清单01 特殊平行四边形（20个考点梳理+题型解读+提升训练）-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（北师大版）（解析版）

这是一份清单01 特殊平行四边形（20个考点梳理+题型解读+提升训练）-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（北师大版）（解析版），共72页。

【清单01】平行四边形的性质
边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD；
角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D
对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO
【清单02】平行四边形的判定
与边有关的判定：
两组对边分别平行的四边形是平行四边形
两组对边分别相等的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形
【清单03】三角形的中位线
三角形中位线：在△ABC 中，D，E 分别是 AC，AC 的中点，连接 DE.像 DE 这样，
连接三角形_两边中点的线段叫做三角形的中位线.B
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的二分之一。
【清单04】平行线之间的距离与平行四边形的综合
定义：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线之
间的距离
性质：平行线之间距离处处相等
【清单05】 菱形的性质
菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质
且四条边都相等
（3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。
注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。
【清单06】菱形的面积
菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半
【清单07】菱形的判定
※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。
对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
四条边都相等的四边形是菱形。
【清单08】矩形的性质
※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。
※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等 （3）四个角都是直角。
【清单09】直角三角形斜边上的中线
※推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
【清单10】矩形的判定
※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。
（2）对角线相等的平行四边形是矩形。
（3）四个角都相等的四边形是矩形。
【清单11】正方形的概念与性质
正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。
※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴）
【清单12】正方形的判定
※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形；
邻边相等的矩形是正方形；
对角线相等的菱形是正方形；
对角线互相垂直的矩形是正方形。
注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系(如图3所示)：

【考点题型一】菱形的性质
【典例1-1】如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠ABD=40°，则∠ADC的度数为（ ）
A．100°B．80°C．60°D．40°
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．根据菱形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC，
∵∠ABD=40°，
∴∠ABC=80°，
∴∠ADC=∠ABC=80°，
故选：B．
【典例1-2】如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于G，则DH=（ ）
A．125cmB．245cmC．512cmD．524cm
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理，求出AO=4cm,BO=3cm，AB=AO2+BO2=5cm，根据等积法求出DH=245cm即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，
∴AO=4cm,BO=3cm，AC⊥BD
在Rt△AOB中，AB=AO2+BO2=5cm，
∵12BD⋅AC=AB⋅DH，
∴DH=12×6×85=245cm．
故选：B．
【变式1-1】如图，在菱形ABCD中，点E、F分别是CD、BD的中点，EF=6，则AD的长是（ ）
A．3B．6C．12D．24
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．由三角形中位线定理可求BC=2EF=12，由菱形的性质可得AD=BC=12，此题得解．
【详解】解：由题意可知，EF是△ABC的中位线，
∴EF=12BC．
∴BC=2EF=12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC=12．
故选：C．
【变式1-2】如图，菱形花坛ABCD的周长是32米，∠D=120°，则B、D两点之间的距离为（ ）
A．4米B．43米C．8米D．83米
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可得AB=AD=8米，∠A=60°，可得△ABD是等边三角形，即可求解．
【详解】解：连接BD，
∵菱形ABCD的周长是32米，∠D=120°，
∴AB与DC互相平行，
∴AB=AD=8米，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=8米，
故选：C．
【变式1-3】如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则菱形的周长等于（ ）
A．20B．18C．16D．14
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理， 由菱形的性质得到BO=OD=3，AO=OC=4，AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，根据勾股定理可以求得AB的长，进而得到菱形的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴BO=OD=3，AO=OC=4，AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴AB=AO2+BO2=42+32=5，
∴菱形的周长等于5×4=20，
故选：A．
【变式1-4】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，若∠BAD=54°，则∠BDH的度数为 ．
【答案】27°/27度
【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题关键是根据菱形和三角形内角和的性质得出角之间的关系．
根据菱形的性质求出∠BAD=∠BCD=54°，∠BDA=∠BDC=63°，根据互余性质得到∠ADH=36°，计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，BC∥AD，∠BAD=∠BCD=54°，∠BDA=∠BDC，
∵∠BCD=54°，
∴∠ADC=126°，
∴∠BDA=∠BDC=63°，
∵DH⊥AB，
∴∠AHD=90°，
∴∠ADH=90°−54°=36°，
∴∠BDH=∠BDA−∠ADH=27°，
故答案为：27°．
【考点题型二】菱形的判定
【典例2】如图所示，BD是平行四边形ABCD的对角线，∠C=30°．
(1)作AB的垂直平分线，垂足为点E，交AD于点F（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，连接BF，当∠DBF=45°时，求证：平行四边形ABCD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图−基本作图，线段的垂直平分线，平行四边形的性质，菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）根据要求作出图形；
（2）证明AD=AB，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=30°，
∵EF垂直平分线段AB，
∴FA=FB，
∴∠A=∠FBA=30°，
∵∠DBF=45°，
∴∠ABD=∠ABF+∠DBF=75°，
∴∠ADB=180°−∠A−∠ABD=180°−30°−75°=75°，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
【变式2-1】如图，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AO=CO,BO=DO．添加下列条件，不能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
A．AB=ADB．AC=BDC．AC⊥BDD．∠ABO=∠CBO
【答案】B
【分析】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】解：∵AO=CO,BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当AB=AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；
当∠ABO=∠CBO时，
由AD∥BC知∠CBO=∠ADO，
∴∠ABO=∠ADO，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
当AC=BD时，可判定四边形ABCD是矩形；
故选：B．
【变式2-2】如图，下列条件能使平行四边形ABCD是菱形的为（ ）
①AC⊥BD； ②∠BAD=90°； ③AB=BC； ④AC=BD．
A．①③B．②③C．③④D．①④
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可．
【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，①满足题意；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，②不满足题意；
③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形ABCD是菱形，③满足题意；
④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形ABCD是矩形，④不满足题意；
故满足题意的有①③；
故选：A．
【变式2-3】如图，在▱ABCD中，BD是对角线．
(1)尺规作图：作BD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，交BD于点O（不写作法，保留作图痕迹，并标明字母）；
(2)在（1）的条件下，连接BE，DF．求证：四边形BEDF是菱形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作法即可解决问题；
（2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质证明△DOE≌△BOF，可得EO=FO，可得四边形BEDF是平行四边形，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可完成证明．
【详解】（1）解：如图所示：
∴ EF即为所求；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ODE=∠OBF，
∵EF垂直平分BD，
∴BO=DO，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBFOD=OB∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴平行四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查了尺规作图−复杂作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的尺规作图作法、平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质．
【考点题型三】菱形的性质与判定综合运用
【典例3】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AC⊥BC，且AD∥CE．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10,△ACD的周长为36，求CB长．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
（1）先证明四边形AECD是平行四边形，再根据等角对等边的性质，得到AE=AD，即可证明四边形AECD是菱形；
（2）根据菱形的性质，得出OA=12OC=8，由勾股定理可得OD=6，从而得到DE=12，再证明四边形BCDE是平行四边形，得到CB=DE，即可求出CB长．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，AD∥CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠AED=∠ADE，
∴AE=AD，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：∵四边形AECD是菱形，AD=10，
∴AD=CD=10，OD=12DE，OA=12OC，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC=16，
∴OA=8，
在Rt△AOD中，OD=AD2−OA2=6，
∴DE=12，
∵AC⊥DE，AC⊥BC，
∴DE∥BC，
∵CD∥BE，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴CB=DE=12．
【变式3-1】如图，四边形ABCD为平行四边形，过点A作AF⊥AD，交BC边于点E，交DC边延长线于点F．连接AC、BF，过点D作DG⊥BF交BF延长线于点G，已知CF=CD．
(1)求证：四边形ABFC为菱形；
(2)若∠ADC=25°，求∠FDG的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)40°
【分析】（1）由平行四边形的性质可得出AB=CD，AB∥DF．证明四边形ABFC为平行四边形，证出 AF⊥BC． 由菱形的判定方法可得出结论；
（2）由菱形的性质得出∠CBF=∠BCF=25°，由直角三角形的性质可求出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB//DF．
∵CF=CD，
∴CF=AB．
∴四边形ABFC为平行四边形．
∵AD//BC，AF⊥AD，
∴∠CEF=∠DAF=90°．
∴AF⊥BC．
∴平行四边形ABFC为菱形．
（2）解：∵AD//BC，∠ADC=25°，
∴∠BCF=∠ADC=25°．
∵四边形ABFC为菱形，
∴FB=FC，
∴∠CBF=∠BCF=25°．
∴∠DFG=∠CBF+∠BCF=25°+25°=50°．
∵DG⊥BG，
∴∠DGF=90°．
∴∠FDG=90°−∠DFG=90°−50°=40°．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-2】如图，在 Rt△ABC中，∠ACB=90°． D、E分别是边 AB、BC的中点，连接 DE并延长到点 F，使 EF=DE，连接 AF,CF,CD．

(1)求证：四边形ADCF是菱形；
(2)连接AE，若 BC=4，AC=2，求四边形ADCF的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)45
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，三角形中位线定理、勾股定理：
（1）先证明DE是Rt△ABC的中位线，进而可证明DF⊥BC，再由对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得到结论；
（2）利用勾股定理求出AB=BC2+AC2=25，继而可得菱形的边长，再由菱形周长定义求解即可．
【详解】（1）解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，即AD=BD，CE=AE，
∴DE是Rt△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠AED=∠ACB=90°，即DF⊥BC，
又∵EF=DE，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：BC=4，AC=2，∠ACB=90°，
∴AB=BC2+AC2=42+22=25，
∴AD=12AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴四边形ADCF的周长=4AD=45．
【变式3-3】如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
(1)求证：四边形BCFE是菱形；
(2)若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)83
【分析】本题考查菱形判定及菱形面积求解，关键是掌握菱形的判定及性质．
（1）根据点D和E分别是AB和AC的中点，根据三角形中位线的性质，即可得到DE∥BC，且BC=2DE，再等量代换，根据平行四边形的判定定理，即可得到四边形BCFE是平行四边形，根据邻边的关系，即可得到结论；
（2）根据∠BEF的大小，可判定△EBC是等边三角形，再根据等边三角形的性质，可得到边长，作EG⊥BC于点G，运用勾股定理，即可得到EG的长，再根据菱形的面积公式，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，且BC=2DE．
又∵BE=2DE，EF=BE，
∴EF=BC，EF∥BC．
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵BE=FE，
∴四边形BCFE是菱形．
（2）解：在菱形BCFE中，∠BCF=∠BEF=120°，BE=BC，
∴∠EBC=60°．
∴△EBC是等边三角形．
∴BE=BC=CE=4．
过点E作EG⊥BC于点G．
∴BG=2．
∴EG=BE2−BG2=23．
∴S菱形BCFE=BC⋅EG=4×23=83．
【考点题型四】菱形中最小问题
【典例4】如图，菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，AC=12，BD=16．点P和点E分别为BD,CD上的动点，求PE+PC的最小值（ ）
A．7.2B．8C．8.5D．9.6
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称-最短路径的问题，同时也利用了菱形的性质和面积公式，解题的关键是学会利用垂线段最短解决最短问题．如图，过C作CQ⊥AD于Q，交BD于P，过P作PE⊥CD于E，则此时的P、E满足PE+PC最小．然后利用菱形的性质可以证明PQ=PE，从而得到PE+PC的最小值线段CQ的长度，最后利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：如图，过C作CQ⊥AD于Q，交BD于P，过P作PE⊥CD于E，，则此时的P、E满足PE+PC最小．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，且AC、BD互相平分，BD平分∠ADC，
∴PQ=PE，
∴PE+PC的最小值线段CQ的长度，
∵S菱形ABCD=12AC×BD=CQ×AD，
而AD=OA2+OD2，
又∵AC=12,BD=16．
∴OA=6,OD=8，
∴AD=10，
∴CQ=12×AC⋅BDAD=9.6．
故选：D．
【变式4-1】如图，在菱形ABCD中，E,F分别是边CD,BC上的动点，连接AE,EF,G,H分别为AE,EF的中点，连接GH．若∠B=45°,BC=22，则GH的最小值是（ ）
A．2B．22C．2D．1
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂线段最短等知识，连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH=12AF，求出AF的最小值即可解决问题．
【详解】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=22，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
∴GH=12AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB=90°，
∵∠B=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=22AB=22×22=2，
∴GH=1，
即GH的最小值为1，
故选：D．
【变式4-2】如图，在菱形ABCD中，∠D=135°，AD= 32，CE=2，点P是线段AC上一动点，点F是线段AB上一动点，则PE+PF的最小值 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质与轴对称的性质，勾股定理．先作点E关于AC的对称点点G，再连接BG，过点B作BH⊥CD于H，运用勾股定理求得BH和GH的长，最后在Rt△BHG中，运用勾股定理求得BG的长，即为PE+PF的最小值．
【详解】解：作点E关于AC的对称点点G，连接PG、PE，则PE=PG，CE=CG=2，
连接BG，过点B作BH⊥CD于H，则∠BCH=∠CBH=45°，
∵四边形ABCD是菱形，AD=32,
∴ BC=AD=32,
∴Rt△BHC中，BH=CH= BC⋅sin∠BCH=BC⋅sin∠45°=32×22=3 ，
∴HG=HC−GC=3−2=1，
∴Rt△BHG中，BG= BH2+HG2=32+12=10 ，
∵当点F与点B重合时，PE+PF=PG+PB=BG（最短），
∴PE+PF的最小值是10．
故答案为：10．
【变式4-3】如图，已知菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，点M、N分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AM+CN=4，设△BMN的面积为S，则S的最小值是 ．
【答案】33
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质以及三角形的面积问题，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．证明△BDE≌△BCF，得到△BEF为正三角形，然后做辅助线求解即可．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H，
∵菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，
∴AB=BC=CD=AD=BD，
∠C=∠CBD=∠ADB=60°，
∵AM+DM=AD=4,AM+CN=4，
∴AM+DM=AM+CN，
∴DM=CN，
在△BCN和△BDM中，
BC=BD∠C=∠ADBCN=DM，
∴△BDM≌△BCN(SAS)，
∴∠DBM=∠CBN,BM=BN，
∵∠DBC=∠DBN+∠CBN=60°，
∴∠DBN+∠DBM=60°，
∴∠MBN=60°，
∴△BMN是正三角形，
设BM=BN=MN=x，
则S=12x⋅x⋅sin60°=34x2，
当BM⊥AD时，x最小为：4×sin60°=23，
∴S最小=34×(23)2=33．
故答案为：33．
【考点题型五】矩形的性质
【典例5-1】如图所示，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD于点E，∠BAE=22.5°，则∠EAO的度数为（ ）
A．45°B．40°C．35°D．30°
【答案】A
【分析】本题主要考查矩形的性质，由矩形的性质可知OA=OB，则可求得∠BAO，则可求得∠EAO．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA
∵AE⊥BD，∠BAE=22.5°
∴∠ABE=90°−∠BAE=90°−22.5°=67.5°，
∴∠OAB=∠ABE=67.5°，
∴∠EAO=∠OAB−∠BAE=67.5°−22.5°=45°，
故选：A．
【典例5-2】如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E，F．若AC=10，则PE+PF=（ ）
A．4B．5C．8D．10
【答案】A
【详解】此题考查了矩形的性质、三角形面积公式．令AC与BD相交于点O，连接OP，由矩形的性质得出OA=OC=OB=OD=12AC=5，S△COD=14S矩形ABCD=10，结合S△COD=S△POC+S△DOP=12OD⋅FP+12OC⋅PE=12×5×PE+PF，计算即可得出答案．
【解答】解：如图，令AC与BD相交于点O，连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB=OD=12AC=5，
∵矩形ABCD面积为40，
∴S△COD=14S矩形ABCD=10，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴S△COD=S△POC+S△DOP=12OD⋅FP+12OC⋅PE=12×5×PE+PF，
∴12×5×PE+PF=10，
∴PE+PF=4，
故选：A．
【变式5-1】如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2=41°，则∠1的度数为（ ）
A．41°B．51°C．49°D．59°
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点B作BE∥a，得到BE∥a∥b，推出∠ABC=∠1+∠2，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
过点B作BE∥a，
∵a∥b，
∴BE∥a∥b，
∴∠1=∠ABE,∠2=∠CBE，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠1+∠2，
∵∠2=41°，
∴∠1=90°−41°=49°；
故选C．
【变式5-2】如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E．若∠ODA=30°，则∠BOE的度数为( )

A．45°B．60°C．65°D．75°
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据矩形的性质及AE平分∠BAD分别判定BE=BA及△AOB为等边三角形，然后求得∠OBE=30°，则可在△BOE中求得∠BOE的度数．
【详解】解：在矩形ABCD中，∠BAD=90°，AD∥BC，OA=OB=OD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠EAD=45°，
∴∠AEB=∠EAD=45°，
∴∠AEB=∠BAE=45°，
∴BE=BA．
∵∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠BAC=60°，又OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴BO=BA，
∴BO=BE，
∵AD∥BC，
∴∠OBE=∠ADO=30°，
∴∠BOE=180°−30°÷2=75°．
故选：D．
【变式5-3】如图，矩形ABCD中，CD=2，∠DBC=30°，则矩形的对角线BD的长度为（ ）
A．22B．4C．23D．43
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质．
根据矩形的性质得∠C=90°，再利用含30°角的直角三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
在Rt△DBC中，∠DBC=30°，CD=2，
∴BD=2CD=4．
故选：B．
【变式5-4】如图，四边形ABCD是面积为30的矩形，F是BC边上一点，连接AF，作DE垂直于AF于点E，已知AE=DE=4，则EF的值为（ ）
A．1B．1.5C．3D．3.5
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，根据题意得出AD=2AE=42，∠EAD=45°，根据四边形ABCD是面积为30的矩形，得出AB=1524，AF=2AB=152，进而根据EF=AF−AE，即可求解．
【详解】解：∵DE⊥AF，AE=DE=4，
∴AD=AE2+DE2=2AE=42，∠EAD=45°，
∵四边形ABCD是面积为30的矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB=∠DAE=45°，AB×AD=30
∴AB=3042=1524，AF=2AB=152
∴EF=AF−AE=152−4=3.5，
故选：D．
【变式5-5】如图，在矩形ABCD中，AD=4，CD=3，对角线AC的垂直平分线分别交AD、BC于点E、F，垂足为O，则AE的长为 ．
【答案】258
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．连接EC，设AE=x，则ED=4−x，在Rt△EDC中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：连接EC，设AE=x，则ED=4−x，
∵EF是AC的中垂线，
∴EC=AE=x，
在Rt△EDC中，x2=32+(4−x)2，
解得：x=258，
∴AE=CE=258．
故答案为：258．
【考点题型六】直角三角形斜边上的中线
【典例6】如图，△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90°，若EF=2，BC=10，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，根据三角形中位线定理求出DE，进而求出DF，根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【详解】解：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵BC=10，
∴DE=5，
∵EF=2，
∴DF=5−2=3，
在Rt△AFB中，D是AB的中点，
∴AB=2DF=6，
故选：D．
【变式6-1】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,D为AB的中点，连接CD，若CD=5,AC=6，则BC的长为（ ）
A．52B．8C．53D．10
【答案】B
【分析】本题考查直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边 的一半和勾股定理是解题的关键．
先根据直角三角形的性质求得AB=2CD=10，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，D为AB的中点，CD=5，
∴AB=2CD=10，
∴BC=AB2−AC2=102−62=8，
故选：B．
【变式6-2】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，若OB=4，S菱形ABCD=16，则OE的长为（ ）
A．25B．4C．2D．5
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质得出BD=8，由菱形的面积得出AC=4，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD=4，BD⊥AC，
∴BD=2OB=8，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=16，
∴AC=4，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵O为AC的中点，
∴OE=12AC=2，
故选：C．
【变式6-3】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,D为AB的中点，∠A=30°,BC=2，则CD的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，以及勾股定理，熟记各性质是解题的关键．
根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CD，
【详解】解： ∵∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2，
∴AB=2BC=4．
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=12AB=2．
故答案为：2．
【考点题型七】矩形的判定
【典例7】如图，已知△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线，交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．
(1)求证：BD=CD；
(2)如果AB=AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AFBD为矩形，证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定：
（1）证明△AEF≌△DEC，得到AF=CD，即可得出结论；
（2）先证明四边形AFBD为平行四边形，根据三线合一，得到AD⊥BD，得到四边形AFBD为矩形．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC=∠DCF，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠CED，
∴△AEF≌△DEC，
∴AF=CD，
∵AF=BD，
∴BD=CD；
（2）四边形AFBD为矩形，证明如下：
∵AF∥BC，AF=BD，
∴四边形AFBD为平行四边形，
∵AB=AC，由（1）知BD=CD，
∴AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
∴四边形AFBD为矩形．

【变式7-1】依次连接四边形ABCD各边中点，得四边形EFGH是矩形，则四边形ABCD必须满足的条件是（ ）
A．矩形B．等腰梯形C．AC=BDD．AC⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，中位线的性质，根据题意，运用中位线可得EFGH是平行四边形，再根据矩形的判定和性质即可求解．
【详解】解：根据题意，作图如下，

点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接AC，BD，交于点O，
∴EF∥AC，EF=12AC，GH∥AC，GH=12AC，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
A、若四边形ABCD是矩形，如图所示，则AC=BD，

∴EF=GH=12AC，EH=FH=12BD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，不符合题意；
B、若四边形ABCD是等腰梯形，如图所示，则AC=BD，

同理可得，平行四边形EFGH是菱形，不符合题意；
C、若AC=BD，证明方法同上，平行四边形EFGH是菱形，不符合题意；
D、若AC⊥BD，如图所示，设EH与AC交于点M，EF与BD交于点N，

∴∠AOB=90°，
∵EF∥BD，EF∥AC，
∴EH⊥AC，EF⊥BD，
∴四边形ENOM是矩形，
∴∠FEH=90°，且四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形，符合题意；
故选：D ．
【变式7-2】如图，在▱ABCD中，增加一个条件四边形ABCD就成为矩形，这个条件是（ ）
A．AB=CDB．∠BAD+∠BCD=180° C．BD=2AB D．AC⊥BD
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的判定的应用，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解题即可．
【详解】解：A．由AB=CD无法判断四边形ABCD为矩形，故不符合题意；
B．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，故符合题意；
C．由BD=2AB无法判断四边形ABCD为矩形，故不符合题意；
D．由AC⊥BD可判断四边形ABCD为菱形，故不符合题意；
故选B．
【变式7-3】小颖和小亮参加数学实践活动，检验一个用断桥铝制作的窗户是否为矩形，下面的测量方法正确的是（ ）
A．度量窗户的两个角是否是90°
B．测量窗户两组对边是否分别相等
C．测量窗户两条对角线是否相等
D．测量窗户两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
【答案】D
【分析】本题考查了矩形判定的应用，掌握矩形判定方法是关键；根据矩形的判定即可解答．
【详解】解：A、度量窗户的两个角是否是90°，不能保证窗户是矩形；
B、测量窗户两组对边是否分别相等，只能保证是平行四边形，不能保证是矩形；
C、测量窗户两条对角线是否相等，无法保证是矩形；
D、测量窗户两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等，根据对角线相互平分且相等的四边形是矩形，保证是矩形；
故选：D．
【变式7-4】如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E,BF平分∠CBD，交CD于点F．
(1)求证：四边形DEBF是平行四边形；
(2)若AD=BD，求证：四边形DEBF是矩形．
【答案】(1)见详解
(2)四边形DEBF是矩形
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得出∠ADB=∠CBD，由角平分线的定义得出∠EDB=∠DBF，则DE∥BF，可证出结论；
（2）由等腰三角形的性质得出DE⊥AB，则可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ADB=∠CBD，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠EDB=12∠ADB，∠DBF=12∠CBD，
∴∠EDB=∠DBF，
∴DE∥BF，
又∵AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形．
（2）证明：∵AD=BD，DE平分∠ADB，
∴DE⊥AB，
又∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是矩形．
【变式7-5】如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：△AOE≌△DFE；
(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形
【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定；
（1）利用全等三角形的判定证明即可．
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
【详解】（1）∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE．
（2）四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【考点题型八】矩形的性质与判定综合运用
【典例8】如图，在△ABC中AB=AC，D为BC的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点O．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)若∠AOE=60°，AE=4，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)43．
【分析】（1）先根据四边形ABDE是平行四边形和D为BC的中点，判定四边形ADCE是平行四边形，再结合AB=AC，推出∠ADC=90°，即可得出结论；
（2）根据∠AOE=60°和矩形的对角线相等且互相平分，得出△AOE为等边三角形，即可求出AO的长，从而得到矩形ADCE对角线的长，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BD∥AE，BD=AE，
∵D为BC中点，
∴DC=AE，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，
∴AO=CO=DO=EO，DC=AE，
∵∠AOE=60°，AE=4，
∴△AOE是等边三角形，
∴AO=EO=AE=4，
∴AC=2OA=8，
∵∠ADC=90°，
∴AD=AC2−DC2=82−42=43．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式8-1】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
(1)求证：四边形OEFG是矩形；
(2)若AD=10，EF=4，求OE和BO的长．
【答案】(1)见解析
(2)OE=5，BO=25
【分析】（1）根据菱形性质得到OB=OD，结合中点性质得到OE∥FG，根据OG∥EF得到四边形OEFG为平行四边形，结合垂线性质，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得到AB=AD=10，∠AOD=90°，结合中点性质得到OE=AE=5，Rt△AEF中由勾股定理得到AF=3，由矩形的性质得到OG=EF=4，FG=OE=5，得到BG=2，Rt△OBG中由勾股定理得到BO=25．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴OB=OD，
∵点E为AD中点，
∴AE=DE，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG为平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG=90°，
∴平行四边形OEFG为矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=10，AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵点E为AD的中点，
∴OE=AE=12AD=5，
∵∠AFE=90°，EF=4，
∴AF=AE2−EF2=3，
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴OG=EF=4，FG=OE=5，
∴BG=AB−AF−FG=2，
∵∠OGB=90°，
∴BO=OG2+BG2=25．
【点睛】本题主要考查了菱形综合．熟练掌握菱形性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
【变式8-2】如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点B作BE∥AC，过点C作CE∥DB，BE与CE相交于点E．
(1)求证：四边形BECO是矩形；
(2)连接DE，若AB=3，AC=4，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)26
【分析】（1）根据菱形的性质可得AC⊥BD，再根据BE∥AC，CN∥DB可得四边形BECO是平行四边形，进而证明四边形BECO是矩形；
（2）根据题意可得OA=OC=2，AC⊥BD，OB=OD，勾股定理求得BO的长，进而求得BD的长，在Rt△BED中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵ BE∥AC，CE∥DB
∴四边形BECO是平行四边形，
∵OC⊥BO，
∴平行四边形BECO是矩形；
（2）解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，AC=4，
∴OA=OC=2，AC⊥BD，OB=OD，
∴OD=OB=AB2−OA2=32−22=5 ,
∴BD=25
∵四边形BECO是矩形，
∴ BE=OC=2，∠EBD=90°，
在Rt△BED中，ED=BE2+BD2=22+252=26．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式8-3】如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
(1)求证：四边形OCED是矩形．
(2)若AB=8，∠ABC=60°，求矩形OCED的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)163
【分析】本题主要考查矩形的性质与判定、菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
（1）由条件可证得四边形OCED为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD=90°，则可证得四边形OCED为矩形．
（2）首先推知△ABC是等边三角形，所以AC=8，再用菱形的对角线互相平分即可求得OC的长，再利用勾股定理求出OD的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵CE∥OD，DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠COD=90°，
∴四边形OCED是矩形．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=8，
又∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=8，
∴OC=12AC=4，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD=CD2−OC2=43，
∴S矩形OCED=OC⋅OD=163．
【变式8-4】如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点 O，DE∥AC，DE=OC．

(1)求证：四边形AODE是矩形；
(2)若AB=8，∠ABC=60°，求四边形ACDE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)243
【分析】（1）先证四边形AODE为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOD=90°，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质求出AD，OA，由勾股定理得出OD的长，再根据梯形的面积公式即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠EDA=∠DAC，
∵菱形ABCD，
∴AO=OC，
∵DE=OC，
∴DE=AO，
又∵AD=AD，
∴△EAD≌△ODA（ASA），
∴AE=OD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC=8，OA=OC，AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=8，
∴OA=12AC=4，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD=AD2−OA2=82−42=43，
由（1）得：四边形AODE是矩形，
∴四边形ACDE的面积=(DE+AC)×AE×12=(4+8)×43×12=243．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【考点题型九】矩形形中最小值问题
【典例9】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，G，H分别是边BC，CD上的动点，则四边形EFGH周长的最小值为（ ）
A．25+6B．45C．42+2D．25+10
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，轴对称-最短路线问题，勾股定理等知识点，如图，作点E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，交BC于点G，交CD于点H，连接FG，EH，则F′G=FG，E′H=EH，若在CD，BC上分别任取一点H′，G′，由EF+FG′+G′H′+H′E≥EF+FG+GH+HE可知，进而可知当H′，G′分别与H，G重合时，四边形EFGH的周长最小，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，作点E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，交BC于点G，交CD于点H，连接FG，EH，则F′G=FG，E′H=EH，
若在CD，BC上分别任取一点H′，G′，
∵EF+FG′+G′H′+H′E≥EF+FG+GH+HE，
∴当H′，G′分别与H，G重合时，四边形EFGH的周长最小，由题意得，BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，AE=4，
∴AF′=6，AE′=8，
∴E′F′=AF′2+AE′2=10，EF=AE2+AF2=25，
∴四边形EFGH的周长的最小值为EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=25+10，
∴在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小，最小值为25+10．
故选：D．
【变式9-1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且AB=6,AC=8，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，点O为MN的中点，则线段AO的最小值为 ．
【答案】2.4
【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN=AD，根据垂线段最短可得当AD⊥BC时，AD的值最小，再利用三角形面积求出AD，可得AO，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AD，
∵∠BAC=90°，且AB=6，AC=8，
∴ BC=BA2+AC2=62+82=10，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA=∠DNA=∠BAC=90°，
∴四边形DMAN是矩形，
∴MN=AD，AO=12AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅AD，
∴ AD=AB⋅ACBC=6×810=4.8，
∴AO的最小值为2.4，
故答案为：2.4．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短，关键是掌握矩形的对角线相等．
【变式9-2】如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，点Q在BC上，且AP=CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为 ．
【答案】213
【分析】连接BP，易证明四边形DPBQ是平行四边形，则PB=DQ，可得PC+QD=PC+PB，在BA的延长线上截取AE=AB=3，连接PE，可证明PB=PE，则PC+PB=PC+PE，连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，由勾股定理得到CE=BE2+BC2=213．则PC+PB的最小值为213，即PC+QD的最小值为213．
【详解】解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∵AP=CQ，
∴AD−AP=BC−CQ，
∴DP=QB，
又∵DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB=DQ，
∴PC+QD=PC+PB，
∴PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=3，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∵BE=2AB=6，BC=AD=4，
∴CE=BE2+BC2=213．
∴PC+PB的最小值为213，即PC+QD的最小值为213．
故答案为：213．
【点睛】本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，线段垂直平分线的性质与判定等等，正确把求PC+QD的最小值转换成求出PC+PB是最小值是解题的关键．
【变式9-3】如图，在矩形ABCD中，AB=7，BC=5，点P、Q分别从点D、B同时出发以相同的速度向点C运动，则AP+DQ的最小值为 ．
【答案】13
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识．由SAS可证△ADP≌△HBQ，可得AP=QH，则当点D，点Q，点H三点共线时，AP+DQ有最小值为DH的长，由勾股定理可求解．
【详解】解：如图，延长AB至H，使BH=AD=5，连接QH，
∵点P、Q分别从点D、B同时出发以相同的速度向点C运动，
∴DP=BQ，
又∵AD=BH=5，∠ADC=∠HBQ=90°，
∴△ADP≌△HBQSAS，
∴AP=QH，
∴AP+DQ=DQ+QH，
∴当点D，点Q，点H三点共线时，AP+DQ有最小值为DH的长，
在Rt△ADH中，由勾股定理可得：DH=AD2+AH2=52+5+72=13，
故答案为：13．
【考点题型十】梯子模型运用
【典例10】如图在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，D、E分别是AB、BC边上的点，且DE=6，若P是AC的中点，Q是DE的中点，连接PQ，则PQ的最小值为 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，线段最短等知识，连接BP，由勾股定理得出AC，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出BP=12AC=5，BQ=12DE=3，由题意可得出点Q在以点B为圆心，半径为3的圆弧上运动，且当点B，P，Q三点共线时，PQ最小，即可得出PQ=BP−BQ=2．
【详解】解：连接BP，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，
∴AC=AB2+BC2=10，
∵点P为AC的中点，
∴BP=12AC=5，
∵D、E分别是AB、BC边上的点，且DE=6，
∴BQ=12DE=3，
∴点Q在以点B为圆心，半径为3的圆弧上运动，
且当点B，P，Q三点共线时，PQ最小，
PQ=BP−BQ=2，
故答案为：2．
【变式10-1】（2023春•裕华区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝3，顶点A，B分别在y轴和x轴上，当点A在y轴上移动时，点B也随之在x轴上移动，在移动过程中，OD的最大值为（ ）
A．8B．9C．D．
【答案】B
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB＝8，BC＝3，
∴OE＝AE＝AB＝4，
∴DE＝＝5，
∴OD的最大值为：5+4＝9；
故选：B．
【考点题型十一】矩形中折叠问题
【典例11】如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为边DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为（ ）

A．1B．2C．52D．3
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD为矩形，AD=5，AB=8，推出AB=CD，又因为点F在线段AB的垂直平分线MN上，则AN=DM=4，由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，利用勾股定理求出NF，则FM可求，设DE=EF=x，则ME=4−x，列出方程即(4−x)2+22=x2，求解x即可．本题考查翻折变换，勾股定理，线段垂直平分线的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，AD=5，AB=8，
∴AB=CD，
又∵点F在线段AB的垂直平分线MN上，
∴∠ANM=90°
∵∠DAN=∠D=∠ANM=90°
∴四边形ANMD是矩形
∴AN=DM=4，
由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，
在Rt△ANF中，
NF=AF2−AN2=3，
∴FM=5−3=2，
设DE=EF=x，则ME=4−x，
在Rt△ANF中，ME2+MF2=EF2，
即(4−x)2+22=x2，
∴ x=52，
即DE的长为52．
故选：C．
【变式11-1】如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=18，如果将该矩形沿对角线BD折叠，那么图中阴影部分的面积是（ ）．
A．30B．35C．40D．45
【答案】A
【分析】根据折叠的性质得到∠CBD=∠EBD，而∠CBD=∠BDE，则∠EBD=∠EDB，得BE=ED，然后设DE=x，则AE=18−x，在Rt△ABE中，利用勾股定理得到关于x的方程，解方程求出x，最后根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵将该矩形沿对角线BD折叠，
∴∠CBD=∠EBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CBD=∠BDE，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=ED，
∵BC=18
设DE=x，则AE=18−x，
在Rt△ABE中，AB=6，
根据勾股定理得，AB2+AE2=BE2，
即62+(18−x)2=x2，
解得：x=10
∴S△BED=12×DE×AB=12×10×6=30
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式11-2】如图，四边形ABCD是矩形，E是AB边上的一点，把△CEB沿CE折叠至△CEF，点B的对应点F恰好落在边AD上，AF=2，DC=6，求BC=（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】首先推导出BC=CF，设BC=CF=AD=x，由勾股定理得x2=(x−2)2+62，解答即可得解．本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，将△BCE沿直线CE折叠，点B的对应点F恰好落在边AD上，
∴BC=CF，
设BC=CF=AD=x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF2=DF2+CD2，
∴x2=(x−2)2+62，
解得：x=10，
∴BC=10，
故答案为：C．

【考点题型十二】矩形中动点问题
【典例12】如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cms的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），
(1)t为何值时，四边形CDPM为平行四边形，请说明理由．
(2)t为何值时，四边形ABMP为矩形，请说明理由．
【答案】(1)t=4，理由见解析
(2)t=5，理由见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定：
（1）根据题意可得AD∥BC，要证明四边形CDPM是平行四边形，则要有DP=CM，据此求解即可；
（2）根据题意可得AD∥BC，∠A=∠B=90°，要证明四边形ABMP是矩形，则要有AP=BM，据此求解即可．
【详解】（1）解：当t=4时，四边形CDPM为平行四边形，理由如下：
当t=4时，BM=DP=4cm，
∴CM=BC−BM=4cm，
∴DP=CM，
∵∠A=∠B=90°，
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，即DP∥CM，
∴四边形CDPM为平行四边形；
（2）解：当t=5时，四边形ABMP为矩形，理由如下：
当t=5时，DP=BM=5cm，
∴AP=AD−DP=5cm，
∴AP=BM，
同理可证明AD∥BC，
∴四边形ABMP为平行四边形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABMP为矩形．
【变式12】如图A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B点为止，点Q以2cm/s的速度向D点移动，当点P到达B点时点Q随之停止运动．
(1)AP= ，BP= ，CQ= ，DQ= （用含t的代数式表示）；
(2)t为多少时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
(3)t为多少时，点P和点Q的距离为10cm．
【答案】(1)3tcm；16−3tcm；2tcm；16−2tcm
(2)5
(3)85或245
【分析】（1）当运动时间为ts时，根据点P，Q的运动方向及运动速度，即可用含t的代数式表示出各线段的长度；
（2）利用梯形的面积计算公式，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出t的值；
（3）过点Q作QE⊥AB于点E，则PE=16−5t，利用勾股定理，即可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】（1）解：当运动时间为ts时，AP=3tcm，BP=16−3tcm，CQ=2tcm，DQ=16−2tcm．
故答案为：3tcm；16−3tcm；2tcm；16−2tcm．
（2）解：依题意得：1216−3t+2t×6=33，
整理得：16−t=11，
解得：t=5.
答：当t为5时，四边形PBCQ的面积为33cm2．
（3）解：过点Q作QE⊥AB于点E，则PE=16−3t−2t=16−5t，如图所示，
依题意得：16−5t2+62=102，
即16−5t2=82，
解得：t1=85，t2=245．
答：当t为85或245时，点P和点Q的距离为10cm．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，梯形的面积，动点与线段的数量关系，一元一次方程，勾股定理的综合运用，掌握以上知识，图形结合分析思想是解题的关键．
【考点题型十三】正方形的性质
【典例13-1】如图，在正方形ABCD外侧作等边△CDE，则∠AED的度数是（ ）
A．10°B．12.5°C．15°D．30°
【答案】C
【分析】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键；
由四边形ABCD是正方形，△CDE是正三角形，得到∠ADB=90°，∠CDE=60° CD=DE=CE，得△ADE是等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ADB=90°，AD=CD，
又∵ △CDE是正三角形，
∴ CD=DE=CE，∠CDE=60°，
∴ △ADE是等腰三角形，∠DAE=90°+60°=150°，
∴ ∠AED=∠DAE=180°−150°2=15°．
故选：C．
【典例13-2】如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE=150°，DF=2，则EF的长为（ ）．
A．2B．2+2C．22D．2+1
【答案】C
【分析】由题意证明△BOE≌△COF，所以OE=OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，得出△DGF是等腰直角三角形，推出OF=2GF=2，进而根据勾股定理可求出EF．
【详解】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=∠AOE−∠AOB=60°，
∠COE=180°−∠AOE=180°−150°=30°
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠COF=∠EOF−∠COE=90°−30°=60°
∴∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF，
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，
AI
∴∠OGF=∠DGF=90°，
∵∠ODC=45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF=DG，
∵GF2+DG2=DF2=2，
∴GF=1，
∵∠GOF=180°−∠BOE−∠EOF=180°−60°−90°=30°，
∴OF=2GF=2，
∴OE=OF=2，
∴EF=OE2+OF2=22．
故选：C
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系，勾股定理，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．
【变式13-1】如图直线l上有三个正方形A、B、C，若正方形A、C的面积分别为5和11，则正方形B的面积是（ ）
A．4B．6C．16D．55
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，证明ΔEFG≅ΔGMH．
证明ΔEFG≌ΔGMH，推出FG=MH，GM=EF，则EF2=5，HM2=11，再证EG2=EF2+FG2=EF2+HM2，代入求出即可．
【详解】解：如图，
∵正方形A，C的面积分别为5和11，
∴EF2=5，MH2=11，
由正方形的性质得：∠EFG=∠EGH=∠GMH=90°，EG=GH，
∵∠FEG+∠EGF=90°，∠EGF+∠MGH=90°，
∴∠FEG=∠MGH，
在ΔEFG和ΔGMH中，
∠EFG=∠GMH∠FEG=∠MGHEG=GH，
∴ΔEFG≌ΔGMH(AAS)，
∴FG=MH，GM=EF，
∴EF2=52=5，HM2=112，
∴正方形B的面积为EG2=EF2+FG2=EF2+HM2=5+11=16，
故选C．
【变式13-2】如图，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD=3，连接BD，BF，DF，则△BDF的面积为（ ）
​
A．32B．4.5C．3102D．6
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线、等腰三角形的性质，三角形面积公式等知识，掌握和运用平行线的知识是解题的关键．
连接CF，由正方形的性质可得∠BDC=∠GCF，可得BD∥CF，可得S△BDF=S△BCD，由三角形的面积公式可求解．
【详解】解：如图，连接CF，
∵四边形ABCD和四边形CGFE都是正方形，
∴∠BDC=45°，∠GCF=45°，
∴∠BDC=∠GCF，
∴BD∥CF，
∴S△BDF=S△BCD，
∵AD=3，
∴BC=CD=AD=3，
∴S△BDF=12BC×BC=4.5．
故选：B．
【变式13-3】如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，且∠ABE=60°，延长BE交CD于点F，连接DE，则∠DEF的度数为 ．
【答案】30°/30度
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键．根据正方形的性质可得BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，∠BCE=∠DCE=45°，由∠ABE=60°可得∠CBF=30°，进而得到∠BFC=60°，证明△BCE≌△DCE，得到∠CBE=∠CDE=30°，最后根据三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，点E在对角线AC上，
∴ BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，∠BCE=∠DCE=45°，
∵ ∠ABE=60°，
∴ ∠CBF=90°−∠ABE=30°，
∴ ∠BFC=180°−∠BCF−∠CBF=60°，
在△BCE和△DCE中，
BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE，
∴ △BCE≌△DCESAS，
∴ ∠CBE=∠CDE=30°，
∵ ∠BFC=∠EDF+∠DEF，
∴ ∠DEF=∠BFC−∠EDF=60°−30°=30°，
故答案为：30°．
【变式13-4】如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE=3，则点P到直线AB的距离为 ．

【答案】3
【分析】本题主要考查角平分线的性质、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
利用正方形的性质得到AC为∠BAD的平分线，直接利用角平分线的性质即可求解．
【详解】解：过点P作PF⊥AB于点F，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC平分∠BAD，
又∵PE⊥AD，PF⊥AB，
∴PE=PF=3，
∴点P到直线AB的距离为3．
故答案为：3．
【考点题型十四】正方形的判定
【典例14】如图，在△ABC和△ECD中，∠ACB=∠ECD=90°，AC=BC，CE=CD，D为AB边上一点．
(1)求证：AE=BD
(2)若点D是AB的中点，求证：四边形AECD是正方形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质：
（1）只需要证明△ACE≌△BCDSAS，即可证明AE=BD；
（2）根据直角三角形的性质得到AD=CD=BD，再由三线合一定理得到CD⊥AB，再证明CD=AD=BD=AE=EC，即可证明四边形AECD是正方形．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=∠ECD=90∘，
∴∠ECA=∠DCB，
在△ECA和△DCB中，
EC=CD∠ECA=∠DCBCA=CB
∴△ACE≌△BCDSAS，
∴AE=BD；
（2）证明：∵Rt△ACB中，D是AB中点的，∠ACB=90°，
∴AD=CD=BD，
又∵AC=CB，
∴CD⊥AB
又∵AE=BD，
∴CD=AD=BD=AE=EC，
∴四边形AECD是菱形．
又∵CD⊥AB，
∴四边形AECD是正方形．
【变式14-1】下列说法正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是正方形
B．四角相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
D．有一个角是直角的菱形是正方形
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的判定，同时不要与矩形及菱形的判定混淆了，掌握正方形判定方法是关键．根据正方形的判定进行判定即可．
【详解】解：A、四边相等的四边形是菱形，故原选项说法错误；
B、四角相等的四边形是矩形；故原选项说法错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项说法错误；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，说法正确；
故选：D．
【变式14-2】如图所示，在△ABC中，AC=BC，D为AB的中点，四边形ACED为平行四边形，DE，BC相交于F，连接DC，BE．
(1)试确定四边形BDCE的形状，并说明理由．
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形BDCE为正方形？请给予证明．
【答案】(1)四边形BDCE是矩形．理由见解析
(2)当∠ACB=90°时，四边形BDCE为正方形．证明见解析
【分析】（1）由等腰三角形的三线合一得AD=BD，CD⊥AB，从而∠BDC=90°，再根据四边形的性质得AD∥CE，AD=CE，从而证明BD∥CE，BD=CE，四边形BDCE是平行四边形，根据∠BDC=90°得▱BDCE是矩形；
（2）当∠ACB=90°时，根据平行线的性质证明∠BFD=90°即可得矩形BDCE为正方形．
【详解】（1）解：四边形BDCE是矩形理由如下，
∵AC=BC，D为AB的中点
∴AD=BD，CD⊥AB
∴∠BDC=90°
∵四边形ADEC为平行四边形
．∴AD∥CE，AD=CE
BD∥CE，BD=CE
∴四边形BDCE是平行四边形
又∵∠BDC=90°
∴▱BDCE是矩形
（2）解：当∠ACB=90°时，四边形BDCE为正方形
证明：∵四边形ADEC为平行四边形
∴DE∥AC
∴∠BFD=∠ACB
∵∠ACB=90°
∴∠BFD=90°
BC⊥DE
∴矩形BDCE为正方形
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的三线合一，垂线定义，正方形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的怕你的那个及性质是解题的关键．
【变式14-3】如图，在△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的角平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
(1)求证：EO=FO；
(2)当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
(3)当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形
(3)点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形
【分析】此题考查的知识点是正方形和矩形的判定及角平分线的定义，解题的关键是由已知得出EO=FO， 然后根据（1）的结论确定（2）（3）的条件.
（1）由已知MN∥BC,CE、CF分别平分∠BCO和∠GCO， 可推出∠OEC=∠OCE,∠OFC=∠OCF，所以得EO=CO=FO.
（2）由（1）得出的EO=CO=FO， 点O运动到AC的中点时，则由EO=CO=FO=AO， 所以这时四边形AECF是矩形.
（3）由已知和（2）得到的结论，点O运动到AC的中点时， 且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，则推出四边形AECF是矩形且对角线垂直，所以四边形AECF是正方形.
【详解】（1）∵MN∥BC，
∴∠OEC=∠BCE,∠OFC=∠GCF，
又∵CE平分∠BCO,CF平分∠GCO，
∴∠OCE=∠BCE,∠OCF=∠GCF，
∴∠OCE=∠OEC,∠OCF=∠OFC
∴EO=CO,FO=CO，
∴EO=FO.
（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形.
∵当点O运动到AC的中点时， AO=CO，
又∵ EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO=CO，
∴AO=CO=EO=FO，
∴四边形AECF是矩形.
（3）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形.
∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
已知MN∥BC,当∠ACB=90°,
∴∠AOF=∠COE=∠COF=∠AOE =90°，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形.
【考点题型十五】矩形的性质与判定综合运用
【典例15-1】【课本再现】
（1）正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形A′B′C′O与正方形ABCD的边长都等于6，都等于，如图①摆放时，重叠部分的面积是______；
（2）（知识在探究）在正方形A′B′C′O绕点O旋转的过程中（如图②），上述重叠部分的面积有没有变化？请说明理由．
【拓展延伸】
如图③，四边ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°,AB=BC，边AD=9,DC=5，直接写出BD的长______．
【答案】（1）9；（2）不变，理由见解析；（3）72
【分析】（1）直接根据正方形的面积求解面积即可；
（2）在△OMB和△ONC中，利用正方形的性质和已知可证出△OMB≌△ONCASA，再利用全等三角形的面积相等即可得结论；
（3）如图，过B作BH⊥AD于H，过B作BM⊥DC于M，证明△ABH≌△CBM，可得BH=BM，AH=CM，证明四边形BHDM为正方形，可得DH=DM=BM，再进一步求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD的边长都等于6，
∴AC⊥BD，S正方形ABCD=62=36，
∴如图①摆放时，重叠部分的面积是=14S正方形ABCD=9；
（2）没有变化，
理由如下：如图，在正方形ABCD和正方形A′B′C′O中，
AC=BD，OB=12BD，OC=12AC，
∠ABO=∠BCO=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，
∴∠MOB=∠NOC，BO=CO，
在△OMB和△ONC中，
∠ABO=∠BCO，BO=CO，∠MOB=∠NOC，
△OMB≌△ONCASA，
∴S△OMB=S△ONC，
∴S四边形OMBN=S△BOC=14S正方形ABCD=9，
∴正方形A′B′C′O绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一 ；
（3）如图，过B作BH⊥AD于H，过B作BM⊥DC于M，
∴∠AHB=∠BMC=90°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD+∠BCM=180°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCM，
∵AB=BC，
∴△ABH≌△CBM，
∴BH=BM，AH=CM，
∵∠HDC=90°=∠BHD=∠BMC，
∴四边形BHDM为正方形，
∴DH=DM=BM，
∵AD=9,DC=5，
∴AD+DC=AH+DH+CD=DH+CD+CM=DH+DM=14，
∴DH=DM=7=BH=BM；
∴BD=BH2+DH2=72．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，旋转的性质，掌握基础知识是解本题的关键．
【变式15-1】如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，延长CD到E，使DE=CD，连接AE,OE．
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形：
(2)若AD=DE=4，求OE的长．
【答案】(1)见解析
(2)210
【分析】（1）根据矩形的性质，得到AB∥CD，AB=CD，进而得到DE=AB，即可得证；
（2）先证明矩形ABCD是正方形，然后根据正方形的性质和勾股定理，即可求出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵DE=CD，
∴DE=AB，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：∵AD=DE=4，∠ADE=90°，
∴AE=42，
∴BD=AE=42．
在Rt△BAD中，O为BD中点，
∴AO=12BD=22．
∵AD=DE=CD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠EAO=∠OAD+∠DAE=45°+45°=90°，
∴OE=AE2+AO2=210．
【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定和平行四边形的判定定理，勾股定理，解题的关键是熟练运用矩形的性质以及平行四边形的判定，本题属于中等题型．
【变式15-2】如图，Rt△ABC两条外角平分线交于点D，∠B=90°，过点D作DE⊥BA于点E，DF⊥BC于点F．

(1)求证：四边形BFDE是正方形；
(2)若BF=6，点C为BF的中点，直接写出AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=2
【分析】（1）先证明四边形BFDE是矩形，过点D作DG⊥AC于点G，根据角平分线的性质证明DG=DF，进而可证四边形BFDE是正方形；
（2）先证明AE=AG，CF=CG，然后在Rt△ABC中，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）∵DE⊥BA，DF⊥BC，
∴∠E=∠F=90°，
∵∠B=90°
∴四边形BFDE是矩形
过点D作DG⊥AC于点G

∵DA平分∠EAC，
∴DG=DE，
同理可得：DG=DF，
∴DE=DF
∴四边形BFDE是正方形；
（2）∵四边形BFDE是正方形，
∴BE=BF=6，
∵点C为BF的中点，
∴BC=CF=CG=3．
∵AB2+BC2=AC2，
∴6−AE2+32=AE+32，
∴AE=2．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式15-3】已知四边形ABCD是正方形，M、N分别是边BC，CD上的动点，正方形ABCD的边长为4cm．

(1)如图①，O是正方形ABCD对角线的交点，若OM⊥ON，求四边形MONC的面积；
(2)如图②，若∠MAN=45°，求△MCN的周长．
【答案】(1)4cm2
(2)8cm
【分析】（1）根据正方形性质得出OC=OB，∠DCO=∠CBO=45°，∠COB=90°，求出∠CON=∠BOM，得证△CON≌△BOMASA，得出四边形MONC的面积等于△COB的面积，根据正方形的面积求出即可；
（2）延长CB到Q，使BQ=DN，连接AQ，得证△ADN≌△ABQSAS，求出∠DAN=∠BAQ，AN=AQ，求出∠NAM＝∠MOQ＝45°，得证△MAN≌△MAQ，推出DN＋BM＝MN，根据三角形的周长得出△CNM的周长等于DC＋BC，代入求出即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OB，∠DCO=∠CBO=45°，∠COB=90°，
∵OM⊥ON，
∴∠NOM=90°，
∴∠COB−∠COM=∠NOM−∠COM，
∴∠CON=∠BOM，
∵在△CON和△BOM中，
∠NCO=∠MBOOC=OB∠NOC=∠MOB
∴△CON≌△BOMASA，
∴S△CON=S△BOM，
∴S四边形MONC=S△CON+S△COM=S△BOM+S△COM=S△COB=14S正方形ABCD=14×4×4=4cm2
故四边形MONC的面积是4cm2．
（2）解：延长CB到Q，使BQ=DN，连接AQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=∠ABQ=90°，
∵在△ADN和△ABQ中，
AD=AB∠D=∠ABQDN=BQ
∴△ADN≌△ABQSAS，
∴∠DAN=∠BAQ，AN=AQ，
∵∠DAB=90°，∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠BAM=45°，
∴∠QAB+∠BAM=45°，
即∠MAN=∠MAQ，
∵在△MAN和△MAQ中，
AN=AQ∠NAM=∠MAQAM=AM
∴△MAN≌△MAQ，
∴MN=MQ=DN+BM，
∴△MCN的周长是：CN+MN+CM=CN+DN+BM+CM=DC+BC=4+4=8cm．
【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是考查学生的推理能力，题目具有一定的代表性，是一道综合性比较强的题目，有一定的难度．
【考点题型十六】正方形中最小值问题
【典例16】如图，正方形ABCD的边长为2，点P为对角线BD上动点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
A．2B．4C．2D．1
【答案】D
【分析】连接PC，先证四边形PECF是矩形得EF=PC，据此得要求EF的最小值，只需求出PC的最小值即可，根据“垂线段最短”可知：当PC⊥BD时，PC为最短，然后Rt△PBC中由勾股定理求出PC即可得到EF的最小值．
【详解】解：连接PC，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为2，
∴ BC=2，∠BCD=∠ABC=90°，∠BCD=45°，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC，
要求EF的最小值，只需求出PC的最小值即可，
∵点P在BD上，
根据“垂线段最短”可知：当PC⊥BD时，PC为最短，
当PC⊥BD时，由于∠BCD=45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，即：PB=PC，
在Rt△PBC中，PB=PC，BC=2，
由勾股定理得：PB2+PC2=BC2，
∴ 2PC2=(2)2，
∴PC=1（舍去负值），
即PC的最小值为1，
∴EF的最小值为1．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定和性质，垂直线段的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质，矩形的判定和性质，难点是根据“垂线段最短”确定当PC⊥BD时，线段PC为最短．
【变式16-1】如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是BC上一点，BE=3，将线段BE绕点E顺时针旋转至线段EF，连接DF，将线段DF绕点D逆时针旋转90°得到线段DG，连接CG，则线段CG长的最小值为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．利用SAS证明△FDE≌△GDM，得MF=EG=3，再说明△DEC≌△MDH(AAS)，得EC=DH=1，MH=CD=4，求出CM的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】解：连接DE，将DE绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，作MH⊥CD于H，
由旋转可得：BE=EF=3，DE=DM，∠GDF=∠EDM=90°，
∴∠EDF=∠GDM，EC=BC−BE=1，
∵DG=DF，DE=GM，
∴△FDE≌△GDM(SAS)，
∴EF=MG=3，
∵∠EDC=∠DMH，∠DCE=∠DHM，DE=DM，
∴△DEC≌△MDH(AAS)，
∴EC=DH=1，MH=CD=4，
∴CH=3，
∴CM=MH2+CH2=16+9=5，
∵CG≥CM−MG=5−3=2，
∴CG的最小值为2，
故答案为：2．
【变式16-2】如图，正方形ABCD中，AB=2，E是BC的中点，点P是对角线AC上一动点，则PE+PB的最小值为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质．由于点B与点D关于AC对称，所以如果连接DE，交AC于点P，那PE+PB的值最小．在Rt△CDE中，由勾股定理先计算出DE的长度，即为PE+PB的最小值．
【详解】解：连接DE，交AC于点P，连接BD、PD．
∵四边形ABCD为正方形，AB=2，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ADC=∠ABC=∠DAC=∠DCB=90°，
∴点B与点D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PE+PB=PD+PE，
∵两点之间线段最短，
∴DE的长即为PE+PB的最小值，
∵E是BC的中点，
∴CE=1，
在Rt△CDE中，DE=DC2+CE2=5．
故答案为：5．
【变式16-3】如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别是AB和DC上的两个动点，M为BC的中点，则DE+EF+FM的最小值是 ．
【答案】17
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意找到使所求线段的和最小时点的位置是解题的关键．
作点D的对称点D′，作点M关于CD的对称点M′，连接D′M′，D′E，FM′，过点M′作AD的垂线，交AD的延长线于点H，推得当D′，E，F，M′在同一条直线上时，所求的DE+EF+FM最小，最小值即为D′M′的长，根据矩形的性质可得HM′=8，求得HD′=15，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解．
【详解】解：作点D关于AB的对称点D′，作点M关于CD的对称点M′，连接D′M′，D′E，FM′，
则DE+EF+FM=D′E+EF+FM′，
∴当D′，E，F，M′在同一条直线上时，所求的DE+EF+FM最小，最小值即为D′M′的长．
过点M′作AD的垂线，交AD的延长线于点H，
∴HM′=AB=8，
∵M为BC的中点，AD=BC=6，
∴MC=CM′=DH=3，AD′=AD=6，
∴HD′=HD+DA+AD′=15，
∴D′M′=D′H2+M′H2=152+82=17．
∴DE+EF+FM的最小值是17．
故答案为：17．