专题02 平行四边形 重难点题型-【高频考点】最新八年级数学下册高频考点专题突破（人教版）

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专题02 平行四边形 重难点题型
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.
2）利用平行四边形的定义以及其边和角的性质来解题，必要的时需要列方程或方程组来求出其解。
1．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在平行四边形中，，．作于点E，于点F，记的度数为，，．则以下选项错误的是（ ）

A． B．的度数为
C．若，则四边形的面积为平行四边形面积的一半
D．若，则平行四边形的周长为
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质得出，，，，得出，求出，得出；由平行四边形的面积得出；若，则，求出，由直角三角形的性质得出，，得出，，求出平行四边形的周长；求出的面积，的面积，平行四边形的面积，得出四边形的面积平行四边形的面积的面积的面积平行四边形面积的一半；即得出结论．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，，，
于点，于点，
，；
平行四边形的面积，，，
，；若，则，
，，，
，，平行四边形的周长；
的面积，的面积，平行四边形的面积，
四边形的面积平行四边形的面积的面积的面积平行四边形面积的一半；
综上所述，选项、、不符合题意，选项符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2021·山东泰安市·九年级期末）如图，已知的面积为点在线段上，点在线段的延长线上，且四边形是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】想办法证明S阴=S△ADE+S△DEC=S△AEC，再由EF∥AC，可得S△AEC=S△ACF解决问题；
【详解】解：如图,连接AF、EC．∵BC=4CF，S△ABC=24，∴S△ACF= ×24=6，

∵四边形CDEF是平行四边形，∴DE∥CF，EF∥AC，
∴S△DEB=S△DEC，∴S阴=S△ADE+S△DEC=S△AEC，
∵EF∥AC，∴S△AEC=S△ACF=6，∴S阴=6．故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握等高模型解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
3．（2021·辽宁锦州市·九年级期末）如图，在中，，，按以下步骤作图：①以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；②分别以点，为圆心，以长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，则的长为（ ）

A．3 B． C．4 D．
【答案】D
【分析】先根据题目描述可确定CG⊥BD，再由平行确定∠EBC=30°，从而在Rt△BEC中计算即可
【详解】根据题意描述，CG垂直平分线段DF，即∠BEC=90°，
∵，四边形为平行四边形，∴AD//BC，AD=BC=6∴∠EBC=30°，
∴在Rt△BEC中，，∴，故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，垂直平分线的判定，以及勾股定理，充分理解题中描述的作图过程是解题关键．
4．（2021·陕西碑林·九年级期中）如图，平行四边形ABCD的周长为16，AC、BD相交于点O，OE⊥AC交AD于E，则△DCE的周长为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】先证明AE＝EC，再求解AD+DC＝8，再利用三角形的周长公式进行计算即可.
【详解】解：∵平行四边形ABCD，∴AD＝BC，AB＝CD，OA＝OC，
∵EO⊥AC，∴AE＝EC，∵AB+BC+CD+AD＝16，∴AD+DC＝8，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE＝AE+DE+CD＝AD+CD＝8，故选：C．
【点睛】本题考查的是平行四边形性质，线段垂直平分线的性质，证明AE＝EC是解本题关键.
5．（2022·黑龙江·大庆市北湖学校八年级期末）在□ABCD中，AC=24，BD=38，AB=m，则m的取值范围是（ ）
A．24 【答案】C
【分析】作出平行四边形，根据平行四边形的性质可得，，然后在中，利用三角形三边的关系即可确定m的取值范围．
【详解】解：如图所示：

∵四边形ABCD为平行四边形，∴，，
在中，，∴，即，故选：C．
【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及三角形三边的关系，熟练掌握平行四边形的性质及三角形三边关系是解题关键．
6．（2021·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．
7．（2021·安徽阜阳市·九年级期末）如图，在▱ABCD 中，∠A＝60°，AB＝8，AD＝6，点 E、F 分别是边 AB、CD 上的动点，将该四边形沿折痕 EF 翻折，使点 A 落在边 BC 的三等分点处，则 AE 的长为 ．

【答案】或
【分析】设点A落在BC边上的A′点，分两种情况：①当A′C=BC=2时；②如图2，当A′B=BC=2时，过A′点作AB延长线的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理即可．
【详解】设点A落在BC边上的A′点．①如图1，当A′C=BC=2时，A′B=4，

设AE=x，则A′E=x，BE=8-x．过A′点作A′M垂直于AB，交AB延长线于M点，
在Rt△A′BM中，∠A′BM=60°，∴BM=2，A′M=2．
在Rt△A′EM中，利用勾股定理可得：x2=（10-x）2+12，解得x=．即AE=；
②如图2，当A′B=BC=2时，设AE=x，则A′E=x，BE=8-x．
过A′点作A′N垂直于AB，交AB延长线于N点，
在Rt△A′BN中，∠A′BN=60°，∴BN=1，A′N=．
在Rt△A′EN中，利用勾股定理可得：x2=（9-x）2+3，解得x=．
即AE=；所以AE的长为5.6或．故答案为5.6或．
【点睛】本题主要考查翻折性质、平行四边形的性质、勾股定理，同时考查分类讨论的数学思想．

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．（2021·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．（2020·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．（2020·四川巴中市·八年级期末）下列说法，属于平行四边形判定方法的有（ ）．
①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②平行四边形的对角线互相平分；
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④平行四边形的每组对边平行且相等；
⑤两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑥一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法分析即可；
【详解】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故①正确；
平行四边形的对角线互相平分，是平行四边形的性质，故②错误；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故③正确；
平行四边形的每组对边平行且相等，是平行四边形的性质，故④错误；
两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故⑤正确；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故⑥正确；故正确的是①③⑤⑥；故答案选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，准确分析判断是解题的关键．
4．（2021·黑龙江·哈尔滨市萧红中学八年级阶段练习）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=BC B．∠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．（2020·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】此题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的关键.
6．（2021·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．（2021·广东惠城·八年级期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，点D从点C出发沿CA方向以cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0＜t≤60）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）当t＝30秒或40秒时，△DEF为直角三角形
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质求出DF，得到DF=AE，并由已知证得DF∥AE，则根据平行四边形的判定定理证明结论；（2）利用①当∠EDF=90°时；②当∠DEF=90°时；③当∠EFD=90°时，分别分析得出即可．
【详解】（1）证明：∵等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，
∴AB＝BC＝60cm，∠C＝45°，由题意得，CD＝t，AE＝t，
∵DF⊥BC， ∴DF＝CD＝t，∠CFD＝90°，
∴DF＝AE，DF∥AE，∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：①当∠EDF＝90°时，如图①，

∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠C＝45°，∴AD＝AE，
即60﹣t＝t，解得，t＝30，
②当∠DEF＝90°时，如图②，
∵AD∥EF，∴DE⊥AC，∴AE＝AD，即t＝×（60﹣t），解得，t＝40，
③当∠EFD=90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t＝30秒或40秒时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、等腰直角三角形的性质，掌握平行四边形的判定定理及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2021·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．
3．（2020·天津八年级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，∠BCD的平分线CF交边AB于F，∠ADC的平分线DG交边AB于G，且DG与CF交于点E．（Ⅰ）求证：AF＝GB；（Ⅱ）求证：△EFG是直角三角形；（Ⅲ）在▱ABCD中，添上一个什么条件，使△EFG是等腰直角三角形．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）添加四边形ABCD为矩形等．
【分析】（Ⅰ）由角平分线知∠ADG=∠CDG，由平行知∠CDG=∠AGD所以，∠ADG=∠AGD，即AD=AG，同理BF=BC，又AD=BC，所以AG=BF，去掉公共部分，则有AF=GB；
（Ⅱ）由于DG、CF是平行四边形一组邻角的平分线，所以△EFG已经是直角三角形了；
（Ⅲ）要成为等腰直角三角形，则必须有EF=EG或者∠EFG=∠EGF即可．
【详解】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC．
∴∠AGD＝∠CDG，∠DCF＝∠BFC．
∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，∴∠CDG＝∠ADG，∠DCF＝∠BCF．
∴∠ADG＝∠AGD，∠BFC＝∠BCF∴AD＝AG，BF＝BC．∴AF＝BG；
（Ⅱ）解：∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD＝180°，∵DG、CF分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠EDC+∠ECD＝90°，∴∠DEC＝90°，∴∠FEG＝90°，∴△EFG是直角三角形；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：我们只要保证添加的条件使得EF＝EG就可以了．
我们可以四边形ABCD为矩形等．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和直角三角形的判定，解答关键是根据条件找到图中的等腰三角形．
4．（2021·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．
5．（2021·全国八年级专题练习）在中，，分别为对角线上两点，连接，，，，并且．（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于面积的．

【答案】（1）见解析；（2），，，
【分析】（1）由题意易得，，进而可得，，然后可得，最后根据全等三角形的性质可求证；
（2）由（1）可得BE=DF，则根据题意易得，进而由△ABD和△ABE、△ADF是等高，可得△ABE、△ADF的面积是△ABD面积的，由此问题可求解．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形为平行四边形，∴，，
∵，∴，
∴，即，
∴，∴，∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）可得，BE=DF，∵，∴，
根据△ABD和△ABE、△ADF是等高，可得：△ABE、△ADF的面积是△ABD面积的，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴△ABD和△BCD的面积相等，
同理可得△BEC和△DFC的面积是△BCD面积的，
∴，，，的面积都等于面积的．

【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
6．（2021·全国八年级专题练习）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．

题型4. 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．（2020·河南西华初三三模）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．（2020·木兰县吉兴乡吉兴中学初三期末）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．（2020·开原市业民镇中学初三月考）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．（2020·柘城县实验中学初三其他）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．14 B．21 C．24 D．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．（2020·长沙市南雅中学初三期末）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．16cm B．cm C．cm D．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．12 B．12.5 C．15 D．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】本题主要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5. 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：①4个角都是直角； 对角线：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．（2020·四川省初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．

【答案】
【分析】由已知条件可先求得，在Rt△ABE中可求得，再由矩形的性质可得OA=OB，则可求得，即可求得结果；
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴，OA=OB，
∵∠EAD＝3∠BAE，∴，∴，
∵AE⊥BD，∴，
∴，．故答案是．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质求角度，准确利用已知条件是解题的关键．
2．（2020·郑州枫杨外国语学校初三三模）如图，在矩形ABCD中，∠BAC=60°，以点A为圆心、任意长为半径作弧分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点E，若BE=2，则矩形ABCD的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据矩形的性质得到∠B=∠BAD=90°，求得∠ACB=30°，由作图知，AE是∠BAC的平分线，得到∠BAE=∠CAE=30°，根据等腰三角形的性质得到AE=CE，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理得到AE、AB的长，于是得到结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠BAD=90°，∵∠BAC=60°，∴∠ACB=30°，
由作图知，AE是∠BAC的平分线，∴∠BAE=∠CAE=30°，∴∠EAC=∠ACE=30°，∴AE=CE，
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE =30°，BE=2，∴AE=2BE=4，AB=，
∴BC=BE+EC=BE+ AE=2+4=6，∴矩形ABCD的面积=AB•BC=．故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理的应用，作图-基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义和性质及直角三角形30°角所对边等于斜边的一半．
3．（2020·宁波华茂国际学校初三期末）如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B．2 C． D．6
【答案】B
【分析】先由题意得到大正方形的边长和小正方形的边长，再求阴影部分的面积.
【解析】由题意可得，大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴图中阴影部分的面积为：，故选：B．
【点睛】本题考查矩形面积的求法，解题的关键是得到大正方形的边长和小正方形的边长.
4．（2020·湖北武汉初三一模）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．
5．（2021·西安市第二十三中学九年级开学考试）如图，在矩形中，点，分别在边，上，且，将矩形沿直线折叠，使点恰好落在边上的点处，则的长为（ ）

A．9 B．8 C． D．
【答案】D
【分析】先求出DE＝3，CE＝6，根据翻折变换的性质可得PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，然后根据直角三角形30°角的性质求出∠DPE＝30°，从而得到∠DPF，根据平行线的性质求出∠CFP，再求出∠CFE＝30°，然后利用30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求出FC，从而得解．
【详解】解：∵DC＝3DE＝9，∴DE＝3，CE＝6，
由翻折变换得，PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，
所以，在Rt△DPE中，∠DPE＝30°，
所以，∠DPF＝∠EPF+∠DPE＝90°+30°＝120°，
∵矩形对边AD∥BC，∴∠CFP＝180°﹣∠DPF＝180°﹣120°＝60°，
∴∠CFE＝∠CFP＝30°，∴EF＝2CE＝2×6＝12，
在Rt△CEF中，根据勾股定理得，FC＝＝＝6=FP．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、直角三角形的性质和勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
6．（2020·河南新郑初三期末）如图,在矩形ABCD中,BC=2,AE⊥BD,垂足为E,∠BAE=30°,那么△ECD的面积是　（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，先求Rt△AED的面积，再证明△ECD的面积与它相等．
【解析】

如图：过点C作CF⊥BD于F.∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，∠BAE=30°.
∴∠ABE=∠CDF=60°,AB=CD,AD=BC=2,∠AEB=∠CFD=90°，∠AED=30°，
∴△ABE≌△CDF.∴AE=CF.∴S△AED=ED×AE,S△ECD=ED×CF.∴S△AED=S△CDE
∵AE=1,DE=，∴△ECD的面积是.故答案选:D.
【点睛】本题考查了矩形的性质与含30度角的直角三角形相关知识，解题的关键是熟练的掌握矩形的性质与含30度角的直角三角形并能运用其知识解题.

题型6. 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．（2020·浙江仙居初三期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（　　）

A．28° B．52° C．62° D．72°
【答案】C
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，∵ ，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，
∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，∴∠BCA＝∠DAC＝28°，∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
2．（2020·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．
3．（2021·山东济南市·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连结EF，则EF的最小值等于__________．

【答案】4.8
【分析】连接，由菱形的性质解得，再根据勾股定理解得，继而证明四边形为矩形，得到，根据垂线段最短解得当时，有最小值，最后根据三角形面积公式解题即可．
【详解】连接，四边形是菱形，

四边形为矩形，
当时，有最小值，此时
的最小值为，故答案为：．

【点睛】本题考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为________．

【答案】12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：

∵菱形ABCD的边长为10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四边形CAEG是平行四边形，∴AC＝EG，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC6，
∴AC＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
5．（2021·贵州贵阳市·九年级期末）如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（ ）
A． B．2 C． D．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，∴，BD平分∠ABC，
∴∠∵∴△ABD是等边三角形，∴
由折叠的性质得：，EF平分AO，
又∵，∴∴EF为△ABD的中位线，∴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．
6．（2020·镇江市丹徒区江心实验学校初三月考）如图，菱形ABCD的对角线的长分别为2和5，P是对角线AC上任一点（点P不与点A、C重合），且PE∥BC交AB于E，PF∥CD交AD于F，则阴影部分的面积是__________．

【答案】
【分析】根据题意可得阴影部分的面积等于△ABC的面积，因为△ABC的面积是菱形面积的一半，根据已知可求得菱形的面积则不难求得阴影部分的面积．
【解析】设AP，EF交于O点，

∵四边形ABCD为菱形，∴BC∥AD,AB∥CD.
∵PE∥BC,PF∥CD，∴PE∥AF,PF∥AE.
∴四边形AEFP是平行四边形．∴S△POF=S△AOE.
即阴影部分的面积等于△ABC的面积．
∵△ABC的面积等于菱形ABCD的面积的一半，菱形ABCD的面积=ACBD=5，
∴图中阴影部分的面积为5÷2=．
题型7. 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：①4个角都是直角； 对角线：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．（2020·辽宁抚顺初三期末）为正方形内一点，且是等边三角形，求的度数是

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，易证得△ABE是等腰三角形，且AB=BE，易求得∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，继而求得答案．
【解析】解：∵E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，
∴∠ABC=90°，∠EBC=60°，AB=CB=EB，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，
∴∠EAB=∠AEB==75°．故答案为：75°．
【点睛】此题考查了正方形的性质以及等边三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
2．（2020·辽宁新抚初三期末）如图，正方形ABCD中，AE＝AB，直线DE交BC于点F，则∠BEF＝（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°

【答案】B
【分析】先设，根据题意得出，然后根据等腰三角形性质，，最后根据即可求解.
【解析】解：设，∵四边形ABCD是正方形，∴，
∵，∴，∴，
，，
∴.故选B.
【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰三角形的性质，利用方程思想求解是关键.
3．（2020·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．
4．（2020·河北宣化初三期末）如图所示，E是正方形ABCD边BC上任意一点，EF⊥BO于F，EG⊥CO于G，若AB＝10厘米，则四边形EGOF的周长是______厘米．

【答案】
【分析】根据已知可得到△BFE，△CGE是等腰直角三角形，得到BF＝EF，EG＝GC，则四边形EGOF的周长OF＋EF＋OG＋CG＝OB＋OC＝BD
【解析】∵EF⊥BO于F，EG⊥CO，∠BAC＝∠ACB＝45°∴△BFE，△CGE是等腰直角三角形
∴BF＝EF，EG＝GC ∴四边形EGOF的周长OF＋EF＋OG＋CG＝OB＋OC＝BD＝=cm
故答案为．
【点睛】主要考查了正方形基本性质，是基础知识要熟练掌握．
5．（2020·湖北汉阳初三期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠DAE＝67.5°，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为（　　）

A．1 B． C．4-2 D．3-4
【答案】C
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，再根据∠DAE=67.5°，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后根据勾股定理求出正方形的对角线BD，再求出BE，最后根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的倍计算即可得解．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠DAE＝67.5°，在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，∴∠DAE＝∠AED，∴AD＝DE＝4，
∵正方形的边长为4，∴BD＝4，∴BE＝BD﹣DE＝4﹣4，
∵EF⊥AB，∠ABD＝45°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF＝BE＝×（4﹣4）＝4﹣2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边的性质，正方形的对角线与边长的关系，等腰直角三角形的判定与性质，根据角的度数相等求出相等的角，再求出DE＝AD是解题的关键，也是本题的难点．
6．（2020·江苏崇川南通第一初中初三期中）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8. 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：①4个角都是直角； 对角线：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．（2020·长沙市天心区明德启南中学初三期中）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、．若，，则下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】连接BD，先证明△BOC是等边三角形，得出BO=BC，又FO=FC，从而可得出FB⊥OC，故①正确；因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM，故②错误；再证明四边形EBFD是平行四边形，由OB⊥EF推出四边形EBFD是菱形，故③正确；先在Rt△BCF中，可求出BC的长，再在Rt△BCM中求出BM的长，从而可知④错误，最后可得到答案．
【解析】解：连接BD，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC、BD互相平分，
∵O为AC中点，∴BD也过O点，∴OB=OC，∵∠COB=60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC，
又FO=FC，BF=BF，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴△OBF与△CBF关于直线BF对称，
∴FB⊥OC，∴①正确；

∵∠OBC=60°，∴∠ABO=30°，∵△OBF≌△CBF，∴∠OBM=∠CBM=30°，∴∠ABO=∠OBF，
∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，易证△AOE≌△COF，∴OE=OF，
∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形．
又∠EBO=∠OBF，OE=OF，∴OB⊥EF，∴四边形EBFD是菱形，∴③正确；
∵由①②知△EOB≌△FOB≌△FCB，∴△EOB≌△CMB错误，∴②错误；
∵FC=2，∠OBC=60°，∠OBF=∠CBF，∴∠CBF=30°，∴BF=2CF=4，∴BC=2，
∴CM=BC=，∴BM=3，故④错误．综上可知其中正确结论的个数是2个．故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，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．
2．（2020·深圳市龙岗区布吉贤义外国语学校初三其他）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC−CF=2HE．其中正确的结论有( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE-AH=BC-CD，BC-CF=BC-（CD-DF）=2HE，判断出④正确．
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB，
∵AD=AB，∴AE=AD，在△ABE和△AHD中，，
∴△ABE≌△AHD（AAS），∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED=（180°-45°）=67.5°，
∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，∠AHB=（180°-45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=67.5°=∠AED，∴OE=OH，
∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，，∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE-AH=BC-CD，∴BC-CF=BC-（CD-DF）=BC-（CD-HE）=（BC-CD）+HE=HE+HE=2HE．故④正确；综上所述，结论正确的是①②③④共4个．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
3．（2020·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．
4．（2020·黑龙江省初三期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．

【答案】（1）t=3，ABQP是矩形；（2）t=，AQCP是菱形；（3）周长为:15cm，面积为：（cm2）.
【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4AQ，面积=CQ×AB．
【解析】解：（1）由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=6-t在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，
当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，∴t=6-t，得t=3故当t=3s时，四边形ABQP为矩形．
（2）AD∥BC，AP=CQ=6-t，∴四边形AQCP为平行四边形∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形
即＝6−t时，四边形AQCP为菱形，解得t=，故当t=s时，四边形AQCP为菱形．
（3）当t=时，AQ=，CQ=，则周长为：4AQ=4×=15cm     
面积为：CQ•AB＝×3＝．
【点睛】本题考查菱形、矩形的判定与性质．注意结合方程的思想解题．
5．（2020·吉林省初三一模）（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．

题型9. 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：①四条边相等；角：无；对角线：②对角线相互垂直；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．（2020·沭阳县修远中学初三月考）如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论：①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．其中正确的个数是________________(填写正确的序号）．

【答案】①②③
【分析】根据旋转和等边三角形的性质得出∠ACE＝120°，∠DCE＝∠BCA＝60°，AC＝CD＝DE＝CE，求出△ACD是等边三角形，求出AD＝AC，根据菱形的判定得出四边形ABCD和ACED都是菱形，根据菱形的判定推出AC⊥BD．
【解析】∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，
∴∠ACE＝120°，∠DCE＝∠BCA＝60°，AC＝CD＝DE＝CE，∴∠ACD＝120°−60°＝60°，
∴△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AC＝AD＝DE＝CE，∴四边形ACED是菱形，
∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，AC＝AD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∴四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴①②③都正确，故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定的应用，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
2．（2020·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．①② B．①②③ C．①②④ D．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.
3．（2020·浙江温州初三期末）如图，16个形状大小完全相同的菱形组成网格，菱形的顶点称为格点（1）在图1中画出矩形，使得，，，分别落在，，，边（包含端点）的格点上；（2）如图2，已知点，，，，均在格点上，请在网格中（包含边界）找一格点，连结，使得直线平分的面积．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据矩形的判定方法作出图形即可（答案不唯一）．（2）直线PQ经过平行四边形的中心即可．
【解析】解：（1）矩形MNEF如图所示．

（2）如图2中，点Q即为所求．

【点睛】本题考查作图-应用与设计，平行四边形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
4．（2020·浙江丽水初三期末）如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结（1）求的度数；（2）求证：（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．

【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）由题意可证是等边三角形，可得，可求解；
（2）根据菱形的性质，等边三角形的性质，利用证明可证明结论；
（3）可分三种情况：当时；当时；当时分别进行计算即可求解．
【解析】解：（1），，是等边三角形，
，；
（2）证明：由（1）知，，
四边形为菱形，，，，
，，，，
是等边三角形，，，，
，，，
，；
（3），，
当时，，只有当时，，
此时，为，的中点，；
当时，在运动过程中，到达之前，永远在点下方，
从同一点引出的，再点下方不存在；
当时，点在的中垂线上，即点上，
而运动期间不可能位于线段上，在上不存在，
综上，，即当为2时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质等知识的综合运用，注意分类讨论．
5．（2020·哈尔滨市虹桥初级中学校初三月考）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．
6．（2020·长沙市中雅培粹学校初三月考）如图，已知菱形的对角线相交于点，延长至点，使，连接．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求的大小．
（3）在第（2）问的基础上，且，求四边形的面积．

【答案】（1）见解析；（2）30°；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质得到，再由BE=AB，得到一组对边平行且相等，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据平行四边形的性质得到，从而得到，再由菱形的对角线互相垂直，即可得到∠BAO的大小；（3）过点作交于，利用30°直角三角形的性质以及勾股定理分别求出CE，AC，CF的值即可解答．
【解析】（1）证明：四边形是菱形，，
又，，四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，，，
又四边形是菱形，，；
（3）过点作交于，

，，AE=4，又，，
，，，
，∴．
【点睛】本题综合考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理的运用．熟悉平行四边形的判定、菱形的性质以及直角三角形的性质是解题的关键．

题型10. 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．（2020·内蒙古武川初三期末）如图，已知正方形ABCD边长为1，，，则有下列结论：①；②点C到EF的距离是2-1；③的周长为2；④，其中正确的结论有（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1=∠2，易得∠1=∠2=∠22.5°，于是可对①进行判断；连接EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE=DF，则CE=CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB=EH，FD=FH，则可对③④进行判断；设BE=x，则EF=2x，CE=1-x，利用等腰直角三角形的性质得到2x=（1-x），解方程，则可对②进行判断．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中， ，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠1=∠2，
∵∠EAF=45°，∴∠1=∠2=∠22.5°，所以①正确；
连接EF、AC，它们相交于点H，如图，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE=DF，而BC=DC，∴CE=CF，
∵AE=AF，∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，∴EB=EH，FD=FH，∴BE+DF=EH+HF=EF，所以④错误；
∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2，所以③正确；
设BE=x，则EF=2x，CE=1-x，∵△CEF为等腰直角三角形，
∴EF=CE，即2x=（1-x），解得x=-1，∴BE=-1，
Rt△ECF中，EH=FH，∴CH=EF=EH=BE=-1，∵CH⊥EF，∴点C到EF的距离是-1，
所以②错误；本题正确的有：①③；故选：C．
【点睛】本题考查四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解题的关键是证明AC垂直平分EF．
2．（2020·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．①② B．②③ C．①②④ D．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．
3．（2020·北京海淀北理工附中初三一模）▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，下列四个结论中：
①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＜90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有正确说法的序号是_____．
【答案】①③④
【分析】①根据平行四边形的性质得AB∥DC，OA＝OC，再由平行线的性质和对顶角相等可得∠OAE＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，根据ASA来判定△AOE≌△COF，推出AE=CF,由此可判断四边形为平行四边形；
②根据矩形的判定定理可知，当CE⊥AB时，四边形AECF为矩形，而图2-2中，AB ④当CE⊥AB且∠BAC＝45°时，四边形AECF为正方形，在AB上一定存在一点E
【解析】解：（1）如图1，∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，故选项①正确；
（2）如图2，当∠ABC＜90°,

当CE⊥AB时，四边形AECF为矩形，在图2中，AB>AD时，存在一点E, 使得四边形AECF是矩形；
而图2-2中，AB （3）如图3，

当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，
∵AB＞AD，∴在AB上一定存在一点E, 使得四边形AECF是矩形；故选项③正确．
（4）如图4，当CE⊥AB且∠BAC＝45°时，四边形AECF为正方形，故选项④正确．故答案为：①③④．
【点睛】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
4．（2020·山西翼城初三期末）如图，在正方形中，，点在边上，且，将沿对折至，延长交于点，连结，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．③④① D．①②④
【答案】D
【分析】依据HL即可判定Rt△ABG≌Rt△AFG，判断出①正确；根据全等三角形对应边相等可得BG=FG，再根据“CD=3DE”求出DE的长，然后设BG=x，表示出CG、EG，然后利用勾股定理列出方程求出x，从而求出BG=FG=CG，判断出②正确；利用即可求得，判断出③错误；依据∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，即可得到∠EAG=∠BAD，判断出④正确．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠GCE=∠D=90°，
由折叠的性质得：AF=AD，∠AFE=∠D=90°，∴∠AFG=90°=∠B，AB=AF，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；∴BG=FG，
∵AB=6，CD=3DE，∴DE=2，CE=6-2=4，设BG=x，则CG=6-x，EG=x+2，
在Rt△CEG中，CG2+CE2=EG2，即(6-x)2+42=(x+2)2，解得x=3，∴BG=FG=CG=3，故②正确；
由②得：BG =CG=3，DE=2，CE=4，AB=AD=6，
∴，故③错误；∴∠BAG=∠FAG，由折叠可得，∠DAE=∠FAE，∴∠EAG=∠BAD=，故④正确；
综上，①②④正确．故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记各性质是解题的关键，难点在于在Rt△CEG中利用勾股定理列出方程．
5．（2020·扬州市江都区实验初级中学初三期中） 在正方形ABCD中．（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．

【答案】（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质可得∠BAO=∠CBF，然后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，BN=FH，由（1）题的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：a2+b2=52，然后根据完全平方公式即可求出a+b，进一步即得结果．
【解析】解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，∴△ABE≌△BCF（ASA）．∴AE=BF；

（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，如图4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，∴AM=GE，BN=FH，
∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM=BN，∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为×5=，
设AO=a，BO=b，则ab=，即ab=5，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，
∴a2+2ab+b2=25+10=35，即，∴a+b=，即AO+BO=，∴△AOB的周长为5+．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思想是解题的关键．

题型11. 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．（2020·苏州新草桥中学八年级月考）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．（2020·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．（2020·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．（2020·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．（2020·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．（2020·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.

题型12. 三角形的中位线的应用
解题技巧：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半
1．（2021·山东泰安市·九年级期末）如图：在中，点分别是的中点，连接，如果那么的周长是___．

【答案】30
【分析】根据三角形的中位线性质，求出AC的长，再求出ΔABC的周长．
【详解】∵点 D 、 E 分别是 AB 、 BC 的中点，∴DE是ΔABC的中位线，∴ DE=AC ，
∵ DE=2.5 ，∴ AC=5 ，∵ AB=13 ， BC=12 ，∴ C△ABC=AB+BC+AC=13+12+5=30．故答案为：30.
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质定理，解题的关键是掌握，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
2．（2021·山东东营市·八年级期末）如图，在中，已知AB=8，BC=6，AC=7，依次连接的三边中点，得到，再依次连接的三边中点，得到，，按这样的规律下去，的周长为____．

【答案】
【分析】由再利用中位线的性质可得：再总结规律可得：从而运用规律可得答案．
【详解】解：探究规律： AB=8，BC=6，AC=7，
分别为的中点，
同理：
总结规律： 运用规律：当时，故答案为：
【点睛】本题考查的是图形周长的规律探究，三角形中位线的性质，掌握探究规律的方法与三角形中位线的性质是解题的关键．
3．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）如图，在中，，，点D是边的中点，点E在边上，若，那么的长是__________．

【答案】
【分析】过D作DF⊥AC于F，得到AB∥DF，求得AF＝CF，根据三角形中位线定理得到DF=AB＝1，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过D作DF⊥AC于F，∴∠DFC＝∠A＝90°，∴AB∥DF，
∵点D是BC边的中点，∴BD＝DC，∴AF＝CF，∴DF=AB＝1，
∵∠DEC＝45°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=DF=，故答案为：．

【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．
4．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）在中，E是边上的中点，连接，并延长交的延长线于点F．已知，，：则__________，__________．

【答案】
【分析】结合题意，通过证明，得到，即可得到；过点F作于点H，延长AD交FH于点G，结合题意，根据平行四边形、对顶角、直角三角形两锐角互余的性质，计算得，从而得CH的值；再根据勾股定理计算，得FH和BC的值，结合平行四边形ABCD 性质以及，DG是中位线，从而得到DG，通过计算即可得到答案．
【详解】∵E是边上的中点∴
∵平行四边形ABCD∴ ∴
∵ ∴ ∴
∵∴ 过点F作于点H，延长AD交FH于点G

∵∴ ∴，即
∵，且∴
∴∴ ∴
∵平行四边形ABCD∴ ∴
∴∴
∴ ∴
∵，∴DG是中位线∴
∴故答案为：，．
【点睛】本题考查了平行四边形、勾股定理、直角三角形、三角形中位线、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、勾股定理、直角三角形、三角形中位线、全等三角形的性质，从而完成求解．
5．（2020·四川遂宁市·射洪中学九年级月考）如图，△ABC中，AD是中线，AE是角平分线， CF⊥AE于F，AB=13，AC=8，则DF的长为_________．

【答案】2.5
【分析】延长CF交AB于H，证明△AFH≌△AFC，根据全等三角形的性质得到AH=AC=7，CF=FH，求出HB，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：延长CF交AB于H，

∵AE平分∠BAC，∴∠HAF=∠CAF,
在△AFH和△AFC中， ，
∴△AFH≌△AFC（ASA），∴AH=AC，CF=FH，
∵AB=13，AC=8，∴AH=AC=8，∴HB=AB-AH=13-8=5，
∵CF=FH，CD=DB，∴DF=HB=2.5，故答案为：2.5．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2020·山西晋中市·八年级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝4，BC＝10，则EF的长为_____．

【答案】3
【分析】先根据三角形中位线定理求得DE，然后再根据直角三角形的性质求出DF，最后运用线段的和差计算即可．
【详解】解：∵DE为△ABC的中位线，∴DE＝BC＝5，
∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点，∴DF＝AB＝2，∴EF＝DE﹣DF＝3．故答案为3．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解答本题的关键．