，由∠CHM=30°，∠HCM=60°，得AM=32AG，结合AE=32AD，由△CMH≌△GEHAAS，可证④正确，
本题考查了，菱形的性质，折叠的性质，含30°角直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：连接辅助线，构造全等三角形．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴AB=BC=AD=CD，
∵∠D=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，∠BAD=120°，
∵E是CD边的中点，
∴∠AED=∠GEH=90°，
∴∠DAE=90°−∠D=90°−60°=30°，
∴AE=3DE，故③正确，
∴∠BAG=∠BAD−∠DAE=120°−30°=90°，
由折叠的性质可得，∠BAF=∠FAG，∠G=∠ABC=60°，
∴∠BAF=12∠BAG=12×90°=45°，故①正确，
∴∠CHF=∠GHE=30°，
∵∠BCD=180°−∠ABC=120°，
∴∠CFG=30°，故②正确，
连接AC，与FG交于点M，
∵∠CHM=30°，∠HCM=60°，
∴∠CMH=90°，
∴AM=32AG，
∵AE=32AD，
∴AM=AE，
∵AC=AB=AG，
∴CM=EG，
∴△CMH≌△GEHAAS，
∴CH=GH，故④正确，
故答案为：①②③④．
【变式3】（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，四边形ABCD是正方形，E是边AB上的一点，点F在对角线AC上，∠ADF=∠BEF，EF的延长线交BC的延长线于点G，连接BF．下列结论中正确的个数是（ ）
（友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．）
①∠ACG=135°；②EF=BF；③EF⊥DF；④AD+CG=2AF．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①根据正方形性质得∠BCA=45°，再根据点G在BC的延长线上得∠ACG=135°，据此可对结论①进行判断；②证明△BCF和△DCF全等得∠CBF=∠CDF，进而得∠FBE=∠ADF，再根据∠ADF=∠BEF得∠FBE=∠BEF，则EF=BF，据此可对结论②进行判断；③设∠ADF=α，则∠FBE=∠BEF=∠ADF=α，在△ADF中，由三角形内角和定理得∠AFD=135°−α，根据三角形外角性质得，∠AFE=∠BEF−∠EAF=α−45°，由此得∠EFD=∠AFE+∠AFD=90°，据此可对结论③进行判断；④过点F作FH⊥BF于点H，则FH∥BG，由结论②正确得EF=BF，进而得EH=BH，由此得FH是△EBG的中位线，则BG=2HF，证明△AHF是等腰直角三角形，由勾股定理得HF=22AF，进而得BG=2AF，再根据BG=BC+CG=AD+CG得AD+CG=2AF，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠BCA=45°，
∵点G在BC的延长线上，
∴∠ACG=180°−∠BCA=135°，故结论①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，点F在对角线AC上，
∴∠ABC=∠ADC=90°，BC=DC，∠BCF=∠DCF=45°，
在△BCF和△DCF中，
BC=DC∠BCF=∠DCFCF=CF，
∴△BCF≌△DCFSAS，
∴∠CBF=∠CDF，
∵∠ABC=∠CBF+∠FBE=90°，∠ADC=∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠FBE=∠ADF，
又∵∠ADF=∠BEF，
∴∠FBE=∠BEF，
∴EF=BF，故结论②正确；
③设∠ADF=α，
∴∠FBE=∠BEF=∠ADF=α，
在正方形ABCD中，∠DAF=∠EAF=45°，
在△ADF中，∠AFD=180°−(∠ADF+∠DAF)=180°−(α+45°)=135°−α，
∵∠BEF是△AEF的外角，
∴∠BEF=∠EAF+∠AFE，
∴∠AFE=∠BEF−∠EAF=α−45°，
∴∠EFD=∠AFE+∠AFD=α−45°+135°−α=90°，
∴EF⊥DF，故结论③正确；
④过点F作FH⊥BF于点H，如图所示：
∴∠AHF=∠ABC=90°，
∴FH∥BG，
由结论②正确得：EF=BF，
∴EH=BH，
∵∠FBE=∠BEF，∠FBE+∠FBG=∠BEF+∠G=90°，
∴∠FBG=∠G，
∴FG=BF=EF，
∴FH是△EBG的中位线，
∴BG=2HF，
在△AHF中，∠AHF=90°，∠EAF=45°，
∴△AHF是等腰直角三角形，
∴AH=FH，由勾股定理得：AF=HF2+AH2=2HF，
∴HF=22AF，
∴BG=2HF=2×22AF=2AF，
∴BC+CG=2AF，
在正方形ABCD中，AD=BC，
∴AD+CG=2AF．故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①②③④，共4个．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键．
题型二 特殊四边形与折叠问题
【例2】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形ABCD中，AD=15，AB=9．E是边AB上一点，将△ADE沿DE所在直线折叠，使得点A恰好落在CB边上点F处，则EF的长是（ ）
A．4B．5C．25D．32
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用．关键是利用折叠的性质得到对应边相等，再结合勾股定理逐步计算线段长度．首先根据折叠的性质得出DF=AD，AE=EF；然后在Rt△DFC中，利用勾股定理求出FC的长度，进而得到BF的长度；最后设EF=x，表示出BE的长度，在Rt△BEF中运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=15，AB=9，
∴BC=AD=15，CD=AB=9，∠C=∠B=90∘；
∵将△ADE沿DE折叠，点A落在CB边上的点F处，
∴DF=AD=15，AE=EF；
在Rt△DFC中，由勾股定理得：
FC=DF2−CD2=152−92=12，
∴BF=BC−FC=15−12=3；
设EF=x，则AE=x，BE=AB−AE=9−x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE2+BF2=EF2，
即(9−x)2+32=x2，
解得：x=5，即EF=5；
故选：B．
【变式1】如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为4，∠B=120°，则EF的值是（ ）
A．3B．2C．23D．4
【答案】B
【分析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的中位线即可得到结论．
【详解】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，AB=BC=CD=DA=4
∴∠ABD=12∠ABC=12×120°=60°
∵AB=AD
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=4.
由折叠的性质得：EF⊥AO，EF平分AO，
又∵BD⊥AC，
∴EF//BD
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF=12BD=2
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．
【变式2】（25-26九年级上·广东佛山·期末）如图，矩形纸片ABCD按折痕EF折叠，点B和点D重合．若AB=6cm，BC=8cm，则点C到DF的距离为（ ）
A．245cmB．485cmC．4225cmD．365cm
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握矩形与折叠的性质．
由折叠可得DF=BF，设CF=x，则DF=BF=8−x，在Rt△DCF中，利用勾股定理列方程可求得CF，DF，再利用等面积法即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=6，∠DCF=90°，
由折叠可得，DF=BF，
设CF=x，则DF=BF=8−x，
在Rt△DCF中，∠DCF=90°，
∴CF2+DC2=DF2，即x2+62=8−x2，
解得x=74，
∴CF=74，DF=8−74=254，
如图，过点C作CG⊥DF于点G，
∵S△DCF=12CF⋅DC=12DF⋅CG，
∴CG=CF⋅DCDF=74×6254=4225，即点C到DF的距离为4225cm．
故选：C．
【变式3】（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）（1）【问题提出】如图1，在矩形ABCD中，E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点F恰好在AD上，求证：四边形ABEF为正方形．
（2）【问题拓展】如图2，将图1中的矩形纸片沿过点D的直线折叠，使得点C恰好落在EF上的点H处，DG为折痕．若AB=5，AD=8，求EG的长．
【答案】（1）见解析；（2）43
【分析】（1）根据矩形的性质、折叠的性质，得出∠FAB=∠ABE=∠AFE=90°，AB=AF，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”，得出四边形ABEF是矩形，根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，即可证明四边形ABEF为正方形；
（2）根据矩形与正方形的性质，推出DF=CE=3，∠DFH=∠GEH=90°，根据折叠的性质，得出DH=CD=5，CG=GH，根据勾股定理计算FH=DH2−DF2，由EH=EF−FH计算出EH的长，设CG=GH=a，则EG=CE−CG=3−a，根据勾股定理，EG2+EH2=GH2，列出方程3−a2+12=a2求解，由EG=3−a，计算得出答案即可．
【详解】解：（1）证明：∵在矩形ABCD中，E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点F恰好在AD上，
∴∠FAB=∠ABE=∠AFE=90°，AB=AF，
∴四边形ABEF是矩形，
∴四边形ABEF为正方形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB=5，AD=8，由（1）得四边形ABEF为正方形，
∴BC=AD=8，AB=AF=EF=BE=CD=5，∠AFE=∠BEF=90°，
∴DF=CE=8−5=3，∠DFH=∠GEH=180°−90°=90°，
∵将图1中的矩形纸片沿过点D的直线折叠，使得点C恰好落在EF上的点H处，
∴DH=CD=5，CG=GH，
∴FH=DH2−DF2=52−32=4，
∴EH=EF−FH=5−4=1，
设CG=GH=a，则EG=CE−CG=3−a，
∵EG2+EH2=GH2，
∴3−a2+12=a2，
解得：a=53，
∴EG=3−a=3−53=43．
【点睛】本题考查了折叠问题、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、运用勾股定理计算求解是解题的关键．
题型三特殊四边形与动点运动问题
【例3】（24-25八年级下·云南丽江·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=4cm．点P从点A出发向点B运动，运动到点B即停止；同时，点Q从点C出发向点D运动，运动到点D即停止，点P，Q的运动速度都是1cm/s，连接PQ，PD，QB．设点P，Q的运动时间为ts．
(1)当t为何值时，四边形PQCB是矩形？
(2)当t为何值时，四边形BPDQ是菱形？
【答案】(1)当t=4时，四边形PQCB是矩形
(2)当t=3时，四边形BPDQ是菱形
【分析】（1）当四边形PQCB是矩形时，由BP=CQ，据此求解得出t的值即可；
（2）当四边形BPDQ是菱形时，得DP=BP=8−tcm，结合勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=4cm，
∴AD=BC=4cm，AB=DC=8cm，AB∥CD，∠C=90°，
∴BP∥CQ，
当BP=CQ时，四边形PQCB是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴平行四边形PQCB是矩形，
∵点P从点A出发向点B运动，运动到点B即停止；同时，点Q从点C出发向点D运动，运动到点D即停止，点P，Q的运动速度都是1cm/s，设点P，Q的运动时间为ts，
∴此时t=8−t，
解得：t=4．
答：当t=4时，四边形PQCB是矩形；
（2）解：∵BP=DQ=8−t，BP∥DQ，
∴四边形BPDQ是平行四边形，
当DP=BP时，四边形BPDQ为菱形．
设t秒后，DP=BP=8−tcm，四边形BPDQ为菱形，
根据勾股定理得：AD2+AP2=DP2，
即42+t2=8−t2，
解得：t=3．
答：当t=3时，四边形BPDQ是菱形．
【变式1】如图，在菱形ABCD中，AB=5cm，∠ADC=120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为_____________s．
【答案】53
【分析】延长AB至M，使BM=AE，连接FM，证出△DAE≌△EMF，得到△BMF是等边三角形，再利用菱形的边长为5求出时间t的值．
【详解】解：延长AB至M，使BM=AE，连接FM，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠A=60°，
∵BM=AE，
∴AD=ME，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD，
∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°-∠A=120°，
∴∠MEF=∠ADE，
∴在△DAE和△EMF中，
AD=EM∠ADE=∠MEFDE=FE
∴△DAE≌EMF（SAS），
∴AE=MF，∠M=∠A=60°，
又∵BM=AE，
∴△BMF是等边三角形，
∴BF=AE，
∵AE=t，CF=2t，
∴BC=CF+BF=2t+t=3t，
∵BC=5，
∴3t=5，
∴t=53，
故答案为：53．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出△BMF是等边三角形．
【变式2】（23-24八年级下·天津蓟州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=12，BC=18，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P运动时间为t秒．
(1)当点P运动停止时，t=______，线段DP的长为______；
(2)①用含t的式子填空：DP=______，BQ=______，AP=______；
② t为何值时，四边形ABQP为矩形，求出t的值；
(3)在运动的过程中，是否存在某一时刻t，使以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)9；9
(2)①t；2t；12−t；②t=4
(3)t=6
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，一元一次方程的几何应用：
（1）分别计算出点P和点Q到达终点的时间，进而得到停止时间，据此求出对应的DP的长即可；
（2）①根据题意列出对应的代数式即可；②根据题意可得当四边形ABQP是平行四边形时，四边形ABQP是矩形，则AP=BQ，据此列出方程求解即可；
（3）根据题意可得四边形PDCQ为平行四边形，则PD=CQ，据此列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵121=12，182=9，
∴点P运动9秒后停止，即t=9，
∴DP=1×9=9，
故答案为：9；9；
（2）解：①由题意得，DP=t，BQ=2t，
∵AD=12，
∴AP=AD−DP=12−t，
故答案为：t；2t；12−t；
②∵∠A=90°，
∴当四边形ABQP是平行四边形时，四边形ABQP是矩形，
∴此时有AP=BQ，
∴12−t=2t，
解得t=4；
（3）解：∵以P，D，C，Q为顶点的四边形为平行四边形，且PQ∥CQ，
∴此时四边形PDCQ为平行四边形，
∴PD=CQ，
∴t=18−2t，
解得t=6．
【变式2】（25-26八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm．点E从点A出发向点D运动，同时点F从点C出发向点B运动，运动速度都是1cm/s，设它们的运动时间为ts0