2022-2023年人教版数学八年级下册专项复习精讲精练：专题04平行四边形（原卷版+解析版）

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专题04平行四边形

一、平行线之间的距离（共2小题） 二．直角三角形斜边上的中线（共2小题）
三．三角形中位线定理（共2小题） 四．平行四边形的性质（共3小题）
五．平行四边形的判定（共4小题） 六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
七．菱形的性质（共3小题） 八．菱形的判定（共4小题）
九．菱形的判定与性质（共2小题） 十．矩形的性质（共4小题）
十一．矩形的判定（共4小题） 十二．矩形的判定与性质（共2小题）
十三．正方形的性质（共4小题） 十四．正方形的判定（共5小题）
十五．正方形的判定与性质（共3小题）

知识点一、平行四边形
定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
性质：（1）．边的性质：平行四边形两组对边平行且相等；
（2）．角的性质：平行四边形邻角互补，对角相等；
（3）．对角线性质：平行四边形的对角线互相平分；
（4）．平行四边形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心.
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.
平行线的性质
（1）平行线间的距离都相等
（2）等底等高的平行四边形面积相等
知识点二、特殊的平行四边形
矩形、菱形、正方形的定义
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形.
矩形的性质：1.矩形具有平行四边形的所有性质；
2.矩形的对角线相等；
3.矩形的四个角都是直角；
4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴.
矩形的判定：1. 有三个角是直角的四边形是矩形.
2. 对角线相等的平行四边形是矩形.
3. 定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
菱形的性质：1.菱形的四条边都相等；
2.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；
3.菱形是轴对称图形，它有两条对称轴.
菱形的判定：1. 四条边相等的四边形是菱形.
2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
3. 定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
正方形的性质：1.正方形四个角都是直角，四条边都相等.
2.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.
3.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
正方形的判定：1.有一组邻边相等的矩形是正方形.
2.有一个内角是直角的菱形是正方形.

一．平行线之间的距离（共2小题）
1．（2022春•鹿邑县期中）如图，直线a∥b，直线a与直线b之间的距离是（　　）

A．线段PA的长度 B．线段PB的长度
C．线段PC的长度 D．线段PD的长度
【分析】从一条平行线上的任意一点向另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，由此可得出答案．
【解答】解：根据题意得：a∥b，PA⊥a，
∴直线a与直线b之间的距离是线段PA的长度．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线之间的距离，关键是掌握平行线之间距离的定义．
2．（2022春•清丰县期中）在同一平面内，设a、b、c是三条互相平行的直线，a与b之间的距离为5，b与c之间的距离为2，则a与c之间的距离为　7或3　．
【分析】方两种情况讨论，分别画出图形，根据图形进行计算即可．
【解答】解：有两种情况：
①如图①所示，直线a与c之间的距离是5+2＝7；

②如图②所示，直线a与c之间的距离是5﹣2＝3；

综上所述，a与c之间的距离为7或3．
故答案为：7或3．
【点评】本题主要考查对平行线之间的距离的理解和掌握，能根据图形分情况讨论是解此题的关键
二．直角三角形斜边上的中线（共2小题）
3．（2022春•鸡西期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则∠ECD＝（　　）

A．35° B．30° C．45° D．50°
【分析】根据题意先求出∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，利用直角三角形两锐角互余求得∠B＝67.5°，再根据直角三角形斜边上中线性质得到BE＝CE，求得∠BCE的度数，进而得到答案．
【解答】解：∵∠ACD＝3∠BCD，∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠B＝90°﹣∠BCD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
又∵E是斜边AB的中点，
∴BE＝CE，
∴∠BCE＝∠B＝67.5°，
∴∠ECD＝∠BCE﹣∠BCD＝67.5°﹣22.5°＝45°．
故选：C．
【点评】本题主要考查直角三角形斜边上中线的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握相关性质是解题关键．
4．（2022春•九龙坡区校级期中）直角三角形的两条直角边长为5和12，则斜边上的中线长是 　　．
【分析】根据勾股定理求出斜边长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：由勾股定理得：直角三角形的斜边长＝＝13，
则斜边上的中线长为：，
故答案为：．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、勾股定理，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
三．三角形中位线定理（共2小题）
5．（2022春•大同期中）如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在AB的同侧取一点C，连接CA并延长至点D，使得DA＝AC，连接CB并延长至点E，使得EB＝BC．若DE＝18m，则AB的长为（　　）

A．12m B．10m C．9m D．8m
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵AD＝AC，BE＝CB，
∴AB是△CDE的中位线，
∴AB＝DE，
∵DE＝18m，
∴AB＝9m，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2022春•灌南县期中）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为点E，F是BC的中点，若BD＝16，求EF的长．

【分析】根据等腰三角形的性质证得E为CD的中点，由F是BC的中点，可得EF为△BCD的中位线，从而求得结论．
【解答】解：在△ACD中，AD＝AC，AE⊥CD，
∴E为CD的中点，
又∵F是CB的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
∵BD＝16，
∴EF＝8，
【点评】本题考查了三角形中位线定理和等腰三角形的性质．三角形中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
四．平行四边形的性质（共3小题）
7．（2022春•北京期中）关于平行四边形的性质，下列描述错误的是（　　）
A．平行四边形的对角线相等
B．平行四边形的对角相等
C．平行四边形的对角线互相平分
D．平行四边形的对边平行且相等
【分析】根据平行四边形的性质进行逐一判断即可．
【解答】解：∵平行四边形的性质是：对边相等且平行；对角相等，邻角互补；对角线互相平分．
∴B、C、D正确，A错误，
故选：A．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．（2022春•尧都区期中）如图，在▱ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E，若∠D＝50°，则∠BCE的度数为 　40°　．

【分析】由平行四边形的性质得出∠D＝∠B＝50°，由直角三角形的两上锐角互余得出∠BCE＝90°﹣∠B即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠D＝50°，
∴∠D＝∠B＝50°，
∵CE⊥AB，
∴∠E＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠B＝90°﹣50°＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角的互余关系；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠B的度数是解决问题的关键．
9．（2022春•西湖区期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若AC＝8，BC＝6，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的面积．

【分析】（1）先证∠ACB＝∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出CE＝AF．
（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，根据含30°角的直角三角形的性质得出AG，进而利用平行四边形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ACB＝∠CAD．
又∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
∴△BEC≌△DFA（AAS），
∴CE＝AF．
（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，

在Rt△AGC中，AC＝8，∠ACB＝30°，
∴AG＝4，
∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AG＝4×6＝24．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是利用AAS证出△BEC≌△DFA解答．
五．平行四边形的判定（共4小题）
10．（2022春•海淀区校级期中）如图，点O是△ABC内部一点，连接OB，OC，并将边AB，OB，OC，AC的中点D，E，F，G顺次连接，DEFG构成四边形，求证：四边形DEFG是平行四边形．

【分析】证明DG是△ABC的中位线，得出DG∥BC，DG＝BC．同理EF是△OBC的中位线，得出EF∥BC，EF＝BC．则DG＝EF，DG∥EF．即可得出结论．
【解答】证明：∵D，G分别是AB，AC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG∥BC，DG＝BC．
∵E，F分别是OB，OC的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
∴EF∥BC，EF＝BC．
∴DG＝EF，DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
11．（2022春•常山县期中）已知：如图，DE，DF是△ABC的两条中位线．求证：四边形DFCE是平行四边形．

【分析】根据三角形的中位线定理的位置关系即可得到要证明的四边形的对边的位置关系：两组对边分别平行．从而证明四边形是平行四边形．也可利用中位线定理的数量关系证明四边形的对边相等，从而证明是平行四边形．也可数量关系和位置关系结合证明．
【解答】证明：∵DE，DF是△ABC的两条中位线．
∴DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形DFCE是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理，熟练运用三角形的中位线定理的线段之间的位置关系或数量关系．熟悉平行四边形的判定方法．
12．（2022春•嘉祥县期中）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（　　）

A．OA＝OC，OB＝OD B．AB＝CD，AO＝CO
C．AB＝CD，AD＝BC D．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AB＝CD，AO＝CO不能判断四边形ABCD是平行四边形，故选项B符合题意；
C、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
13．（2022春•鹤城区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度运动．
（1）若动点M，N同时出发，t秒时，N走过 　t　cm，M走过 　2t　cm；
（2）若动点M，N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
（3）若点E在线段BC上，且BE＝3cm，若动点M，N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形？

【分析】（1）根据路程＝时间×速度的等量关系，可直接写出N和M的路程
（2）根据相遇问题的等量关系列出方程求解即可，M的路程+N的路程＝矩形的周长；
（3）分点M在点E的左边和右边两种情况，根据平行四边形对边相等，利用AN＝ME列出方程求解即可．
【解答】解：（1）路程＝时间×速度，时间为t，N的速度为1cm/s，所以其路程为t，M的速度2cm/s，所以其路程为2t；
故答案为：t，2t；
（2）设t秒时两点相遇，
根据题意得t+2t＝2×（4+8）＝24，
解得t＝8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）

①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝9﹣2t，
解得t＝1，
此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝2t﹣9，
解得，符合题意，
所以经过秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形．

【点评】本题主要考查了矩形的性质及平行四边形的判定与性质，根据等量关系列出方程是解题的关键．
六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
14．（2022春•新会区校级期中）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AC、BD的中点重叠并用钉子固定，则四边形ABCD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．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论．
【解答】解：∵O是AC、BD的中点，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
15．（2022春•淮安区期中）如图，在▱ABCD中，点E、F分别是AD、BC边的中点，求证：BE∥DF．

【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，AD＝BC，又由点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，可得DE＝BF，继而证得四边形BFDE是平行四边形，即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，
∴DE＝AD，BF＝BC，
∴DE＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE∥DF．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
16．（2022春•庆云县期中）如图，在▱ABCD中，E，F为对角线AC上的两点，且AE＝CF，连接DE，BF，BE，DF，求证：四边形EBFD是平行四边形．

【分析】连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，再证OE＝OF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：如图，连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形EBFD是平行四边形．

【点评】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质，灵活选择判定方法是解题的关键．
七．菱形的性质（共3小题）
17．（2022春•平邑县期中）如图，菱形ABCD中对角线相交于点O，AB＝AC，则∠ADB的度数是（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据菱形的性质，可得△ABC是等边三角形，进一步可得∠ADC＝60°，根据菱形的性质可得∠ADB的度数．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ADC＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，
在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB，
∴∠ADB＝30°，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质，涉及等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
18．（2022春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 　　．

【分析】连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，先根据菱形的性质得到AB＝AD＝5，AB∥CD，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再证明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，则可判断△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可证明△BEF为等边三角形得到EF＝BE，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理计算出BE，从而得到EF的长．
【解答】解：连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝5，AB∥CD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AB，∠ABD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，
即∠ABE＝∠DBF，
∵CD∥AB，
∴∠FDB＝∠ABD＝60°，
∴∠FDB＝∠EAB，
在△BDF和△BAE中，
，
∴△BDF≌△BAE（ASA），
∴BF＝BE，
而∠EBF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE，
在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，
∴AH＝AE＝1，
∴EH＝AH＝，
在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，
∴BE＝＝，
∴EF＝BE＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了菱形的性质：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．也考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质．
19．（2022春•武进区期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数．

【分析】根据菱形的性质得出AB＝BC，进而利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BAC：∠ACE＝2：7，∠BCA+∠ACE＝180°，
∴∠BAC+∠ACE＝180°，
∴∠BAC＝40°，
∴∠B＝180°﹣40°﹣40°＝100°．
【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的邻边相等是解题的关键．
八．菱形的判定（共4小题）
20．（2022春•泗阳县期中）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（　　）

A．AB＝CD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AD＝BC
【分析】由点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，根据三角形中位线的性质，可得EG＝FH＝AB，EH＝FG＝CD，又由当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，即可求得答案．
【解答】解：∵点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，
∴EG＝FH＝AB，EH＝FG＝CD，
∵当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，
∴当AB＝CD时，四边形EGFH是菱形．
故选：A．
【点评】此题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
21．（2022春•孝义市期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，请你添加一个条件使它是菱形，你添加的条件是 　AB＝AD（答案不唯一）　．

【分析】根据菱形的判定定理“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可以添加邻边相等的条件．
【解答】解：条件：AB＝AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
22．（2022春•孝义市期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的垂线，分别交AD，BC于点E，F，连接AF，CE，求证：四边形AFCE是菱形．

【分析】由平行四边形的性质得出AD∥BC，OA＝OC，由平行线的性质得出∠OAE＝∠OCF．由ASA证明△AOE≌△COF，由全等三角形的性质得出AE＝CF，证出四边形AFCE为菱形即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC，
∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23．（2022春•惠民县期中）平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AE∥BD，BE∥AC，OE＝CD．求证：四边形ABCD是菱形．

【分析】先证四边形AEBO是平行四边形，再证AB＝OE，则四边形AEBO是矩形，则AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形．
【解答】证明：∵AE∥BD，BE∥AC，
∴四边形AEBO是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD．
又∵OE＝CD，
∴AB＝OE，
∴平行四边形AEBO是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
【点评】本题考查了菱形的判定，涉及到平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形的判定和性质是解题的关键．
九．菱形的判定与性质（共2小题）
24．（2022春•滨江区校级期中）如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．

【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题；
（2）根据菱形的性质和勾股定理可得AB＝＝2，AE＝＝，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA＝OC，OE＝OF，
∵BE＝DF，
∴BO＝DO，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝BD＝8＝4，OA＝AC＝4＝2，
∵AC⊥BD，
∴AB＝＝2，
∵BE＝3，
∴OE＝OB﹣BE＝4﹣3＝1，
∴AE＝＝，
∴＝＝．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
25．（2022春•蓬莱市期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．

【分析】（1）首先根据题意画出图形，由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；

（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC•DF＝10．

【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
一十．矩形的性质（共4小题）
26．（2022春•乳山市期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，沿对角线AC将矩形分成两个直角三角形，其中△ABC不动，△A'C'D沿射线CA方向平移．若四边形ABC'D是菱形，求CC'的长度．

【分析】连结BD，由勾股定理求出AC＝10，利用等积关系求出BO，再运用勾股定理求出AO，从而进一步可求出结论．
【解答】解：连结BD交AC于点O，

在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10．
∵四边形ABC'D是菱形，
∴BD⊥AC'，OB＝OD，AO＝OC'．
∵，
∴．
在Rt△ABO中．AB＝6，，
∴．
∴．
∴，
∴CC′＝AC﹣AC′＝10﹣＝．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，平移的性质，勾股定理，三角形的面积，求出BO是解本题的关键．
27．（2022春•淮安区期中）如图，在矩形ABCD中，点M在DC上，AM＝AB，且BN⊥AM，垂足为N．
（1）求证：△ABN≌△MAD；
（2）若AD＝3，AN＝4，求四边形BCMN的面积．

【分析】（1）根据矩形的性质求得∠BAN＝∠AMD，再利用BN⊥AM得到∠BNA＝∠D＝90°，然后用判定三角形全等的“AAS”求解；
（2）由全等三角形的性质得到AB＝AM，再由勾股定理求出AB＝5，再利用矩形面积和三角形面积求解．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，∠D＝90°，DC∥AB，
∴∠BAN＝∠AMD．
∵BN⊥AM，
∴∠BNA＝∠D＝90°．
在△ABN和△MAD中，
，
∴△ABN≌△MAD（AAS）；
（2）解：∵△ABN≌△MAD（AAS），
∴BN＝AD，AN＝DM．
∵AD＝3，AN＝4，
∴BN＝3，DM＝4．
∵BN⊥AM，
∴AB2＝AN2+BN2，
∴AB2＝32+42＝25＝52，
∴AB＝5，
∴S四边形BCMN＝S矩形ABCD﹣S△ABN﹣S△ADM＝AD•AB﹣2AD•DM＝3×5﹣＝3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
28．（2022春•东平县期中）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（　　）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对边相等且平行
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质逐一进行判断即可．
【解答】解：A．因为矩形的对角线相等，所以A选项不符合题意；
B．因为矩形和菱形的对角线都互相平分，所以B选项不符合题意；
C．因为菱形对角线互相垂直，所以C选项符合题意；
D．因为矩形和菱形的对边都相等且平行，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．
29．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为 　12　．

【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝10，再根据三角形中位线定理可得MN＝5，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EM，EN的值，进而可以解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵点M、N分别是AD、DC的中点，
∴MN＝AC＝5，
∵DE⊥AC，点M、N分别是AD、DC的中点，
∴EM＝AD＝4，EN＝DC＝3，
则△EMN的周长＝MN+EM+EN＝5+4+3＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
一十一．矩形的判定（共4小题）
30．（2022春•烟台期中）如图，点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点G，连接CF，DF，DE．
（1）求证：DF∥AC；
（2）若BF＝2AB，点G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．

【分析】（1）连接BD，交AC于点O，证出OE是△BDF的中位线，得OE∥DF即可；
（2）先证△DFG≌△CEG（AAS），由全等三角形的性质得FG＝EG，则四边形CFDE是平行四边形，再证CD＝EF，即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接BD，交AC于点O，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∵BE＝EF，
∴OE是△BDF的中位线，
∴OE∥DF，
即DF∥AC；
（2）如图所示：

由（1）得：DF∥AC，
∴∠DFG＝∠CEG，∠GDF＝∠GCE，
∵G是CD的中点，
∴DG＝CG，
在△DFG和△CEG中，
，
∴△DFG≌△CEG（AAS），
∴FG＝EG，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵2AB＝BF，
∴2CD＝BF，
又∵EF＝BE，
∴CD＝EF，
∴平行四边形DECF是矩形．

【点评】本题考查了矩形的判定、正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
31．（2022春•广汉市期中）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（　　）

A．MB＝MO B．OM＝AC C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【分析】由平行四边形的性质可知，OA＝OC，OB＝OD，再证OM＝ON，则四边形AMCN是平行四边形，然后证MN＝AC，即可得出结论．
【解答】解：添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是OM＝AC，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，
即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM＝AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
32．（2022春•尧都区期中）如图，BD是平行四边形ABCD的一条对角线，E是CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于F．
（1）求证：BC＝CF．
（2）当DB＝DF时，求证：四边形ABCD是矩形．

【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，进一步可得∠DAE＝∠CFE，可证△ADE≌△FCE（AAS），根据全等三角形的性质可得AD＝CF，进一步即可得证；
（2）根据等腰三角形的性质可得DC⊥BC，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证．
【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DAE＝∠CFE，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF，
∴BC＝CF；
（2）∵DB＝DF，
∴△BDF是等腰三角形，
∵BC＝CF，
∴DC⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
33．（2022春•乾安县期中）已知：如图，平行四边形ABCD中，M、N分别为AB和CD的中点．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）当AC、BC满足怎样的数量关系时，四边形AMCN是矩形，请说明理由．

【分析】（1）由题意可得AB∥CD，AB＝CD，又由M，N分别是AB和CD的中点可得AM＝CN，即可得出结论；
（2）根据矩形的判定解答即可．
【解答】（1）证明∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵M，N分别为AB和CD的中点，
∴AM＝BM＝AB，CN＝DN＝CD，
∴AM＝CN，
∵AB∥CD，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）解：AC＝BC时，四边形AMCN是矩形，
理由：∵AC＝BC，且M是BC的中点，
∴CM⊥AB，
即∠AMC＝90°，
∴四边形AMCN是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，关键是熟练运用这些性质解决问题．
一十二．矩形的判定与性质（共2小题）
34．（2022春•赞皇县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边CA、BC上，且DE⊥AC，DF∥AC．
（1）求证：四边形CEDF是矩形；
（2）连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．

【分析】（1）由三个角是直角的四边形是矩形可证四边形CEDF是矩形；
（2）连接CD，由矩形的性质可得CD＝EF，当CD⊥AB时，CD有最小值，即EF有最小值，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵DF∥AC，∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠C＝90°，
∴∠DFC＝90°＝∠C，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠DFC＝∠C，
∴四边形CEDF是矩形；
（2）解：连接CD，如图所示：
由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴CD＝EF，
∴当CD有最小值时，EF的值最小，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD⊥AB时，EF有最小值，
∵C到AB的距离是5，即点C到AB的垂直距离为5，
∴CD的最小值为5，
∴EF的最小值为5．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质以及最小值问题，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
35．（2022春•郧阳区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．

【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出AO，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；

（2）解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10 OD＝AD＝5，
∴AO＝＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝10，
∵四边形ODEC是矩形，∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝＝＝．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
一十三．正方形的性质（共4小题）
36．（2022春•烟台期中）如图，四边形ABCD，AEFG都是正方形，点E，G分别在边AB，AD上，连接FC，过点E作EH∥FC交BC于点H．若AB＝4，AE＝1，则FC的长为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．3
【分析】题目已知AB和AE的长，根据图中的隐含条件BE＝AB﹣AE可以求出BE＝3；根据正方形的性质并结合已知条件易得四边形EFCH是平行四边形，于是有EF＝CH；再根据四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形推出多组相等的边，则有BE＝BH，进而得到BH的长，然后根据勾股定理可得答案．
【解答】解：∵AB＝4，AE＝1，
∴BE＝AB﹣AE＝4﹣1＝3．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴AD∥EF∥BC．
∵EH∥FC，EF∥BC，
∴四边形EFCH平行四边形，
∴EF＝CH，BE＝CF．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝BC，AE＝EF，
∴AB﹣AE＝BC﹣CH，
∴BE＝BH＝3，
∴CF＝BE＝．
故选：D．
【点评】本题侧重考查正方形的题目，需要根据正方形的性质得到各边的数量关系和位置关系．
37．（2022春•让胡路区校级期中）如图，在边长为6的大正方形中有两个小正方形（小正方形的顶点都在大正方形的边或对角线上），若两个小正方形的面积分别是S1和S2，求：S1+S2．

【分析】根据正方形的对角线平分一组对角线可知图中三角形都是等腰直角三角形，根据正方形的对角线等于边长的倍求出AC，然后求出两个小正方形的边长，再根据正方形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：由正方形的性质可知∠DCF＝∠BCF＝∠DAF＝∠BAF＝45°，
∴四个角所在的三角形都是等腰直角三角形，
∴EF＝AE＝EB＝AB，AH＝HF＝FC＝AC，
∵正方形的边长为6，
∴AC＝AD＝6，
∴两个小正方形的边长分别为HF＝AC＝＝2，EF＝AB＝＝3，
∴S1+S2＝（2）2+32＝8+9＝17．
【点评】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握等腰直角三角形的性质．
38．（2022春•澄城县期中）在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，点F是正方形ABCD外角平分线CM上一点，且CF＝AE，连接BE，EF．
（1）如图1，当E是线段AC的中点时，BE与EF有何数量关系，并证明；
（2）当点E不是线段AC的中点，其它条件不变时，请你在图2中补全图形，判断（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的结论．


【分析】（1）三角形△ECF是等腰直角三角形，可得结论．
（2）证明BE＝DE，再证明△DEF是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，结论：EF＝BE．
理由：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵AE＝EC，
∴BE＝AE＝EC，
∵CM平分∠DCG，
∴∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝90°，
∵CF＝AE，
∴EC＝CF，
∴EF＝EC，
∴EF＝BE．

（2）（1）中结论成立，即EF＝BE．
证明：如图2中，连接ED，DF．

由正方形的对称性可知，BE＝DE，∠CBE＝∠CDE，
∵正方形ABCD，
∴AB＝CD，∠BAC＝45°，
∵点F是正方形ABCD外角平分线CM上一点，
∴∠DCF＝45°，
∴∠BAC＝∠DCF，
又∵CF＝AE，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠CDF，
∴DE＝DF，
又∵∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CDF+∠CDE＝90°，
即∠EDF＝90°，
∴△EDF是等腰直角三角形，
∴EF＝BE．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是证明△DEF是等腰直角三角形．
39．（2022春•襄州区期中）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，

（1）求证：BC＝BE；
（2）过点E作EG⊥AB于G，过点E作EH⊥BC于H，判断四边形EGBH的形状并证明；
（3）若BC为，过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长．

【分析】（1）计算得到∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝67.5°，∠BEC＝∠BDC+∠DCE＝67.5°，即可证明BC＝BE；
（2）先证明四边形EGBH是矩形，求出∠BHE＝∠EBH＝45°，推出HE＝BH，即可证明四边形EGBH是正方形；
（3）求出△FEB≌△ECD，根据全等三角形的性质得出BF＝DE，由勾股定理求得BD＝2，由（1）得到BE＝BC＝，据此求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∠BDC＝∠DBC＝∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE＝∠DCE＝∠ACD＝22.5°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝45°+22.5°＝67.5°，
∠BEC＝∠BDC+∠DCE＝45°+22.5°＝67.5°＝∠BCE，
∴BE＝BC；
（2）解：四边形EGBH是正方形；理由见解析：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵EG⊥AB，EH⊥BC，
∴四边形EGBH是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥BC，
∴∠ABD＝∠DBC＝45°，∠BHE＝90°，
∴∠BEH＝∠EBH＝45°，
∴HE＝BH，
∴四边形EGBH是正方形；
（3）解：∵FE⊥CE，

∴∠CEF＝90°，
∴∠FEB＝∠CEF﹣∠CEB＝90°﹣67.5°＝22.5°＝∠DCE，
∵∠FBE＝∠CDE＝45°，BE＝BC＝CD，
∴△FEB≌△ECD（ASA），
∴BF＝DE，
由（1）得BE＝BC＝CD＝，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD＝2，
∴BF＝DE＝BD﹣BE＝2﹣．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
一十四．正方形的判定（共5小题）
40．（2022春•庄浪县期中）如图，下列三组条件中，能判定平行四边形ABCD是正方形的有（　　）
①AB＝BC，∠BAD＝90°；②AC⊥BD，AC＝BD；③OA＝OD，BC＝CD．

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【分析】根据正方形的判定逐个分析即可得．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∵∠BAD＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
则条件①能判定平行四边形ABCD是正方形；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∵AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
则条件②能判定平行四边形ABCD是正方形；
∵四边形ABCD是平行四边形，BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，，
∵OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
则条件③能判定平行四边形ABCD是正方形，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的判定，掌握菱形的判定、平行四边形的性质，正方形的判定是解题的关键．
41．（2022春•东莞市校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）

【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当∠A＝45°，四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC＝∠CBE＝45°，
∴∠DBE＝90°，
∴四边形BECD是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，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．
42．（2022春•南京期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是AD的中点，BE，CD的延长线交于点F，CD＝DF，AC＝AF．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）当△ACF满足条件 　∠CAF＝90°　时，四边形ABCD是正方形．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ABE＝∠DFE，∠BAE＝∠FDE，根据全等三角形的判定和性质得到AB＝DF，推出四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠CAD＝∠FAD＝45°，求得∠ACD＝45°，得到AD＝CD，根据正方形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，∠BAE＝∠FDE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∵CD＝DF，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝AF，CD＝DF，
∴AD⊥CF，
即∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：当∠CAF＝90°时，四边形ABCD是正方形，
∵CD＝DF，AC＝AF，∠CAF＝90°，
∴∠CAD＝∠FAD＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝45°，
∴AD＝CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：∠CAF＝90°．

【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键．
43．（2022春•银海区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于点E，垂足为点F，连接CD，BE．
（1）若AD＝4cm，求CE的长；
（2）当点D为AB的中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若点D为AB的中点，当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请直接写出答案．

【分析】（1）根据DE⊥BC，得∠DFB＝90°，结合∠DFB＝90°得AC∥DE，根据平行四边形的判定，得CE＝AD；
（2）由题（1）得CE＝AD，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得AD＝BD＝CD，可判定四边形BECD是平行四边形，又根据CD＝BD，判定平行四边形BECD是菱形；
（3）根据三角形内角和，当∠A＝45°时，得∠ABC＝45°，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得CD＝BD＝AD，根据等角对等边，得∠DCB＝∠DBC＝45°，又根据正方形的判定，即可判定四边形BECD是正方形．
【解答】解：（1）∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD，
∵AD＝4cm，
∴CE＝4cm；
（2）四边形BECD是菱形．理由如下：
由（1）得，CE＝AD，
∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴AD＝BD＝CD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵CD＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形．
证明如下：
∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，
∴∠ABC＝45°，
又∵点D为AB的中点，
∴CD＝BD＝AD，
∴∠DCB＝∠DBC＝45°，
∴∠CDB＝90°，
又∵四边形BECD是菱形，
∴四边形BECD是正方形．
【点评】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理和直角三角形斜边上的中线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．
44．（2022春•渝中区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB＝∠CDB；
（2）若∠ADC＝90°，求证：四边形MPND是正方形．

【分析】（1）根据角平分线定义得出∠ABD＝∠CBD，根据全等三角形的判定定理推出△ABD≌△CBD，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）求出∠PMD＝∠PND＝90°，根据矩形的判定定理得出四边形MPND是矩形，根据角平分线的性质得出PM＝PN，根据正方形的判定证明即可．
【解答】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB＝∠CDB；

（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD＝∠PND＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB＝∠CDB，PM⊥AD，PN⊥CD，
∴PM＝PN，
∴四边形MPND是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质等知识点，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
一十五．正方形的判定与性质（共3小题）
45．（2022春•新泰市期中）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OBE≌△OCF；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+CE2＝EF2.其中正确的为 　①②③　.（将正确的序号都填入）

【分析】利用全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案．
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确；
②在正方形ABCD中，OC＝OB，∠COB＝90°，∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
∴△OBE≌△OCF（ASA）；故②正确；
③由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的，故③正确；
④∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，
在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，
∴DF2+BE2＝EF2，故④错误；
综上所述，正确的是①②③，
故选：①②③．

【点评】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定，解题的关键是利用旋转全等证明出△COE≌△DOF，属于选择压轴题．
46．（2022春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC的中点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①四边形ABFM是平行四边形；
②四边形ENFM是平行四边形；
③若▱ABCD是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形ENFM是正方形；
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形．
其中，正确的有 　②③④　．
【分析】由“ASA”可证△EAO≌△FCO，可证四边形EMFN是平行四边形，根据点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点，可得AM与BF不一定相等EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，由矩形的判定和性质和正方形的判定可判断③正确，④正确，即可求解．
【解答】解：如图，连接EN，MF，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△EAO和△FCO中，
，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴EO＝FO，
同理可得OM＝ON，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点，
∴AM与BF不一定相等，故①错误，②正确；
若四边形ABCD是矩形（正方形除外），
∴OA＝OD，
∵点E，M为AD边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），
∴∠EOM＜∠AOD，
因为ABCD是矩形，∠AOD＞90°，所以∠EOM＜∠AOD，∠EOM可能为90°，
∴至少存在一个四边形ENFM是正方形，故③正确；
当EO＝OM时，则EF＝MN，
又∵四边形ENFM是平行四边形，
∴四边形ENFM是矩形，故④正确，
综上所述：正确的有②③④．
故答案为：②③④．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是证明四边形ENFM是平行四边形．
47．（2022春•沂水县期中）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．

【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．

一、单选题
1．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）下列说法错误的是（    ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【分析】直接利用平行四边形的判定方法以及菱形的判定方法和三角形中位线的性质、直角三角形的性质分别判断得出答案．
【详解】A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，不合题意；
B、两条对角线互相垂直且互相平分的四边形是菱形，故原说法错误，符合题意；
C、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，正确，不合题意；
D、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正确，不合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查平行四边形的判定，菱形的判定，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，正确掌握相关判定方法是解题关键．
2．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，A（﹣4，0），G（0，4），BC的中点E恰好落在x轴上，CD交y轴于点F，连接DG，DO．给出判断：①BF＝AE；②CD平分∠ODG；③∠AEB+∠CDG＝90°； ④△ADO是等腰三角形．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【答案】D
【分析】根据正方形的性质，可得，从而得到①③正确，延长GD，过A作GD延长线的垂线并与GD的延长线交于点H，再由A，G的坐标，可推出，得出D是HG的中点，最后得出△ADO是等腰三角形进而判断④，先假设CD平分∠ODG，根据已知条件得到，根据点的坐标求得进而可以判断②．
【详解】是正方形，

又
,
在和中，


故①正确；

又

故③正确；
延长，过作延长线的垂线并与的长线交于点，则








是的中点



，
由①可知







四边形 是正方形








是等腰三角形，
故④正确：
若CD平分∠ODG
则









故②不正确
综上所述，①③④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟悉图形的性质是解题的关键．
3．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，以下说法错误的是（　　）

A．∠ABC=90° B．AC=BD C．OA=OB D．OA=AD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．矩形的性质：四个角都是直角，对角线互相平分且相等；由矩形的性质容易得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AC=BD，
∵OA=AC，OB=BD，
∴OA=OB，
∴A、B、C不符合题意，D符合题意；
故选：D
4．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF=3，则菱形ABCD的周长是（    ）

A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】D
【分析】利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可．
【详解】解：∵E、F分别是AB、AC的中点
∴是的中位线，
∴，
∴菱形的周长为：；
故选D．
【点睛】本题考查三角形的中位线和菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，矩形中，对角线，交于O点．若，，则的长为（    ）．

A．4 B． C．3 D．5
【答案】A
【分析】先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可．
【详解】解：四边形是矩形，且


是等边三角形，

故选：A．
【点睛】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键.
6．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，已知AD=12cm，AB=8cm，AE平分∠BAD交BC边于点E，则CE的长等于（ ）

A．8cm B．6cm C．4cm D．2cm
【答案】C
【详解】试题分析：解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=12cm，AD∥BC，
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BEA=∠BAE，
∴BE=AB=8cm，
∴CE=BC﹣BE=4cm；
故答案为C．
考点：平行四边形的性质.
7．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，分别连接AB、AD、CD，则四边形ABCD一定是（    ）．

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】A
【分析】利用平行四边形的判定方法可以判定四边形ABCD是平行四边形，即可得出结论．
【详解】解：∵分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，
∴AD=BC，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形），
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟记平行四边形的判定方法．(1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．(2)定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．(3)定理2∶两组对边分别相等的四边形是平行四边形．(4）定理3∶对角线互相平分的四边形是平行四边形．(5)定理4∶一组对边平行且相等的四边形是．
8．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD外取一点P，连接AP、BP、DP．若AP＝，PB＝4．则DP的最大值为（　　）

A．4+2 B．4+ C．5 D．6
【答案】D
【分析】过点A作AE⊥AP，使E、B在AP两侧，AP＝AE＝，连接BE，根据勾股定理得到PE=2，根据正方形的性质得到∠BAD＝90°，AB＝AD，易发现∠BAE＝∠PAD，
以此即可通过SAS证明△AEB△APD，则DP=BE，由三角形的三边关系可得BE≤PE+PB，以此即可解答．
【详解】解：过点A作AE⊥AP，使E、B在AP两侧，AP＝AE＝，连接BE，

∴PE＝＝2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠PAE+∠PAB＝∠BAD+∠PAB＝90°+∠PAB，
∴∠BAE＝∠PAD，
在△AEB和△APD中，
，
∴△AEB△APD（SAS），
∴DP＝BE，
∵BE≤PE+PB＝4+2＝6，
∴当点P落在线段BE上时，BE有最大值为6，
∴DP的最大值为6．
故选：D．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、三角形三边关系，解题关键是正确作出辅助线，利用三角形三边关系解答．
9．（2023秋·浙江温州·八年级瑞安市安阳实验中学校考期中）如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点（不与端点重合），过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点．若，则阴影部分的面积为（）

A．12 B．12.5 C．13 D．13.5
【答案】D
【分析】设，则，根据等腰三角形的性质及直角三角形斜边上的中线性质得出，，再由矩形的判定和性质得出四边形为矩形，，再由勾股定理化简得出，结合图形确定代入求解即可．
【详解】解：设，则，
∵为等腰直角三角形，，
∴，
又∵D为中点，
∴，，
∵，
∴四边形为矩形，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
∴






，
故选：D．
【点睛】题目主要考查矩形的判定和性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边上的中线的性质及列代数式求代数式的值，理解题意，用代数式表示出阴影部分的面积是解题关键．
10．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，矩形中，，，E为边的中点，点P、Q为边上的两个动点，且，当（   ）时，四边形的周长最小．

A．3 B．4 C．5 D．
【答案】B
【分析】在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点，先求出，得出，设，则，列出关于x的方程，解方程即可．
【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过F点作的平行线交于一点，即为P点，此时四边形的周长最小，过G点作的平行线交的延长线于H点，

∵四边形为矩形，
∴，，
，
∴，
∵E为边的中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
即时，四边形的周长最小，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，找出使四边形的周长最小时，点P的位置．

二、填空题
11．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为_____.

【答案】9
【分析】根据矩形是中心对称图形，可得阴影部分的面积是矩形面积的一半，求出矩形面积即可求解．
【详解】解：因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积是矩形面积的一半，因为矩形面积为，所以阴影部分的面积9．
故答案为：9．
【点睛】本题考查了矩形是中心对称图形的性质．熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
12．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）在中，点 E、F、D分别是边上的中点，若的周长为10cm，则的周长__．
【答案】##5厘米
【分析】根据三角形中位线定理，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵点 E、F、D分别是边上的中点，
∴，
∴，
∵的周长为10cm，
∴，
∴，
即的周长．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
13．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图所示，以正方形中边为一边向外作等边，则__．

【答案】##15度
【分析】根据四边形为正方形，为等边三角形，得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质，熟知相关知识，得到是等腰三角形是解题关键．
14．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为______．

【答案】1.5
【详解】解：∵∠AFB=90°，D为AB的中点，
∴DF=AB=2.5．
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE=BC=4．
∴EF=DE-DF=1.5．
故答案为1.5．
【点睛】直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，和三角形的中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
15．（2023秋·江苏泰州·八年级校考期中）一个三角形的三边长分别为 5，12，13，则这个三角形最长边上的中线为_______．
【答案】
【分析】根据勾股定理逆定理判断出三角形是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：∵，
∴该三角形是直角三角形，
∴这个三角形最长边上的中线为×13＝．
故答案为：．
【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，勾股定理的逆定理，判断出直角三角形是解题的关键．
16．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，为，取长边 的中点M，，则 __．

【答案】##30度
【分析】先证明，再根据平行四边形得到，从而得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵为，M为 的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的等腰三角形的性质，熟知平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题关键．
17．（2023秋·江苏连云港·八年级统考期中）如图，中，于D，E是的中点．若，，则的长等于_______．

【答案】12
【分析】根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求得，然后根据勾股定理可求得．
【详解】解∶∵于D，E是的中点，，
∴，
又，
∴．
故答案为：12．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质，解题关键是利用性质，并把各边的对应关系对应好，直接利用定理解题即可．
18．（2023秋·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在中，，，点D是的中点，将沿 对折，点A落在点处，与相交于点E，则的度数为______°．

【答案】
【分析】根据三角形内角和与直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，求出，再根据对称性质，得到，即可求出的度数．
【详解】解：，，

点D是的中点，
，
，
，
将沿 对折，点A落在点处，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了三角形内角和，对称性质，直角三角形斜边中线性质，等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半是解题关键．

三、解答题
19．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，E、F、M、N分别是正方形四条边上的点，且，

(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)．

【分析】（1）结合题意易证，得到，，由易证即，从而证明结论；
（2）由（1）和题意求得，利用勾股定理求得正方形边长，从而求得正方形周长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴正方形EFMN的周长为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明和性质、正方形的证明、勾股定理的应用；解题的关键是证明三角形全等，并用全等的性质求解．
20．（2023秋·江苏南京·八年级统考期中）如图，在四边形中，，，E是上一点．

(1)求证：；
(2)若E是的中点，延长交于点F，且，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）先证明，可得，，可证得  ，即可求证；
（2）设的度数为，根据直角三角形的性质可得，从而得到，再由，可得，从而得到，然后根据，可得，从而得到，再由三角形内角和定理，即可求解．
【详解】（1）证明：在和中，，
∵，
．    
，．   
又，
，  
；
（2）解：设的度数为，
∵在中，，E是AC的中点，
∴．
∴．  
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴，  
∵在中，，   
∴，解得．
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
21．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知垂直平分，，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；
（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
，
如图，设交于点，

设则

即
解得：，即，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
22．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，矩形中，对角线，为边上一点， ，将矩形沿 所在的直线折叠，使点恰好落在对角线上的 处，那么三角形的面积是多少？

【答案】
【分析】根据已知条件设，则，在中，，得出，进而得出，根据三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：四边形为矩形，
，，
，
因此，设，则，
由折叠得，，，，，
，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形与折叠问题，掌握勾股定理与折叠的性质是解题的关键．
23．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，四边形ABCD是矩形，点E在CD边上，点F在DC延长线上，AE＝BF．
（1）求证：四边形ABFE是平行四边形；
（2）若∠BEF＝∠DAE，AE＝3，BE＝4，求EF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝5
【分析】（1）先根据矩形性质证得AD=BC，∠D=∠BCD=∠BCF =90°,再根据全等三角形的判定与性质证明Rt△ADE≌Rt△BCF得到∠DEA=∠F，则有AE∥BF，然后根据平行四边形的判定可证得结论；
（2）先证得∠AEB=90°，根据勾股定理求得AB=5，根据平行四边形的性质得到EF=AB即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠D=∠BCD=90°．
∴∠BCF=180°﹣∠BCD=180°﹣90°=90°．
∴∠D=∠BCF．
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），
∴∠DEA=∠F．
∴AE∥BF．
∵AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形．
（2）解：如图，∵∠D=90°，∴∠DAE+∠1=90°．
∵∠BEF=∠DAE，∴∠BEF+∠1=90°．
∵∠BEF+∠1+∠AEB=180°，∴∠AEB=90°．
在Rt△ABE中，AE=3，BE=4，AB=．
∵四边形ABFE是平行四边形，
∴EF=AB=5．

【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、矩形的性质、直角三角形的两锐角互余、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的判定方法以及勾股定理是解答本题的关键．
24．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级校考期中）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．

(1)求证：△AEF≌△DEB；
(2)证明四边形ADCF是菱形；
(3)若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
【答案】(1)证明详见解析；
(2)证明详见解析；
(3)10．

【分析】（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线，
∴DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）解：连接DF，

∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=10．
【点睛】本题主要考查菱形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
25．（2023秋·江苏苏州·八年级期中）如图，在等腰直角三角形中，，为边上中点，过点作，交于，交于，若，，求长．

【答案】5
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形三线合一，证明，求出，从而求出，再求出的长，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：等腰直角三角形中，为边上中点，
∴，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线．熟练掌握等腰三角形三线合一，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，证明三角形全等，是解题的关键．
26．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝3，点E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线交于点F．

(1)求证：四边形BDFC是平行四边形；
(2)若BC＝BD，求BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2

【分析】（1）根据同旁内角互补，两直线平行得出∥，从而得出，再证明，得出，从而证明四边形是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得出的长，从而得出的长，再用勾股定理先求出的长，再求出的长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴∥，
∴，
∵E是边CD的中点，
∴CE＝DE，
在△BEC与△FED中，
∴△BEC≌△FED（AAS），
∴，
∴四边形BDFC是平行四边形；
（2）解：∵BD＝BC＝3，∠A＝90°，，
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∴
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，平行四边形的判定，以及勾股定理的运用，熟练掌握全等三角形的判定，平行四边形的判定，以及勾股定理的运用是解答此题的关键．
27．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形中，点E是边上的一点，，且交正方形外角的平分线于点P．

(1)求的度数；
(2)求证：；
(3)在边上是否存在点M，使得四边形是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，在边长为4的正方形中，将线段沿射线平移，得到线段，连接，则直接写出的最小值是 ．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，理由见解析
(4)

【分析】（1）根据正方形的性质和角平分线的定义得出的度数，继而求解即可；
（2）在边上截取，连接，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义证明，再根据线段的和差证明，通过证明，利用全等三角形的性质求解即可；
（3）作交于点M，连接，可证明，再通过证明，继而得出，再根据平行四边形的判定定理证明即可；
（4）先通过勾股定理计算出的长度，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵交正方形外角的平分线于点P，
∴，
∴；
（2）证明：如图，在边上截取，连接，

∵，
∴，
∴，
∵平分外角，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：存在．理由如下：
作交于点M，连接，

∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
（4）解：当F与点O重合时，取最小值，

∵，
∴，
由题意得，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握知识点并准确添加辅助线是解题的关键．