专题1.3 平行四边形章末重难点题型（举一反三）（人教版）（解析版）

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专题1.3 平行四边形章末重难点题型
【人教版】



【考点1 平行四边形性质的运用】
【方法点拨】平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等；②角：平行四边形的对角相等；③对角
线：平行四边形的对角线互相平分．
【例1】（2020春•水磨沟区校级期中）如图，在▱ABCD中，∠ABC的平分线BE交AD于E，∠BCD的平分线交AD于点F，BC＝5，AB＝3，则EF长　 　．

【分析】根据平行四边形的性质证明DF＝CD，AE＝AB，进而可得AF和ED的长，然后可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
∴∠DFC＝∠FCB，
又∵CF平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠FCB，
∴∠DFC＝∠DCF，
∴DF＝DC＝3，
同理可证：AE＝AB＝3，
∵AD＝5，
∴AF＝5﹣3＝2，DE＝5﹣3＝2，
∴EF＝5﹣2﹣2＝1
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题．
【变式1-1】（2020春•陇西县期末）如图，平行四边形ABCD的周长是52cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，则AE的长度为　 　．

【分析】由▱ABCD的周长为52cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，可得AB+AD＝26cm，AD﹣AB＝6cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
【解答】解：∵▱ABCD的周长为52cm，
∴AB+AD＝26cm，OB＝OD，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，
∴（OA+OD+AD）﹣（OA+OB+AB）＝AD﹣AB＝6cm，
∴AB＝10cm，AD＝16cm．
∴BC＝AD＝16cm．
∵AC⊥AB，E是BC中点，
∴AE=12BC＝8cm；
故答案为：8cm．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
【变式1-2】（2020春•姑苏区期中）如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC，交AD于点M，如果△CDM的周长是40cm，则平行四边形ABCD的周长是（　　）

A．40cm B．60cm C．70cm D．80cm
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，即可得AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，又由OM⊥AC，根据垂直平分线的性质，即可得AM＝CM，又由△CDM的周长是40cm，即可求得平行四边形ABCD的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC，
∵OM⊥AC，
∴AM＝CM，
∵△CDM的周长是40cm，
即：DM+CM+CD＝DM+AM+CD＝AD+CD＝40cm，
∴平行四边形ABCD的周长为：2（AD+CD）＝2×40＝80（cm）．
∴平行四边形ABCD的周长为80cm．
故选：D．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．解题的关键是注意数形结合思想的应用．
【变式1-3】（2020春•奉化区期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB=12BC，连接OE．下列结论：①AE＝CE；②S△ABC＝AB•AC；③S△ABE＝2S△ACE；④OE=14BC，成立的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4
【分析】利用平行四边形的性质可得∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，利用角平分线的性质证明△ABE是等边三角形，然后推出AE＝BE=12BC，再结合等腰三角形的性质：等边对等角、三线合一进行推理即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝BE，∠AEB＝60°，
∵AB=12BC，
∴AE＝BE=12BC，
∴AE＝CE，故①正确；
∴∠EAC＝∠ACE＝30°
∴∠BAC＝90°，
∴S△ABC=12AB•AC，故②错误；
∵BE＝EC，
∴E为BC中点，
∴S△ABE＝S△ACE，故③错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC＝CO，
∵AE＝CE，
∴EO⊥AC，
∵∠ACE＝30°，
∴EO=12EC，
∵EC=12AB，
∴OE=14BC，故④正确；
故正确的个数为2个，
故选：B．

【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ABE是等边三角形是关键．
【考点2 平行四边形的判定与性质】
【方法点拨】平行四边形的判定与性质的作用：平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及
它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、
两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边
形是平行四边形达到上述目的．
【例2】（2020春•扬中市期中）在平行四边形ABCD中，在对角线BD上取不同的两点E，F（点B、E、F、D依次排列），下列条件中，能得出四边形AECF一定为平行四边形的是　 　.（填序号）
①BE＝DF；②AE＝CF；③AE∥CF；④∠BAE＝∠DCF．
【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE＝OF即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【解答】解：如图，连接AC与BD相交于O，
在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
①若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形；
②若AE＝CF，则无法判断OE＝OF，
∴四边形AECF不一定是平行四边形；
③AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，
则四边形AECF是平行四边形；
④∠BAE＝∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，从而得到DF＝BE，然后同①，
因此能得出四边形AECF是平行四边形；
故答案为：①③④．

【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【变式2-1】（2020秋•锦江区校级期中）如图，已知平行四边形ABCD，过A作AM⊥BC于M，交BD于E，过C作CN⊥AD于N，交BD于F，连接AF、CE．
（1）求证：BM＝DN；
（2）求证：四边形AECF为平行四边形．

【分析】（1）先利用平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC，则可证明四边形AMCN为平行四边形得到CM＝AN，从而得到BM＝DN；
（2）证明△BME≌△DBF得到EM＝DF，再利用四边形AMCN为平行四边形得到AM＝CN，AM∥CN，则AE＝CF，从而可判定四边形AECF为平行四边形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵AM⊥BC，CN⊥AD，
∴AM∥CN，
∴四边形AMCN为平行四边形，
∴CM＝AN，
∴BC﹣CM＝AD﹣AN，
即BM＝DN；
（2）∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵AM⊥BC，CN⊥AD，
∴∠EMB＝∠FND＝90°，
在△BME和△DNF中，
∠EBM=∠FDNBM=DN∠EMB=∠FND，
∴△BME≌△DBF（ASA），
∴EM＝DF，
∵四边形AMCN为平行四边形，
∴AM＝CN，AM∥CN，
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
【点评】本题考查了考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-2】（2020春•柯桥区期中）如图，平行四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是AB，BC的中点，连接EF交BD于G，连接OE．
（1）证明：四边形COEF是平行四边形；
（2）点G是哪些线段的中点，写出结论，并选择一组给出证明．

【分析】（1）由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，由三角形中位线定理可得EF∥AC，OE∥BC，可得结论；
（2）通过证明四边形OFBE是平行四边形，可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
又∵点E，F分别是AB，BC的中点，
∴EF∥AC，OE∥BC
∴四边形COEF是平行四边形
（2）点G是BO，EF的中点，
如图：连接OF

∵点E，F分别是AB，BC的中点，AO＝CO，
∴OE∥BC，OE=12BC，BF=12BC
∴OE＝BF，OE∥BC
∴四边形OEBF是平行四边形
∴OG＝BG，EG＝FG，
∴点G是BO，EF的中点．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键．
【变式2-3】（2020秋•香坊区月考）如图，在△AFC中，∠FAC＝45°，FE⊥AC于点E，在EF上取一点B，连接AB、BC，使得AB＝FC，过点A作AD⊥AF，且AD＝BC，连接CD．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如图2，若AB平分∠FAC，延长FE交CD于点H，请直接写出与∠ABE相等的角．

【分析】（1）证Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），得BE＝CE，则∠CBE＝∠BCE＝45°，证出∠BCE＝∠CAD，得BC∥AD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证出∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，证△ABC≌△ABF（AAS），得BC＝BF，AC＝AF，由等腰三角形的性质得∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，进而得出∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【解答】（1）证明：∵FE⊥AC，
∴∠FEA＝∠FEC＝90°，
∵∠FAC＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AFE＝∠FAE＝45°，
在Rt△AEB和Rt△FEC中，AB=FAE=FE，
∴Rt△AEB≌Rt△FEC（HL），
∴BE＝CE，
∴∠CBE＝∠BCE＝45°，
∵AD⊥AF，
∴∠FAD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BCE＝∠CAD，
∴BC∥AD，
又∵BC＝AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：与∠ABE相等的角有：∠CHB、∠BCH、∠BAD、∠FCA、∠CFA；理由如下：
由（1）得：Rt△AEB≌Rt△FEC，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE＝∠CFE，∠BCH＝∠BAD，AB∥CD，
∴∠CHB＝∠ABE，∠BAE＝∠DCA，
∵AB平分∠FAC，
∴∠BAC＝∠BAF，
在△ABC和△ABF中，∠BAC=∠BAF∠ACB=∠AFB=45°AB=AB，
∴△ABC≌△ABF（AAS），
∴BC＝BF，AC＝AF，
∴∠BCF＝∠BFC，∠FCA＝∠CFA＝45°+∠CFE，
∵∠ABE＝∠AFE+∠BAF，
∴∠BCH＝∠BAD＝∠FCA＝∠CFA＝∠ABE．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、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；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【考点3 三角形中位线定理的运用】
【方法点拨】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．
【例3】（2020春•无锡期中）如图，在△ABC中，BC＝12，D、E分别是AB、AC的中点，F是DE上一点，DF＝1，连接AF，CF，若∠AFC＝90°，则AC的长度为（　　）

A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到EF的长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC＝6，
∴EF＝DE﹣DF＝6﹣1＝5，
在Rt△AFC中，AE＝EC，
∴AC＝2EF＝10，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、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题的关键．
【变式3-1】（2020春•鄞州区期中）如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD，AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为（　　）

A．1 B．34 C．12 D．23
【分析】证明△AGF≌△ACF，根据全等三角形的性质得到AG＝AC＝3，GF＝FC，求出GB，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△AGF和△ACF中，
∠GAF=∠CAFAF=AF∠AFG=∠AFC，
∴△AGF≌△ACF（ASA）
∴AG＝AC＝3，GF＝FC，
∴GB＝AB﹣AG＝1，
∵CF＝FG，CE＝EB，
∴EF是△CGB的中位线，
∴EF=12GB=12，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、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．
【变式3-2】（2020春•昆山市期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，若∠DAC＝10°，∠ACB＝66°，则∠FEG等于（　　）

A．76° B．56° C．38° D．28°
【分析】根据三角形中位线定理得到EG＝FG，根据平行线的性质得到∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，求出∠EGF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵E、F、G分别是AB、CD、AC的中点，
∴EG、FG分别是△ABC和△ADC两个三角形的中位线，
∴EG∥BC，FG∥AD，EG=12BC，FG=12AD，
∵AD＝BC，
∴EG＝FG，
∵EG∥BC，FG∥AD，
∴∠FGC＝∠DAC＝10°，∠EGC＝180°﹣∠ACB＝114°，
∴∠EGF＝∠FGC+∠EGC＝124°，
∵EG＝FG，
∴∠FEG=12（180°﹣124°）＝28°．
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形内角和定理、等腰三角形的判定与性质，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．
【变式3-3】（2020春•建湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是边AB的中点，DE∥BC交AC于点E，连接BE，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．
（1）求证：FG＝FH；
（2）当∠A为多少度时，FG⊥FH？并说明理由．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理得到AD＝AE，得到DB＝EC，根据三角形中位线定理证明结论；
（2）延长FG交AC于N，根据三角形中位线定理得到FH∥AC，FN∥AB，根据平行线的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC．
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴DB＝EC，
∵点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点，
∴FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FG=12BD，FH=12CE，
∴FG＝FH；
（2）解：延长FG交AC于N，
∵FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FH∥AC，FN∥AB，
∵FG⊥FH，
∴∠A＝90°，
∴当∠A＝90°时，FG⊥FH．

【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用、等腰三角形的性质，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题的关键．
【考点4 菱形的性质】
【方法点拨】掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，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．
【例4】（2020春•德城区校级月考）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＝33°，则∠OBC的度数为（　　）

A．33° B．57° C．59° D．66°
【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．
【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=CNO，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝33°，
∴∠BCA＝∠DAC＝33°，
∴∠OBC＝90°﹣33°＝57°，
故选：B．
【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．
【变式4-1】（2020•兴文县模拟）如图，在菱形ABCD中，若∠B＝60°，点E、F分别在AB、AD上，且BE＝AF，则∠AEC+∠AFC的度数等于（　　）

A．120° B．140° C．160° D．180°
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为∠B＝60°，连接AC，AC和菱形的边长相等，可证明△ACE≌△CDF，可得到一个角为60°的等腰三角形从而可证明EFC是等边三角形，进而利用四边形的内角和为360°即可得出答案．
【答案】解：连接AC，

∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，
∴AC＝AB＝BC＝CD＝AD，
∵BE＝AF，
∴AE＝DF，
∵∠B＝60°，AC是对角线，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠D＝60°，
∴△ACE≌△CDF，
∴EC＝FC．∠ACE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠ACF＝60°，
∴∠ACE+∠ACF＝60°，
∴△ECF是等边三角形．
故可得出∠ECF＝60°，又∠EAF＝120°，
∴∠AEC+∠AFC＝360°﹣（60°+120°）＝180°．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及等边三角形的判定，有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，难度一般．
【变式4-2】（2020•雁塔区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线BD＝8，过BD的中点O作AD的垂线，交AD于点E，交BC于点F，连接DF，则DF的长度为（　　）

A．125 B．245 C．855 D．8135
【分析】连接AC，由勾股定理求出OA＝3，由三角形面积求出OE=125，同理OF=125，则EF＝OE+OF=245，由勾股定理求出DE的长，再由勾股定理求出DF的长即可．
【答案】解：连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，O是BD的中点，
∴OD＝OB=12BD＝4，AD＝AB＝5，AC⊥BD，
∴OA=52−42=3，
∵OE⊥AD，
∴△AOD的面积=12AD×OE=12OA×OD，
∴OE=OA×ODAD=3×45=125，
同理：OF=125，
∴EF＝OE+OF=245，
∵DE=OD2−OE2=42−(125)2=165，
∵EF⊥AD，
∴DF=DE2+EF2=(165)2+(245)2=8135；
故选：D．

【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式4-3】（2020•锦州）如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E．PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE+PF的值为（　　）

A．4 B．245 C．6 D．485
【分析】连结BP，如图，根据菱形的性质得BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，然后利用三角形面积公式，由S△ABC＝S△PAB+S△PBC，得到12×5×PE+12×5×PF＝12，再整理即可得到PE+PF的值．
【答案】解：连结BP，如图，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD的周长为20，
∴BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，
∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，
∴12×5×PE+12×5×PF＝12，
∴PE+PF=245，
故选：B．

【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
【考点5 菱形的判定与性质（计算与证明）】
【例5】（2020春•海淀区校级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．

【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE=3AO=3，则EF＝2OE＝23，由菱形面积公式即可得出答案．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO=12AC＝1，
∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠AEO＝30°，
∴OE=3AO=3，
∴EF＝2OE＝23，
∴四边形AFCE的面积=12AC×EF=12×2×23=23．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的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5-1】（2020•连云港）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．

【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．
【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO＝∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB＝OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOBOD=OB，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，
∴BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=OM2+OB2=52+122=13，
∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式5-2】（2020春•海淀区校级月考）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于D，EF垂直平分BD，分别交AB，BC，BD于E，F，G，连接DE，DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若∠BDE＝15°，∠C＝45°，DE＝2，求CF的长．

【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得BE＝DE，BF＝DF，可得∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD＝∠BDF＝∠EDB＝∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；
（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC＝30°，由直角三角形的性质可求CF的长．
【答案】证明：（1）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵EF垂直平分BD，
∴BE＝DE，BF＝DF，
∵∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，
∴∠EBD＝∠BDF，∠EDB＝∠DBF，
∴BE∥DF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，且BE＝DE，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于点H，

∵四边形BEDF是菱形，
∴BF＝DF＝DE＝2，
∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝15°，
∴∠DFH＝30°，且DH⊥BC，
∴DH=12DF＝1，FH=3DH3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，
∴∠C＝∠CDH＝45°，
∴DH＝CH＝1，
∴FC＝FH+CH=3+1．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．
【变式5-3】（2020春•雨花区校级期末）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．

【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，
∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，AB=CD∠B=∠CDMBN=DM，
∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，
∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，
∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，
∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴MN＝MD=12AD，
∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，
∴∠MND＝∠CND＝∠2，
∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，
∴∠CEN＝90°，
∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，
∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，
∴PN＝2PE＝2，
∴CE＝PC+PE＝3，
∴NC=23．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【考点6 矩形的性质】
【方法点拨】掌握矩形的性质是解决此类问题的关键，矩形具有平行四边形的一切性质；矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等.
【例6】（2020春•长春期末）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，连结BM、DN．若AB＝4，AD＝8，则MD的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据线段垂直平分线的的性质，求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，即可列方程求解．
【答案】解：∵对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，
∴MB＝MD，
设MD长为x，则MB＝DM＝x，
在Rt△AMB中，BM2＝AM2+AB2
即x2＝（8﹣x）2+42，
解得：x＝5，
∴MD长为5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意，线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
【变式6-1】（2020春•高淳区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E．若BE＝EO，则AD的长是（　　）

A．62 B．23 C．32 D．25
【分析】由矩形的性质可得OB＝OD＝OA＝OC，AC＝BD，由线段垂直平分线的性质可得OA＝AB＝OB，可证△OAB是等边三角形，可得∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB，
即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠ABD＝30°，
∴AD=3AB＝23，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式6-2】（2020春•汝阳县期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若DF⊥AC，∠ADF：∠FDC＝3：2，则∠BDF＝（　　）

A．18° B．36° C．27° D．54°
【分析】根据∠ADC＝90°，求出∠CDF和∠ADF，根据矩形性质求出OD＝OC，推出∠BDC＝∠DCO，求出∠BDC，即可求出答案．
【答案】解：设∠ADF＝3x，∠FDC＝2x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴2x+3x＝90°，
∴x＝18°，
即∠FDC＝2x＝36°，
∵DF⊥AC，
∴∠DMC＝90°，
∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2OC，BD＝2OD，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∴∠BDC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠BDC﹣∠FDC＝54°﹣36°＝18°，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定与性质等知识；求出∠BDC和∠CDF的度数是解题的关键．
【变式6-3】（2020春•新城区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点E，∠ACB＝52°，AM平分∠BAC，交BC于点M，过点B作BF⊥AM．垂足为点F，则∠DBF的度数为（　　）

A．43° B．34° C．33° D．19°
【分析】由矩形的性质得∠ABC＝90°，AE＝BE，求出∠ABD＝∠BAC＝38°，由角平分线定义得出∠BAM＝∠CAM=12∠BAC＝19°，则∠ABF＝90°﹣∠BAM＝71°，由∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD即可得出结果．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AE＝BE，
∴∠BAC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣52°＝38°，
∴∠ABD＝∠BAC＝38°，
∵AM平分∠BAC，
∴∠BAM＝∠CAM=12∠BAC=12×38°＝19°，
∵BF⊥AM，
∴∠ABF＝90°﹣∠BAM＝90°﹣19°＝71°，
∴∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD＝71°﹣38°＝33°，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、角平分线定义、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的性质和角平分线定义是解题的关键．
【考点7 直角三角形斜边上的中线应用】
【方法点拨】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．
【例7】（2020春•蚌埠期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（　　）

A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【答案】解：连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，
∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，
∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，
∴DE＝BE，
∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，
故选：C．

【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【变式7-1】（2020•亳州二模）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，D为AC边上一动点，O为BD中点，DE⊥AB，垂足为E，连结OE，CO，延长CO交AB于F，设∠BAC＝α，则（　　）

A．∠EOF=32α B．∠EOF＝2α
C．∠EOF＝180°﹣α D．∠EOF＝180°﹣2α
【分析】设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，根据直角三角形斜边中线的性质得OE=12BD＝OD，OC＝OD，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理表示∠EOD和∠COD，可得结论．
【答案】解：设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，
∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴∠BDE＝90°﹣β，
∵O为BD中点，
∴OE=12BD＝OD，
∴∠OED＝∠ODE，
同理得OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝α+β，
∴∠EOD＝180°﹣2（90°﹣β）＝2β，∠COD＝180°﹣2（α+β）＝180°﹣2α﹣2β，
∴∠EOF＝180°﹣∠EOD﹣∠COD＝180°﹣2β﹣（180°﹣2α﹣2β）＝2α；
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，利用参数表示角是本题的关键．
【变式7-2】（2020•雁塔区校级二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝52°，BE为AC边上的中线，AD平分∠BAC，交BC边于点D，过点B作BF⊥AD，垂足为F，则∠EBF的度数为（　　）

A．19° B．33° C．34° D．43°
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出BE=12AC＝AE＝CE，由等腰三角形的性质得出∠EBC＝∠C＝52°，由角平分线定义得出∠CAD＝19°，由三角形的外角性质得出∠ADB＝71°，由直角三角形的性质得出∠FBD＝19°，进而得出答案．
【答案】解：∵∠ABC＝90°，BE为AC边上的中线，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝90°﹣52°＝38°，BE=12AC＝AE＝CE，
∴∠EBC＝∠C＝52°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=12∠BAC＝19°，
∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝52°+19°＝71°，
∵BF⊥AD，
∴∠BFD＝90°，
∴∠FBD＝90°﹣∠ADB＝19°，
∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBD＝52°﹣19°＝33°；
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式7-3】（2020•萧山区一模）如图，CE、BF分别是△ABC的高线，连接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分别是EF、BC的中点，则DG的长为　 　．

【分析】连接EG、FG，根据直角三角形的性质得到EG＝FG=12BC＝5，根据等腰三角形的性质求出ED，根据勾股定理计算，得到答案．
【答案】解：连接EG、FG，
∵CE，BF分别是△ABC的高线，
∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，
∵G是BC的中点，
∴EG＝FG=12BC＝5，
∵D是EF的中点，
∴ED=12EF＝3，GD⊥EF，
由勾股定理得，DG=GE2−DE2=4，
故答案为：4．

【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，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．
【考点8 矩形的判定与性质（计算与证明）】
【方法点拨】矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形.
【例8】（2020春•遂宁期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接OE，若AD＝5，BE＝3，求线段OE的长．

【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC，推出四边形AECF是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理求出AE，求得AC＝45，由直角三角形的性质即可得到结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，即AF∥EC，
∵CF∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，四边形AECF为矩形，且BE＝3，AD＝5
∴OA＝OC，AB＝BC＝AD＝5 DF＝EB＝3，∠AEC＝90°，
∴AE=AB2−BE2=52−32=4，CE＝BC+BE＝8，
∴AC=AE2+CE2=42+82=45，
∵OA＝OC，∠AEC＝90°，
∴OE＝OC=12AC=12×45=25．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，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．
【变式8-1】（2020春•新邵县期末）如图，在△ABC中，点O是AC边的中点，过点O作BC的平行线交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：四边形CEAF是矩形；
（2）若AE＝3，EC＝4，AB＝12，BC＝13，求四边形ABCF的面积．

【分析】（1）由对角线互相平分证明四边形CEAF是平行四边形，再由对角线相等即可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AC，得出△ACE的面积=12AE×EC，再由勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，得出△ABC的面积=12AB•AC，代入数据即可得到结论．
【答案】（1）证明：∵EF∥BC，
∴∠OEC＝∠BCE，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE＝∠OCE，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴EO＝CO，
同理：FO＝CO，
∴EO＝FO，
又∵O是AC的中点，
∴AO＝CO，
∴四边形CEAF是平行四边形，
∵EO＝FO＝CO，
∴EO＝FO＝AO＝CO，
∴EF＝AC，
∴四边形CEAF是矩形；
（2）解：∵四边形CEAF是矩形，
∴∠AEC＝90°，
∵AE＝3，EC＝4，
∴AC=AE2+CE2=5，
∵AB＝12，BC＝13，
∴AB2+AC2＝122+52＝132＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∴四边形ABCF的面积=12AB•AC+12AF•CF=12×12×5+12×3×4=36．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线、勾股定理以及面积的计算；熟练掌握矩形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【变式8-2】（2020春•无锡期末）如图，已知△OAB中，OA＝OB，分别延长AO、BO到点C、D．使得OC＝AO，OD＝BO，连接AD、DC、CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以OA、OB为一组邻边作▱AOBE，连接CE，若CE⊥BD，求∠AOB的度数．

【分析】（1）根据已知条件推出四边形ABCD是平行四边形，求得AO=12AC，BO=12BD，等量代换得到AC＝BD，于是得到四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE，设EC与BD交于F，根据垂直的定义得到∠CFD＝90°，根据平行四边形的性质得到AE∥BO，根据直角三角形的性质得到EO＝AO，推出△AEO是等边三角形，于是得到结论．
【答案】（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12AC，BO=12BD，
∵AO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：连接OE，设EC与BD交于F，
∵EC⊥BD，
∴∠CFD＝90°，
∵四边形AEBO是平行四边形，
∴AE∥BO，
∴∠AEC＝∠CFD＝90°，
即△AEC是直角三角形，
∵EO是Rt△AEC中AC边上的中线，
∴EO＝AO，
∵四边形AEBO是平行四边形，
∴OB＝AE，
∵OA＝OB，
∴AE＝OA＝OE，
∴△AEO是等边三角形，
∴∠OAE＝60°，
∵∠OAE+∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，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，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-3】（2020•开福区模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝1，求△OEC的面积．

【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，再证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题．
【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝1，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OF=12CD=12，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝1，
∴△OEC的面积=12•EC•OF=14．

【点睛】本题考查矩形的判定与性质、三角形的面积、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．
【考点9 正方形的性质】
【方法点拨】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．
【例9】（2020春•沙坪坝区期末）如图，正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（　　）

A．1 B．22−2 C．2−1 D．14
【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=2，计算AC的长，得AE＝2−2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．
【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC=2，∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴AC=2AB＝2，
∵∠ADE＝22.5°，
∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CD＝CE=2，
∴AE＝2−2，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴EF=AE2=2−1，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
【变式9-1】（2020春•金寨县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝1，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（　　）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH=12BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【答案】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在△ABE和△DAF中，
∵AB=AD∠BAE=∠DAE=DF，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH=12BF，
∵BC＝4、CF＝CD﹣DF＝4﹣1＝3，
∴BF=BC2+CF2=5，
∴GH=12BF=12×5=2.5，
故选：B．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
【变式9-2】（2020春•江岸区期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE⊥CF于点G．若BC＝4，AF＝1，则CE的长为（　　）

A．3 B．125 C．195 D．165
【分析】先根据同角的余角相等得∠CBE＝∠DCF，再证明△BCE≌△CDF，得CE＝DF，便可求得结果．
【答案】解：正方形ABCD中，∵BC＝4，
∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°，
∵BE⊥CF于点G．
∴∠CBG+∠BCG＝∠BCG+∠DCF＝90°，
∴∠CBE＝∠DCF，
在△BCE和△CDF中，
∠BCE=∠CDFBC=CD∠CBE=∠DCF，
∴△BCE≌△CDF（ASA），
∴CE＝DF，
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣1＝3，
∴CE＝3．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△BCE≌△CDF是解本题的关键．
【变式9-3】（2020春•自贡期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝25，且∠ECF＝45°，则CF的长为（　　）

A．4103 B．5103 C．210 D．7103
【分析】把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，证明△CEF≌△CEF'得EF＝EF′，设DF＝x，在Rt△FAE中，由勾股定理列出x的方程求得x，再在Rt△FAE中，由勾股定理得结果．
【答案】解：把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，

则△CBF'≌△CDF，连接EF．
∴CF＝CF′，
∵∠FCF′＝90°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECF′＝45°，
∵CE＝CE，
∴△CEF≌△CEF'（SAS），
∴EF＝EF'．
在Rt△EBC中，BE=CE2−BC2=(25)2−42=20−16=2，
∴AE＝AB﹣BE＝2．
设DF＝x，则AF＝4﹣x．
∵DF＝BF′，
∴EF＝EF'＝BE+BF'＝2+x，
在Rt△FAE中，EF2＝AE2+AF2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
解得：x=43．
在Rt△FAE中，DF=43，CD=4，
∴CF2=42+(43)2，
解得：CF=4103．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
【考点10 正方形的判定与性质（计算与证明）】
【例10】（2020春•历下区期末）如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB中点，连接DF交AC于点M，请直接写出ME的长．

【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）如图，作EH⊥DF于H．想办法求出EH，HM即可解决问题；
【答案】解：（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD＝∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN＝∠DEF＝90°，
∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，
∴△EMD≌△ENF，
∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．

（2）∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝42．

（3）如图，作EH⊥DF于H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF＝FB
∴DF=22+42=25，
∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD，
∴DH＝HF，
∴EH=12DF=5，
∵AF∥CD，
∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，
∴FM=253，
∴HM＝HF﹣FM=53，
在Rt△EHM中，EM=HM2+EH2=523．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式10-1】（2019•金山区二模）已知：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求证：OE＝OF．

【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），
即可得出结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，
∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，
∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，
∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，∠ECO=∠EDHCO=DO∠COE=∠DHE=90°，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
【变式10-2】（2019春•安庆期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝8即可．
【答案】解：（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE=2AB=2×42=8，
∴CE+CG＝8是定值．

【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
【变式10-3】（2019春•内黄县期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝22，CE＝2，求CG的长；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．

【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【答案】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；

（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC=2AB＝4，
∵EC＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝2；

（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，

②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠DEC＝40°，

综上所述，∠EFC＝130°或40°．


【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
【考点11 中点四边形】
【例11】（2020春•樊城区校级月考）如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（　　）

A．当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形
B．当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形
C．当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形
D．四边形MNPQ一定为平行四边形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【答案】解：连接AC、BD交于点O，
∵M，N，P，Q是各边中点，
∴PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，
∴PQ∥MN，PQ＝MN，
∴四边MNPQ一定为平行四边形，D说法正确，不符合题意；
∠ABC＝90°时，四边形MNPQ不一定为正方形，A说法错误，符合题意；
AC＝BD时，MN＝MQ，
∴四边形MNPQ为菱形，B说法正确，不符合题意；
AC⊥BD时，∠MNP＝90°，
∴四边形MNPQ为矩形，C说法正确，不符合题意；
故选：A．

【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
【变式11-1】（2020春•工业园区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件　 　时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件　 　时，四边形EGFH是矩形．

【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【答案】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，
∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，
∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，
∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠HFC+∠GFB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
【变式11-2】（2020春•相城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件　 　时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件　 　时，四边形GEHF是菱形．

【分析】（1）证明FH＝EG，FH∥EG即可．
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判断．
（3）根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，
∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，
∴EG∥AC，EG=12OC，
∴FH∥EG．FH＝EG，
∴四边形GEHF是平行四边形．

（2）解：当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，
∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是矩形．
故答案为：EF=12BD．

（3）解：当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，
∴四边形GEHF是菱形．
故答案为EF⊥BD．
【点睛】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式11-3】（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是　 　．

【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【答案】解：①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．

故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
【考点12 四边形的判定（动点问题）】
【例12】（2020春•阳西县期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为　 　时，四边形AMDN是矩形；
②若AM＝6，求证：四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；
②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
在△NDE和△MAE中，∠DNE=∠AME∠DEN=∠AEMDE=AE，
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①解：当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM=12MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②证明：∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
【变式12-1】（2020春•蚌埠期末）如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明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）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．

【分析】（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根据等边对等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．
（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
（3）利用已知条件及正方形的性质解答．
【答案】解：（1）∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE，
∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠ECB，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴OE＝OC，
同理OC＝OF，
∴OE＝OF．

（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．
如图AO＝CO，EO＝FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=12∠ACB，
同理，∠ACF=12∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF=12（∠ACB+∠ACG）=12×180°＝90°，
∴四边形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形
∵四边形AECF是正方形，
∴AC⊥EN，故∠AOM＝90°，
∵MN∥BC，
∴∠BCA＝∠AOM，
∴∠BCA＝90°，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．
【变式12-2】（2019春•高邑县期末）如图，▱ABCD中，AB＝2cm，AC＝5cm，S▱ABCD＝8cm2，E点从B点出发，以1cm每秒的速度，在AB延长线上向右运动，同时，点F从D点出发，以同样的速度在CD延长线上向左运动，运动时间为t秒．
（1）在运动过程中，四边形AECF的形状是　 　；
（2）t＝　 　时，四边形AECF是矩形；
（3）求当t等于多少时，四边形AECF是菱形．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD＝2cm，AB∥CD，由已知条件得出CF＝AE，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，则∠AFC＝90°，得出AF⊥CD，由平行四边形的面积得出AF＝4cm，在Rt△ACF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）当AE＝CE时，四边形AECF是菱形．过C作CG⊥BE于G，则CG＝4cm，由勾股定理求出AG，得出GE，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【答案】解：（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝2cm，AB∥CD，
∴CF∥AE，
∵DF＝BE，
∴CF＝AE，
∴四边形AECF是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）t＝1时，四边形AECF是矩形；理由如下：
若四边形AECF是矩形，
∴∠AFC＝90°，
∴AF⊥CD，
∵S▱ABCD＝CD•AF＝8cm2，
∴AF＝4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，
即42+（t+2）2＝52，
解得：t＝1，或t＝﹣5（舍去），
∴t＝1；故答案为：1；
（3）依题意得：AE平行且等于CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故AE＝CE时，四边形AECF是菱形．
又∵BE＝tcm，
∴AE＝CE＝t+2（cm），
过C作CG⊥BE于G，如图所示：
则CG＝4cmcm，
∵AG=AC2−CG2=52−42=3（cm），
∴GE＝t+2﹣3＝t﹣1（cm），
在△CGE中，由勾股定理得：CG2+GE2＝CE2＝AE2，
即42+（t﹣1）2＝（t+2）2，
解得：t=136，
即t=136s时，四边形AECF是菱形．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
【变式12-3】（2019春•西湖区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，AD＝9cm，CD＝32cm，∠B＝45°，点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6）
（1）求BC边上高AE的长度；
（2）连接AN、CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形；
（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形．

【分析】（1）先由平行四边形的性质得出AB＝CD＝32cm．再解直角△ABE，即可求出AE的长度；
（2）先证明四边形AMCN为平行四边形，则当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．根据AN＝AM列出方程32+（6﹣t）2＝t2，解方程即可；
（3）先证明四边形MPNQ为矩形，则当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．根据QM＝QN列出方程|2t﹣6|＝3，解方程即可．
【答案】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝32cm．
在直角△ABE中，∵∠AEB＝90°，∠B＝45°，
∴AE＝AB•sin∠B＝32×22=3（cm）；

（2）∵点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6），
∴AM＝CN＝t，
∵AM∥CN，
∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE＝AE＝3，EN＝6﹣t，
∴AN2＝32+（6﹣t）2，
∴32+（6﹣t）2＝t2，
解得t=154．
故当t为154时，四边形AMCN为菱形；

（3）∵MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，
∴四边形MPNQ为矩形，
∴当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．
∵AM＝CN＝t，BE＝3，
∴AQ＝EN＝BC﹣BE﹣CN＝9﹣3﹣t＝6﹣t，
∴QM＝AM﹣AQ＝|t﹣（6﹣t）|＝|2t﹣6|（注：分点Q在点M的左右两种情况），
∵QN＝AE＝3，
∴|2t﹣6|＝3，
解得t＝4.5或t＝1.5．
故当t为4.5或1.5秒时，四边形MPNQ为正方形．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，菱形的判定，正方形的判定，利用数形结合与方程思想是解题的关键．
【考点13 四边形中的最值问题】
【例13】（2019•邹平县模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是　 　．

【分析】作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，点H关于AG的对称点为F，此时EF+ED最小＝DH，先证明△ADC是等边三角形，在RT△DCH中利用勾股定理即可解决问题．
【答案】解：如图作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∵AB＝AD＝CD＝BC＝6，
∵∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠B＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∵AG是中线，
∴∠GAD＝∠GAC
∴点F关于AG的对称点H在AC上，此时EF+ED最小＝DH．
在RT△DHC中，∵∠DHC＝90°，DC＝6，∠CDH=12∠ADC＝30°，
∴CH=12DC＝3，DH=CD2−CH2=62−32=33，
∴EF+DE的最小值＝DH＝33
故答案为33．

【点睛】本题考查菱形的性质、垂线段最短、等边三角形的判定、勾股定理等知识，解决问题的关键是利用垂线段最短解决最小值问题，属于中考常考题型．
【变式13-1】（2020春•硚口区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　　）

A．2 B．4 C．2 D．22
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【答案】解：如图：

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2=12CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=12CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．
∴BP1=2．
∴PB的最小值是2．
故选：C．
【点睛】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
【变式13-2】（2020春•宜兴市期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点，且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（　　）

A．12 B．20 C．48 D．80
【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【答案】解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS）．
∴AE＝BF．

所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，
所以AE+DE＝DH．

在Rt△ADH中，DH=AH2+AD2=82+42=80，
∴BF+DE最小值为80．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．
【变式13-3】（2019•灞桥区校级模拟）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是（　　）

A．5 B．7 C．72 D．722
【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；
【答案】解：如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．

由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD=22AM，
∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，
∴AM≤7，
∴AM的最大值为7，
∴AD的最大值为722，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
【考点14 四边形综合（旋转问题）】
【例14】（2020春•香坊区校级月考）在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，DE＝EF，过D作DG⊥EF于点H，交AB边于点G．
（1）如图1，求证：DE＝DG；
（2）如图2，将EF绕点E逆时针旋转90°得到EK，点F对应点K，连接KG，EG，若H为DG中点，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图中所有与EG长度相等的线段（不包括EG）．

【分析】（1）由“AAS”可证△DAG≌△DCE，可得DG＝DE；
（2）先证明四边形KEDG是菱形，可得GK＝DG＝KE＝DE，由线段中垂线定理可得GE＝DE，可得EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．
【答案】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠DAG＝∠DCE＝90°，
∴∠DEC＝∠EDF，
∵DE＝EF，
∴∠EFD＝∠EDF，
∴∠EFD＝∠DEC，
∵DG⊥EF于H，
∴∠GHF＝90°，
∴∠AGH+∠AFH＝180°，
∵∠AFH+∠EFD＝180°，
∴∠DGA＝∠EFD＝∠DEC，
在△DAG和△DCE中：
∠DGA=∠DEC∠DAG=∠DCEDA=DC
∴△DAG≌△DCE（AAS），
∴DG＝DE．
（2）∵KE⊥EF，DG⊥EF，
∴KE∥DG，且DG＝EF＝KE＝DE，
∴四边形KEDG是平行四边形，且DG＝DE，
∴四边形KEDG是菱形，
∴GK＝DG＝KE＝DE，
∵DG⊥EF，H是DG的中点，
∴EG＝DE，
∴EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式14-1】（2020•广东模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF．
（1）求证：△ABG≌△ADF；
（2）求证：AG⊥AF；
（3）当EF＝BE+DF时：
①求m的值；
②若F是CD的中点，求BE的长．

【分析】（1）在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．已知BG＝DF，所以得出△ABG≌△ADF，
（2）由△ABG≌△ADF，得出∠GAB＝∠FAD，从而得到∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，得出结论AG⊥AF；
（3）①：由△ABG≌△ADF，AG＝AF，BG＝DF．得到EF＝BE+DF，EF＝BE+BG＝EG．AE＝AE，得出△AEG≌△AEF．所以∠EAG＝∠EAF，∠EAF=12∠GAF＝45°，即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．在Rt△CEF中，利用勾股定理得出BE的长为23．
【答案】
解：（1）证明：在正方形ABCD中，
AB＝AD＝BC＝CD＝2，
∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．
∵BG＝DF，
在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）；
（2）证明：∵△ABG≌△ADF，
∴∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF
＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，
∴AG⊥AF；
（3）①解：△ABG≌△ADF，
∴AG＝AF，BG＝DF．
∵EF＝BE+DF，
∴EF＝BE+BG＝EG．
∵AE＝AE，
在△AEG和△AEF中．
AG=AFEG=EFAE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SSS）．
∴∠EAG＝∠EAF，
∴∠EAF=12∠GAF＝45°，
即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．
设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．
在Rt△CEF中，CE 2+CF 2＝EF 2，即（ 2﹣x ） 2+1 2＝（ 1+x ） 2，得x=23．
∴BE的长为23．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及旋转的性质，解题的关键是根据三角形全等求出相等的角与边．
【变式14-2】（2019•麒麟区模拟）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　 　；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【答案】解：（1）如图①AH＝AB．

（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．

（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．


【点睛】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．
【变式14-3】（2020•龙岗区校级模拟）如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）探究PG与PC的位置关系及PGPC的值（写出结论，不需要证明）；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60度．探究PG与PC的位置关系及PGPC的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．

【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
（2）方法同（1），只不过三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据三角函数来得出PG、CP的比例关系；
（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．
【答案】解：（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=1；

（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=3．
证明：如图2，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
由题意可知DC∥GF，
∴∠GFP＝∠HDP，
∵∠GPF＝∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GP＝HP，GF＝HD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，
∴CG＝CH，
∴△CHG是等腰三角形，
∴PG⊥PC，（三线合一）
又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，
∴∠GCP＝60°，
∴PGPC=3；

（3）在（2）中得到的两个结论仍成立．
证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，
连接CH，CG，DH，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
∵∠GPF＝∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，
∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC＝120°，
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF＝GB，
∴HD＝GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°，
即∠HCG＝120°
∵CH＝CG，PH＝PG，
∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，
∴PGPC=3．即PG=3PC．

【点睛】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．