專題18.2特殊的平行四邊形1．了解矩形、菱形、正方形的概念，掌握矩形、菱形、正方形的特殊性質（邊、角、對角線）；2．能利用矩形、菱形、正方形的性質解決相關的計算和證問題；3.理解并掌握矩形、菱形、正方形的判定定理，并能運用其判定解決相關的證明和計算問題；4.能利用矩形的性質證明:直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半。5.探究菱形面積的多種求法。6.了解正方形與矩形、菱形、平行四邊形之間的聯系與區別；知識點01矩形的性質與判定【知識點】矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形矩形的性質，從邊、角、對角線、對稱性進行討論。如下圖，四邊形ABCD為矩形：1）邊：=1\*GB3①對邊平行；=2\*GB3②對邊相等，即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC2）角：四個角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°3）對角線：=1\*GB3①對角線相等；=2\*GB3②對角線相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO4）對稱性：軸對稱圖形；中心對稱圖形5）重要推論：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即如上圖，如∠A=90°，點O為斜邊BD的中點，則AO=BD（或AO=OB=OD）矩形是特殊的平行四邊形，常見的判定思路：平行四邊形+矩形的一個特殊性質，具體如下：1）判定方法1（定義）：平行四邊形+1個角是90°；2）判定方法2（角）：有3個角是直角的四邊形，即∠BAB=∠ABC=∠BCD=90°；3）判定方法3（對角線）：平行四邊形+對角線相等，或對角線相等且相互平分。【知識拓展1】矩形的相關性質例1．（2022·云南楚雄·九年級統考期中）下列關于矩形的說法中正確的是（

）A．對角線相等的四邊形是矩形 B．矩形的對角線相等且互相平分C．矩形的對角線互相垂直且平分 D．對角線互相平分的四邊形是矩形【答案】B【分析】根據矩形的性質和判定定理逐個判斷即可．【詳解】解：A、對角線相等的平行四邊形才是矩形，故本選項錯誤；B、矩形的對角線相等且互相平分，故本選項正確；C、矩形的對角線互相平分且相等，不一定垂直，故本選項錯誤；D、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，不一定是矩形，故本選項錯誤；故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質和判定的應用，能熟記矩形的性質和判定定理是解此題的關鍵．【即學即練】1．（2022·河南洛陽·統考二模）關于矩形的性質，以下說法不正確的是（）A．鄰邊相互垂直B．對角線相互垂直C．是中心對稱圖形D．對邊相等【答案】B【分析】根據矩形的性質逐一判斷即可．【詳解】解：A．矩形的鄰邊相互垂直，說法正確，故本選項不合題意；B．矩形的對角線相等，但不相互垂直，原說法錯誤，故本選項符合題意；C．矩形是中心對稱圖形，說法正確，故本選項不合題意；D．矩形的對邊相等，說法正確，故本選項不合題意；故選：B．【點睛】本題考查矩形的性質定理，熟記矩形的性質是解題的關鍵．【知識拓展2】利用矩形的性質求角度、長度（面積）例2．（2022·吉林松原市·九年級一模）如圖所示，點是矩形的對角線的中點，點為的中點．若，，則的周長為（）A．10 B． C． D．14【答案】C【分析】易知OE是中位線，則，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝10，根據矩形性質可求BO＝5，從而求出△BOE周長．【詳解】點是矩形的對角線的中點，點為的中點，∴，，∴．在中，利用勾股定理求得．在中，利用勾股定理求得，∴．∴的周長為．故選C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質、以及勾股定理和中位線的性質，解題的技巧是把所求三角形的三條線段分別放在不同的三角形中求解長度．【即學即練】1．（2022·重慶市初三期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，過點A作AE⊥BD于點E，已知∠EAD＝3∠BAE，則∠EOA＝______°．【答案】【分析】由已知條件可先求得，在Rt△ABE中可求得，再由矩形的性質可得OA=OB，則可求得，即可求得結果；【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴，OA=OB，∵∠EAD＝3∠BAE，∴，∴，∵AE⊥BD，∴，∴，．故答案是．【點睛】本題主要考查了利用矩形的性質求角度，準確利用已知條件是解題的關鍵．2．（2022·河南初三期末）如圖,在矩形ABCD中,BC=2,AE⊥BD,垂足為E,∠BAE=30°,那么△ECD的面積是（）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】根據已知條件，先求Rt△AED的面積，再證明△ECD的面積與它相等．【解析】如圖：過點C作CF⊥BD于F.∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，∠BAE=30°.∴∠ABE=∠CDF=60°,AB=CD,AD=BC=2,∠AEB=∠CFD=90°，∠AED=30°，∴△ABE≌△CDF.∴AE=CF.∴S△AED=EDAE,S△ECD=EDCF.∴S△AED=S△CDE∵AE=1,DE=，∴△ECD的面積是.故答案選:D.【點睛】本題考查了矩形的性質與含30度角的直角三角形相關知識，解題的關鍵是熟練的掌握矩形的性質與含30度角的直角三角形并能運用其知識解題.【知識拓展3】矩形中的翻折、坐標問題例3．（2022·廣東·深圳市二模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形中，，，將沿對角線翻折，使點落在處，與軸交于點，則點的坐標為______．【答案】【分析】設，則，由題意可以求證，從而得到，再根據勾股定理即可求解．【詳解】解：由題意可知：，，設，則，又∵∴∴在中，，即解得：∴點的坐標為故答案為【點睛】此題考查了矩形的性質，三角形全等的判定與性質，勾股定理以及平面直角坐標系的性質，熟練掌握相關基本性質是解題的關鍵．【即學即練】1．（2021·江蘇宿遷·中考真題）折疊矩形紙片ABCD，使點B落在點D處，折痕為MN，已知AB=8，AD=4，則MN的長是（）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】連接BM，利用折疊的性質證明四邊形BMDN為菱形，設DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形計算面積的兩種方法，建立等式求MN．【詳解】解：如圖，連接BM，由折疊可知，MN垂直平分BD，又AB∥CD，∴BON≌DOM，∴ON＝OM，∴四邊形BMDN為菱形（對角線互相垂直平分的四邊形是菱形），設DN＝NB＝x，則AN＝8﹣x，在RtABD中，由勾股定理得：BD＝＝，在RtADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，根據菱形計算面積的公式，得BN×AD＝×MN×BD，即5×4＝×MN×，解得MN＝．故選：B．【點睛】本題考查圖形的翻折變換，勾股定理，菱形的面積公式的運用，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據軸對稱的性質，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后對應線段相等．【知識拓展4】斜邊中線等于斜邊的一半例4．（2022·柘城初三模擬）如圖，在四邊形中，，，垂足為點，連接交于點，點為的中點，．若，，則的長為（）A．14 B．21 C．24 D．25【答案】C【分析】根據直角三角形的性質得到GA=GD=AF=25，根據平行線的性質得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根據勾股定理計算即可．【解析】∵AD∥BC，DE⊥BC，∴∠ADE=90°，又點G為AF的中點，

∴GA=GD=AF=25，∴∠GAD=∠GDA，∴∠DGC=2∠DAC，

∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，∵∠ACD=2∠ACB．∴∠ACD=∠DGC，∴DC=DG=25，

在Rt△DEC中，DE=，故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理，直角三角形的性質，等腰三角形的判定和性質，解此題的關鍵是求出DG=DC，注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【即學即練】1．（2021·遼寧丹東市·九年級期末）如圖，在和中，，，是的中點，連接，，，若，則的面積為（）A．12 B．12.5 C．15 D．24【答案】A【分析】首先根據直角三角形斜邊中線的性質得出，然后利用勾股定理求出EM的長度，最后利用三角形的面積公式求解即可．【詳解】解：如圖，過點M作交CD于點E，∵，，是的中點，，．∵，，，．故選：A．【點睛】本題考查直角三角形的性質及勾股定理，掌握直角三角形斜邊的中線是斜邊的一半是解題的關鍵．【知識拓展5】矩形的判定定理的理解例5．（2022春·陜西西安·九年級階段練習）下列說法中正確的是（

）A．有一個角是直角的四邊形是矩形B．兩條對角線相等的四邊形是矩形C．兩條對角線互相垂直的四邊形是矩形D．有三個角是直角的四邊形是矩形【答案】D【分析】利用矩形的判定定理及矩形的定義進行判斷后即可確定本題的答案．【詳解】解：A、有一個直角的平行四邊形是矩形，故錯誤；B、兩條對角線相等的平行四邊形是矩形，故錯誤；C、兩條對角線互相垂直的四邊形可能是梯形等，故錯誤；D、四個角都是直角的四邊形是矩形，正確，故選：D．【點睛】本題考查了矩形的判定，牢記有關矩形的判定定理及定義是解答本題的關鍵，屬于基礎概念題，難度不大．【即學即練】1．（2022秋·吉林白山·八年級統考階段練習）下列四邊形是矩形的是（

）A．有兩個角為直角的四邊形 B．有一個角是直角的平行四邊形C．對角線互相平分的四邊形 D．對角線相等的四邊形【答案】B【分析】根據矩形的判定方法：①矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形；②有三個角是直角的四邊形是矩形；③對角線相等的平行四邊形是矩形（或“對角線互相平分且相等的四邊形是矩形”），針對每一個選項進行分析，可選出答案．【詳解】解：A、有兩個角為直角的四邊形，不一定是矩形，故此選項不符合題意；B、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，故此選項符合題意；C、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，不是矩形，故此選項不符合題意；D、對角線相等的四邊形不一定是矩形，故此選項不符合題意．故選：B．【點睛】此題主要考查了矩形的判定，關鍵是熟練掌握矩形的判定方法．2．（2022春·福建漳州·九年級統考期中）如圖，四邊形是平行四邊形，添加下列條件，能判定這個四邊形是矩形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形的判定和平行四邊形的性質分別對各個選項進行判斷即可；【詳解】解：A、四邊形是平行四邊形，，，，平行四邊形是矩形，故選項A符合題意；B、四邊形ABCD是平行四邊形，，，，，選項B不能判定這個平行四邊形為矩形，故選項B不符合題意；C、四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，故選項C不符合題意；D、四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，故選項D不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四邊形的性質等知識，熟練掌握矩形的判定是解題的關鍵．【知識拓展6】證明四邊形是矩形例6．（2022·河南九年級期中）如圖，將?ABCD的邊DC延長到點E，使CE=DC，連接AE，交BC于點F，連接AC、BE．（1）求證：四邊形ABEC是平行四邊形；（2）若∠AFC=2∠ADC，求證：四邊形ABEC是矩形．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）根據平行四邊形的性質得到ABCD，AB=CD，然后根據CE=DC，得到AB=EC，ABEC，利用“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”判斷即可；（2）由（1）得的結論先證得四邊形ABEC是平行四邊形，通過角的關系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得證．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD．∵CE=DC，∴AB=EC，AB∥EC，∴四邊形ABEC是平行四邊形；（2）∵由（1）知，四邊形ABEC是平行四邊形，∴FA=FE，FB=FC．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠D．又∵∠AFC=2∠ADC，∴∠AFC=2∠ABC．∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，∴∠ABC=∠BAF，∴FA=FB，∴FA=FE=FB=FC，∴AE=BC，∴四邊形ABEC是矩形．【點睛】此題考查的知識點是平行四邊形的判定與性質及矩形的判定，關鍵是先由平行四邊形的性質證三角形全等，然后推出平行四邊形通過角的關系證矩形．【即學即練】1．（2021·江蘇·中考真題）如圖，點C是的中點，四邊形是平行四邊形．（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）如果，求證：四邊形是矩形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）由平行四邊形的性質以及點C是BE的中點，得到AD∥CE，AD=CE，從而證明四邊形ACED是平行四邊形；（2）由平行四邊形的性質證得DC=AE，從而證明平行四邊形ACED是矩形．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，且AD=BC．∵點C是BE的中點，∴BC=CE，∴AD=CE，∵AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=DC，∵AB=AE，∴DC=AE，∵四邊形ACED是平行四邊形，∴四邊形ACED是矩形．【點睛】本題考查了平行四邊形和矩形的判定和性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．【知識拓展7】根據矩形的性質與判定綜合問題例7．（2022·重慶初三期末）如圖，已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標系中，點A（10，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結論中：①當∠BOP＝45°時，四邊形OBPD為正方形；②當∠BOP＝30°時，△OAD的面積為15；③當P在運動過程中，CD的最小值為2﹣6；④當OD⊥AD時，BP＝2．其中結論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】①由矩形的性質得到，根據折疊的性質得到，，，推出四邊形是矩形，根據正方形的判定定理即可得到四邊形為正方形；故①正確；②過作于，得到，，根據直角三角形的性質得到，根據三角形的面積公式得到的面積為，故②正確；③連接，于是得到，即當時，取最小值，根據勾股定理得到的最小值為；故③正確；④根據已知條件推出，，三點共線，根據平行線的性質得到，等量代換得到，求得，根據勾股定理得到，故④正確．【解析】解：①四邊形是矩形，，將沿折疊得到，，，，，，，，四邊形是矩形，，四邊形為正方形；故①正確；②過作于，點，點，，，，，，的面積為，故②正確；③連接，則，即當時，取最小值，，，，，即的最小值為；故③正確；④，，，，，，三點共線，，，，，，，，，故④正確；故選：．【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，矩形的判定和性質，折疊的性質，勾股定理，三角形的面積的計算，正確的識別圖形是解題的關鍵．【即學即練】1．（2021·達州市·九年級期末）在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，AE平分交BC于點E，．連接OE，則下面的結論：①是等邊三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正確的結論有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】判斷出△ABE是等腰直角三角形，根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠ACB＝30°，再判斷出△ABO，△DOC是等邊三角形，可判斷①；根據等邊三角形的性質求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判斷②，由直角三角形的性質可得BC＝AB，可判斷③，由等腰三角形性質求出∠BOE＝75°，再根據∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判斷④；由面積公式可得可判斷⑤；即可求解．【詳解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB?∠CAE＝45°?15°＝30°，∴∠BAO＝90°?30°＝60°，∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，∴△ABO是等邊三角形，△COD是等邊三角形，故①正確；∴OB＝AB，又∵AB＝BE，∴OB＝BE，∴△BOE是等腰三角形，故②正確；在Rt△ABC中∵∠ACB=30°∴BC＝AB，故③錯誤；∵∠OBE＝∠ABC?∠ABO＝90°?60°＝30°＝∠ACB，∴∠BOE＝（180°?30°）＝75°，∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④錯誤；∵AO＝CO，∴，故⑤正確；故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質，熟記各性質是解題的關鍵．知識點02菱形的性質與判定【知識點】菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形。菱形的性質，從邊、角、對角線、對稱性進行討論。如下圖，四邊形ABCD為菱形：1）邊：=1\*GB3①四條邊都相等；=2\*GB3②對邊平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD2）角：對角相等（與平行四邊形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC3）對角線：=1\*GB3①對角線相互垂直；=2\*GB3②對角線平分對角；=3\*GB3③對角線相互平分，即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD4）對稱性：軸對稱圖形；中心對稱圖形5）菱形的面積（對角線相互垂直的四邊形）：對角線乘積的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD，菱形是特殊的平行四邊形，常見的判定思路：平行四邊形+菱形的一個特殊性質，具體如下：1）判定方法1（定義）：平行四邊形+1組鄰邊相等2）判定方法2（邊）：四條邊相等的四邊形，即AB=BC=CD=DA3）判定方法3（對角線）：平行四邊形+對角線相互垂直，或對角線相互垂直且平分4）判定方法4（對角線）：平行四邊形+對角線平分一組頂角【知識拓展1】菱形的相關性質例1．（2022秋·河南南陽·八年級階段練習）菱形具有而矩形不具有的性質是（

）A．對邊相等 B．對角相等 C．對角線互相平分 D．對角線互相垂直【答案】D【分析】由菱形的性質和矩形的性質分別對各個選項進行判斷即可．【詳解】解：A、對邊相等，是菱形和矩形都具有的性質，故選項A不符合題意；B、對角相等，是矩形和菱形都具有的性質，故選項B不符合題意；C、對角線互相平分，是矩形和菱形都具有的性質，故選項C不符合題意；D、對角線互相垂直，是菱形具有而矩形不具有的性質，故選項D符合題意；故選：D．【點睛】本題考查菱形的性質以及矩形的性質，正確區分矩形和菱形的性質是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022春·云南·九年級統考期中）下列關于菱形的說法中正確的是（

）A．對角線互相垂直的四邊形是菱形 B．菱形的對角線互相垂直且平分C．菱形的對角線相等且互相平分 D．對角線互相平分的四邊形是菱形【答案】B【分析】根據菱形的性質及判定，逐項進行判斷即可．【詳解】解：A.對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故A錯誤；B、C.菱形的對角線互相垂直且平分，故B正確，C錯誤；D.對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，故D錯誤．故選：B．【點睛】本題主要考查了菱形的判定和性質，解題的關鍵是熟記菱形的對角線垂直且互相平分，對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．【知識拓展2】利用菱形的性質求角度、長度例2．（2022·江蘇常州初三期末）如圖，菱形的對角線相交于點，于點，連接，若，則的度數是()A．25° B．22.5° C．30° D．15°【答案】B【分析】求出∠HDO，再證明∠DHO=∠HDO即可解決問題；【解析】∵，∴.∵四邊形是菱形，∴°，∵，∴，∴.∵，∴，∴.故選B.【點睛】此題考查菱形的性質，解題關鍵在于掌握菱形具有平行四邊形的一切性質；

菱形的四條邊都相等；

菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．判斷OH為直角三角形斜邊上的中線．【即學即練】1．（2022·黑龍江哈爾濱市·九年級期末）如圖，菱形的邊長為10，對角線的長為16，點，分別是邊，的中點，連接并延長與的延長線相交于點，則的長為________．【答案】12【分析】連接AC，交BD于點O，先證EF是△ACD的中位線，得EF∥AC，再證四邊形CAEG是平行四邊形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解決問題．【詳解】解：連接AC，交BD于點O，如圖所示：∵菱形ABCD的邊長為10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，∵點E、F分別是邊AD，CD的中點，∴EF是△ACD的中位線，∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四邊形CAEG是平行四邊形，∴AC＝EG，∵AC、BD是菱形的對角線，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC6，∴AC＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案為：12．【點睛】本題主要考查了菱形的性質，平行四邊形的判定與性質，三角形中位線定理及勾股定理等知識；熟練掌握菱形、平行四邊形的性質和勾股定理是解題的關鍵．【知識拓展3】菱形中的翻折、坐標問題題例3．（2022·黑龍江九年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，O是菱形ABCD對角線BD的中點，AD∥x軸，AD=4，∠A=60°．將菱形ABCD繞點O旋轉，使點D落在x軸上，則旋轉后點C的對應點的坐標是_____________．【答案】或【分析】分當D落在x軸正半軸時和當D落在x軸負半軸時，兩種情況討論求解即可．【詳解】解：如圖1所示，當D落在x軸正半軸時，∵O是菱形ABCD對角線BD的中點，∴AO⊥DO，∴當D落在x軸正半軸時，A點在y軸正半軸，∴同理可得A、B、C三點均在坐標軸上，且點C在y軸負半軸，∵∠BAD=60°，∴∠OAD=30°，∴，∴，∴點C的坐標為（0，）；如圖2所示，當D落在x軸負半軸時，同理可得，∴點C的坐標為（0，）；∴綜上所述，點C的坐標為（0，）或（0，），故答案為：（0，）或（0，）．【點睛】本題主要考查了菱形的性質，坐標與圖形，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022·福建三明·一模）如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=6，點E，F分別在邊AB，AD上，將△AEF沿EF翻折得到△GEF，若點G恰好為CD邊的中點，則AE的長為（）A．B．C．D．3【答案】B【分析】過點D作，垂足為點H，連接BD和BG，利用菱形及等邊三角形的性質，求出，，在中，求出DH的長，進而求出BG的長，設，在中，利用勾股定理，列方程，求出的值即可．【詳解】解：過點D作，垂足為點H，連接BD和BG，如下圖所示：四邊形ABCD是菱形，，，，與是等邊三角形，且點G恰好為CD邊的中點，平分AB，，，，，，，在中，，由勾股定理可知：，，由折疊可知：，故有，設，則，在中，由勾股定理可知：，即，解得，故選：B．【點睛】本題主要是考查了菱形、等邊三角形的性質以及勾股定理列方程求邊長，熟練綜合利用菱形以及等邊三角形的性質，求出對應的邊或角，在直角三角形中，找到邊之間的關系，設邊長，利用勾股定理列方程，這是解決本題的關鍵．【知識拓展4】菱形的面積例4．（2022·湖南長沙·九年級期末）如圖，將菱形ABCD的對角線AC向兩個方向延長，分別至點E和點F，且使AE＝CF．（1）求證：四邊形EBFD是菱形；（2）若菱形EBFD的對角線BD＝10，EF＝24，求菱形EBFD的面積．【答案】（1）見詳解；（2）120【分析】（1）根據菱形的性質和菱形的判定解答即可；

（2）根據菱形的性質以及面積公式解答即可．【詳解】（1）證明：∵菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD．

∵AE=CF，∴OA+AE=OC+CF，即OE=OF．∴四邊形AECF是平行四邊形．

∵AC⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形．（2）解：菱形EBFD的面積=．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質，菱形的面積，正確掌所握菱形的判定和性質是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022·鎮江市初三月考）如圖，菱形ABCD的對角線的長分別為2和5，P是對角線AC上任一點（點P不與點A、C重合），且PE∥BC交AB于E，PF∥CD交AD于F，則陰影部分的面積是__________．【答案】【分析】根據題意可得陰影部分的面積等于△ABC的面積，因為△ABC的面積是菱形面積的一半，根據已知可求得菱形的面積則不難求得陰影部分的面積．【解析】設AP，EF交于O點，∵四邊形ABCD為菱形，∴BC∥AD,AB∥CD.∵PE∥BC,PF∥CD，∴PE∥AF,PF∥AE.∴四邊形AEFP是平行四邊形．∴S△POF=S△AOE.即陰影部分的面積等于△ABC的面積．∵△ABC的面積等于菱形ABCD的面積的一半，菱形ABCD的面積=ACBD=5，∴圖中陰影部分的面積為5÷2=．【知識拓展5】菱形的判定定理的理解例5．（2022春·遼寧沈陽·九年級校考期末）下列說法正確的是（

）A．對角線互相垂直的四邊形是菱形 B．四邊相等的四邊形是菱形C．一組對邊平行的四邊形是平行四邊形 D．矩形的對角線互相垂直【答案】B【分析】根據菱形、平行四邊形的判定以及矩形的性質逐項判斷即可．【詳解】解：A、對角線互相垂直且平分的的四邊形是菱形，故A說法錯誤，不符合題意；B、四邊相等的四邊形是菱形，說法正確，符合題意；C、一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，故C說法錯誤，不符合題意；D、矩形的對角線相等，故D說法錯誤，符合題意，故選：B．【點睛】本題考查菱形、平行四邊形的判定以及矩形的性質，掌握菱形、平行四邊形的判定定理以及矩形的性質是解題關鍵．【即學即練】1.（2022春·陜西榆林·九年級校考期末）如圖，在中，對角線與相交于點O，如果添加一個條件，可推出是菱形，那么這個條件可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據四邊形是平行四邊形，，即可得四邊形是菱形．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是菱形，故選：C．【點睛】本題考查了菱形的判定，解題的關鍵是掌握菱形的判定方法．【知識拓展6】證明四邊形是菱形例6．（2021·四川遂寧市·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，過點O的直線EF與BA、DC的延長線分別交于點E、F．（1）求證：AE＝CF；（2）請再添加一個條件，使四邊形BFDE是菱形，并說明理由．【答案】（1）見解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，見解析【分析】（1）根據平行四邊形的性質和全等三角形的證明方法證明，則可得到AE＝CF；（2）連接BF，DE，由，得到OE=OF，又AO=CO，所以四邊形AECF是平行四邊形，則根據EF⊥BD可得四邊形BFDE是菱形．【詳解】證明：（1）∵四邊形是平行四邊形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF（2）當EF⊥BD時，四邊形BFDE是菱形，理由如下：如圖：連結BF，DE∵四邊形是平行四邊形∴OB＝OD∵∴∴四邊形是平行四邊形∵EF⊥BD，∴四邊形是菱形【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定、平行四邊形的性質，菱形的判定等知識點，熟悉相關性質，能全等三角形的性質解決問題是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022·江蘇揚州·八年級階段練習）已知：如圖，在中，點E、F分別在AD、BC上，且BE平分，．求證：(1)；(2)四邊形ABFE是菱形．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）先根據平行四邊形的性質可得，再根據平行線的性質可得，然后根據角平分線的定義可得，從而可得，最后根據等腰三角形的判定即可得證；（2）先根據平行四邊形的判定證出四邊形是平行四邊形，再結合（1）的結論，根據菱形的判定即可得證．（1）證明：四邊形是平行四邊形，，，平分，，，．（2）證明：四邊形是平行四邊形，，又，四邊形是平行四邊形，由（1）已證：，四邊形是菱形．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的判定、菱形的判定等知識點，熟練掌握平行四邊形的判定與性質是解題關鍵．【知識拓展7】根據菱形的性質與判定綜合問題例7．（2022·廣東·八年級期末）如圖，矩形中，點在軸上，點在軸上，點的坐標是．矩形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，折痕與、軸分別交于點、．(1)求證：是等腰三角形；(2)求直線的解析式；(3)若點是平面內任意一點，點是線段上的一個動點，過點作軸，垂足為點．在點的運動過程中是否存在以、、、為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)直線解析式為(3)存在以、、、為頂點的四邊形是菱形，的坐標為，或或，．【分析】（1）由四邊形是矩形，得，根據矩形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，得出，即可得到，從而證明是等腰三角形；（2）由點的坐標是，得，根據矩形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，可得，設，則，可得，求解后，再用待定系數法即得直線的解析式；（3）過作軸于，由勾股定理，得，，，，設，，則，進行若，是對角線；若，為對角線；若，為對角線來討論．（1）證明：四邊形是矩形，，，矩形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，，，，是等腰三角形；（2）解：點，，，，矩形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，，，，，設，則，在中，，，解得：，，，設直線解析式為，將代入得：，解得，直線解析式為；（3）解：存在以、、、為頂點的四邊形是菱形，理由如下：由題意過點作軸，垂足為點．過作軸于，如下圖：由（2）知，，，，即解得：，，，，設，，則，又，①若，是對角線，則，的中點重合，且，，解得（此時，，共線，舍去）或，，，②若，為對角線，則，的中點重合，且，，解得不在線段上，舍去）或，；③若，為對角線，則，的中點重合，且，，解得，，，綜上所述，的坐標為，或或，．【點睛】本題考查一次函數綜合應用，涉及待定系數法，等腰三角形的判定，菱形的性質、勾股定理，解題的關鍵是分類思想和方程思想來解答．【即學即練】1．（2022·廣東連州·九年級階段練習）如圖，在平行四邊形中，的平分線交于點，交的延長線于F，以為鄰邊作平行四邊形．（1）證明平行四邊形是菱形；（2）若，連結，①求證：；②求的度數；（3）若，，，M是的中點，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②60°；（3）【分析】（1）平行四邊形的性質可得ADBC，ABCD，再根據平行線的性質證明∠CEF＝∠CFE，根據等角對等邊可得CE＝CF，再有條件四邊形ECFG是平行四邊形，可得四邊形ECFG為菱形，即可解決問題；（2）先判斷出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判斷出AB＝BE，進而得出BE＝CD，即可判斷出△BEG≌△DCG（SAS），再判斷出∠CGE＝60°，進而得出△BDG是等邊三角形，即可得出結論；（3）首先證明四邊形ECFG為正方形，再證明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根據∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）證明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴ADBC，ABCD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，又∵四邊形ECFG是平行四邊形，∴四邊形ECFG為菱形；（2）①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴ABDC，AB＝DC，ADBC，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四邊形CEGF是菱形，∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE＝∠BAE，∵ADBC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴BE＝CD，∴△DGC≌△BGE（SAS）；②∵△DGC≌△BGE，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等邊三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，∵BG＝DG，∴△BDG是等邊三角形，∴∠BDG＝60°；（3）如圖，連接BM，MC，∵∠ABC＝90°，四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形，又由（1）可知四邊形ECFG為菱形，∠ECF＝90°，∴四邊形ECFG為正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M為EF中點，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝8，AD＝14，∴BD＝，∴DM＝．【點睛】此題主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，菱形的判定與性質、正方形的性質等知識點，應用時要認真領會它們之間的聯系與區別，同時要根據條件合理、靈活地選擇方法．知識點03正方形的性質與判定【知識點】正方形的定義：有一組鄰邊相等且有一個角是直角的平行四邊形正方形的性質，從邊、角、對角線、對稱性進行討論。如下圖，四邊形ABCD為正方形：1）邊：=1\*GB3①四條邊相等；=2\*GB3②對邊平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC2）角：四個角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°3）對角線：=1\*GB3①對角線相互平分；=2\*GB3②對角線相等；=3\*GB3③對角線相互垂直；=4\*GB3④對角線平分對角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO4）對稱性：軸對稱圖形；中線對稱圖形正方形是特殊的平行四邊形、矩形、正方形，常見的判定思路為：1）判定方法1（定義）：平行四邊形+1個90°角+1組鄰邊相等，或平行四邊形+對角線垂直且相等；2）判定方法2（從正方形出發）：正方形+1個90°角，或正方形+對角線相等；3）判定方法3（從矩形出發）：矩形+1組鄰邊相等，或矩形+對角線垂直；4）判定方法4（從四邊形出發）：對角線垂直平分且相等。【知識拓展1】正方形的相關性質例1．（2022·山東臨沂·模擬預測）正方形是特殊的矩形，正方形具有而矩形不具有的性質是（

）A．對角線互相平分B．對角線互相垂直C．對角線相等D．對角線相等且互相平分【答案】B【分析】根據正方形的性質以及矩形的性質即可得出結論．【詳解】解：A、對角線互相平分是矩形和正方形都具有的性質，不符合題意；B、對角線互相垂直是正方形具有而矩形不具有的性質，符合題意；C、對角線相等是矩形和正方形都具有的性質，不符合題意；D、對角線相等且互相平分是矩形和正方形都具有的性質，不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了正方形和矩形的性質，熟練掌握相關的圖形性質定理是解本題的關鍵．【即學即練】1．（2022春·廣東梅州·九年級校考階段練習）正方形具有而矩形不一定具有的性質是（

）A．四個角都是直角B．對角線相等C．四條邊相等D．對角線互相平分【答案】C【分析】根據矩形的性質，正方形的性質即可求解．【詳解】解：矩形的性質，兩組對邊平行且相等，對角線相等且相互平分，四個角都相等且都是直角；正方形的性質，四邊都相等且兩組對邊相互平行，對角線相等且相互平分，四個角都相等且都是直角，∴正方形的四條都相等，是矩形沒有的，故選：．【點睛】本題主要考查矩形的性質，正方形的性質，掌握幾何圖形的性質是解題的關鍵．【知識拓展2】利用正方形的性質求角度、長度（面積）例2．（2022·江蘇儀征初三一模）如圖，正方形ABCD中，AB＝3，點E為對角線AC上一點，EF⊥DE交AB于F，若四邊形AFED的面積為4，則四邊形AFED的周長為______．【答案】4+2【分析】連接BE，DF，過E作EN⊥BF于點N，證明△DCE≌△BCE和△BEF為等腰三角形，設AF=x，用x表示DE與EF，根據四邊形ADEF的面積為4，列出x的方程求得x，進而求得四邊形ADEF的周長．【解析】解：如圖，連接BE，DF，過E作EN⊥BF于點N，∵四邊形ABCD為正方形，∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°，在△BEC和△DEC中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴DE=BE，∠CDE=∠CBE，∴∠ADE=∠ABE，∵∠DAB=90°，∠DEF=90°，∴∠ADE+∠AFE=180°，∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠ADE=∠EFB，∴∠ABE=∠EFB，∴EF=BE，∴DE=EF，設AF=x，則BF=3x，∴FN=BN=BF=，∴AN=AF+FN=，∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，∴EN=AN=，∴DE=EF=，∵四邊形AFED的面積為4，∴S△ADF+S△DEF=4，∴×3x+×，解得，x=7（舍去），或x=1，∴AF=1，DE=EF=，∴四邊形AFED的周長為：3+1++=4+，故答案為：4+.【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理，等腰三角形的性質，解題的關鍵是由面積列出x的方程，屬于中考選擇題中的壓軸題．【即學即練】1．（2022·福建·模擬預測）如圖，將正方形沿直線折疊，使得點落在對角線上的點處，則的度數是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正方形的性質，則，由折疊的性質，得DE=DC，即可得到得角度．【詳解】解：四邊形是正方形，是正方形的對角線，，折疊，，，，故選：．【點睛】本題考查了正方形的性質，折疊的性質，等腰三角形的性質和三角形的內角和定理，解題的關鍵是掌握所學的知識，正確得到．【知識拓展3】正方形中的翻折或重疊問題例3．（2022·遼寧新賓初三期中）將五個邊長都為的正方形按如圖所示擺放，點、、、分別是四個正方形的中心，則圖中四塊陰影面積的和為___________．【答案】16【分析】先通過全等三角形的性質，證明一個陰影部分的面積等于正方形面積的，從而求出四塊陰影面積的和即可．【解析】如圖，連接AP、AN，點A是正方形的對角線的交點,則∴在△PAF和△NAE中∴∴一個陰影部分的面積∴一個陰影部分的面積等于正方形面積的∴四塊陰影部分的面積之和等于一個正方形的面積∵正方形的邊長為4cm,∴四塊陰影部分的面積之和,故答案為：16．【點睛】本題考查了陰影部分面積的問題，掌握全等三角形的性質、一個陰影部分的面積等于正方形面積的是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022·陜西·九年級期中）如圖，正方形的邊長為，為邊的中點，點在邊上移動，點關于直線的對稱點記為，連接、、．當四邊形為正方形時，的長為________．【答案】【分析】根據條件，若四邊形為正方形，則BE=BF=2，，連接BD，可知BD=，由正方形的性質可知：平分∠ABC，BD平分∠ABC，B、D、三點共線，求出．【詳解】解：如圖所示，連接、BD，∵四邊形為正方形，邊長為4，∴BD=，BD平分∠ABC，∵為邊的中點，四邊形為正方形，∴BE=BF=2，∴，平分∠ABC，∴B、D、三點共線，∴==．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，軸對稱的性質，掌握正方形的對角線平分每一組對角是解題的關鍵．【知識拓展4】正方形的判定定理的理解例4．（2022春·遼寧沈陽·九年級期中）下列說法不正確的是（

）A．對角線互相垂直的矩形是正方形 B．對角線相等的菱形是正方形C．有一個角是直角的平行四邊形是正方形 D．鄰邊相等的矩形是正方形【答案】C【分析】根據既是矩形又是菱形的四邊形是正方形進行判斷即可．【詳解】解：A、對角線互相垂直的矩形是正方形，該項說法正確，故選項不符合題意；B、對角線相等的菱形是正方形，該項說法正確，故選項不符合題意；C、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，該項說法錯誤，故選項符合題意；D、鄰邊相等的矩形是正方形，該項說法正確，故選項不符合題意．故選∶C【點睛】本題考查了正方形的判定，通過這道題可以掌握正方形和矩形，菱形的關系，熟練掌握正方形的判定是解題的關鍵．【即學即練】1．（2022春·廣東揭陽·九年級統考期末）如果一個平行四邊形要成為正方形，需增加的條件是（

）A．對角線互相平分 B．對角線互相垂直C．對角線相等 D．對角線互相垂直且相等【答案】D【分析】正方形的判定：對角線相等且互相垂直平分的平行四邊形是正方形，同時對各選項進行判斷即可．【詳解】解：A.平行四邊形的對角線互相平分，故此選項錯誤；B.對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故此項錯誤；C.對角線相等的平行四邊形為矩形，故此項錯誤；D.對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，故此選正確；故選：D．【點睛】本題考查了正方形的判定，熟練掌握正方形的判定方法與性質是解題的關鍵．【知識拓展5】特殊平行四邊形的區別與聯系例5．（2022春·山西太原·九年級統考期中）在復習特殊的平行四邊形時，某小組同學畫出了如下關系圖，組內一名同學在箭頭處填寫了它們之間轉換的條件，其中填寫錯誤的是（

）A．①，對角相等 B．③，有一組鄰邊相等C．②，對角線互相垂直 D．④，有一個角是直角【答案】A【分析】根據平行四邊形的性質和矩形、菱形、正方形的判定定理，對它們之間轉換的條件一一進行分析，即可得出結果．【詳解】解：A、①，對角相等的平行四邊形，不一定是矩形，故該轉換條件填寫錯誤，符合題意；B、③，有一組鄰邊相等的矩形是正方形，故該轉換條件填寫正確，不符合題意；C、②，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故該轉換條件填寫正確，不符合題意；D、④，有一個角是直角的菱形是正方形，故該轉換條件填寫正確，不符合題意．故選：A.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、矩形和菱形、正方形的判定，解本題的關鍵在熟練掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．【即學即練】1．（2022·江蘇淮安市·八年級期中）已知：如圖，四邊形ABCD四條邊上的中點分別為E、F、G、H，順次連接EF、FG、GH、HE，得到四邊形EFGH（即四邊形ABCD的中點四邊形）.（1）四邊形EFGH的形狀是_____________，（證明你的結論.）（2）當四邊形ABCD的對角線滿足__________條件時，四邊形EFGH是矩形(不用證明)【答案】（1）平行四邊形；證明見解析（2）AC⊥BD【分析】(1)連接BD，根據三角形的中位線定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形；(2)根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可知當四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD的條件時，四邊形EFGH是矩形.【解析】(1)四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．理由如下：如圖，連結BD，∵E、H分別是AB、AD中點，∴EH∥BD，EH=BD，同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形；(2)當四邊形ABCD的對角線滿足互相垂直的條件時，四邊形EFGH是矩形．理由如下：如圖，連結AC、BD，∵E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，∴EH∥BD，HG∥AC，∵AC⊥BD，∴EH⊥HG，又∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴平行四邊形EFGH是矩形，故答案為AC⊥BD.【點睛】本題考查了中點四邊形，涉及了三角形中位線定理，平行四邊形的判定，矩形的判定等，熟練掌握相關知識是解題的關鍵.【知識拓展6】證明四邊形是正方形例6．（2022·山東高唐初三期末）如圖，已知平行四邊形中，對角線，交于點，是延長線上的點，且是等邊三角形．（1）求證：四邊形是菱形；（2）若，求證：四邊形是正方形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．由題意易得△AOE≌△COE，∴∠AOE=∠COE=90°，∴BE⊥AC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）根據有一個角是90°的菱形是正方形．由題意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴四邊形ABCD是正方形．【解析】解：證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO．又∵△ACE是等邊三角形，∴EO⊥AC（三線合一），即AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形）．（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO．又∵△ACE是等邊三角形，∴EO平分∠AEC（三線合一），∴∠AED=∠AEC=×60°=30°，又∵∠AED=2∠EAD∴∠EAD=15°，∴∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°（三角形的一一個外角等于和它外角不相鄰的兩內角之和），∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴平行四邊形ABCD是正方形．【點睛】此題主要考查菱形和正方形的判定，要靈活應用判定定理及等腰三角形的性質、外角的性質定理．【即學即練】1．（2022·瀘縣·八年級期末）如圖，點D為的邊BC的中點，過點A作，且，連接DE，CE．（1）求證：；（2）若，判斷四邊形ADCE的形狀，并說明理由；（3）若要使四邊形ADCE為正方形，則應滿足什么條件？（直接寫出條件即可，不必證明）．【答案】（1）見解析；（2）矩形，見解析；（3），且．【分析】（1）根據D是BC的中點，，可得，即可求證；（2）根據等腰三角形“三線合一”，可得到，即可求解；（3）根據，且，可得，，從而得到，即可求解．【詳解】（1）證明：因為D是BC的中點，所以，因為，所以，因為，所以四邊形ADCE是平行四邊形，所以；（2）若，則四邊形ADCE是矩形，理由如下：因為，且D是BC的中點，所以，所以，因為四邊形是平行四邊形，所以四邊形是矩形；（3），且．理由如下：由（2）得：四邊形是矩形，∵，且D是BC的中點，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四邊形ADCE為正方形．【點睛】本題主要考查了平行四邊形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性質，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．【知識拓展7】正方形的性質與判定綜合問題例7．（2022·遼寧大洼·八年級期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E、F分別在邊BC、AB上，點G在邊BA的延長線上，且CE=BF=AG．（1）求證：①DE=DG；②DE⊥DG；（2）尺規作圖：以線段DE、DG為邊作出正方形DEHG（保留作圖痕跡不寫作法和證明）；（3）連接（2）中的FH，猜想四邊形CEHF的形狀，并證明你的猜想；（4）當時，求出的值．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）見解析；（3）四邊形CEHF為平行四邊形，證明見解析；（4）【分析】（1）①只需要利用SAS證明△DCE≌△DAG即可得到DE=DG；②△DCE≌△DAG，得到∠EDC=∠GDA，根據∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，可以得到∠ADE+∠GDA=90°，則∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，由此即可證明；（2）分別以G、E為圓心，以DE的長為半徑畫弧，二者交于H，連接GH，EH，四邊形DEHG即為所求；（3）先證明四邊形CFGD是平行四邊形得到CF=DG=EH，CF∥DG，再由EH∥DG，得到CF∥EH，則四邊形CEHF為平行四邊形；（4）由，設則，則，則，由勾股定理可得再由即可得到答案．【詳解】解：（1）①∵四邊形ABCD是正方形,∴DC=DA，∠DCE=∠DAB=∠ADC=90°，∴∠DAG=180°∠DAB=90°=∠DCE，又∵CE=AG，∴△DCE≌△DAG（SAS），∴DE=DG；②∵△DCE≌△DAG，∴∠EDC=∠GDA，又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠ADE+∠GDA=90°，∴∠GDE=∠GDA+∠ADE=90°，∴DE⊥DG；（2）如圖所示，四邊形DEHG即為所求；分別以G、E為圓心，以DE的長為半徑畫弧，二者交于H，連接GH，EH，四邊形DEHG即為所求；∵DG=DE=GH=HE，∠GDE=90°，∴四邊形DEHG是正方形；（3）四邊形CEHF為平行四邊形，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形DEHF都是正方形，∴AB∥CD，EH∥DG，AB=CD，GD=HE，∵BF=AG，∴FG=FA+AG=AB=BF+FA=CD，∴四邊形CFGD是平行四邊形∴CF=DG=EH，CF∥DG，∵EH∥DG，∴CF∥EH∴四邊形CEHF為平行四邊形；（4）∵，設則，則，∴，∵，∴，，∴．【點睛】本題主要考查了正方形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，勾股定理，全等三角形的性質與判定，解題的關鍵在于能夠熟練掌握正方形的性質與判定條件．【即學即練】1．（2022·黑龍江·雞西市九年級期末）如圖，在正方形中，是直線上的一點，連接，過點作，交直線于點，連接．（1）當點在線段上時，如圖①，求證：；（2）當點在直線上移動時，位置如圖②、圖③所示，線段，與之間又有怎樣的數量關系？請直接寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）見解析；（2）圖②中，圖③中【分析】（1）在上截取，連接，可先證得，則，，進而可證得△AED為等腰直角三角形，即可得證；（2）仿照（1）的證明思路，作出相應的輔助線，即可證得對應的，與之間的數量關系．【詳解】解：（1）證明：如圖，在上截取，連接．∵四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，；（2）圖②：，理由如下：如下圖，在延長線上截取，連接．∵四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，；圖③：如圖，在DE上截取DF=BE，連接．∵四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，∴△ECF是等腰直角三角形，在中，，，．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質、全等三角形的判定及性質、等腰直角三角形、勾股定理等相關知識，正確作出輔助線構造全等三角形是解決本題的關鍵．題組A基礎過關練1．（2022.綿陽市初二期中）如圖，在平行四邊形中，對角線交于點，并且，點是邊上一動點，延長交于點，當點從點向點移動過程中（點與點，不重合），則四邊形的變化是（）A．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形B．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→正方形→平行四邊形D．平行四邊形→矩形→菱形→正方形→平行四邊形【答案】A【分析】根據圖形結合平行四邊形、矩形、菱形的判定逐項進行判斷即可．【解析】解：點E從D點向A點移動過程中，當∠EOD＜15°時，四邊形AFCE為平行四邊形，當∠EOD=15°時，AC⊥EF，四邊形AFCE為菱形，當15°＜∠EOD＜75°時，四邊形AFCE為平行四邊形，當∠EOD=75°時，∠AEF=90°，四邊形AFCE為矩形，當75°＜∠EOD＜105°時，四邊形AFCE為平行四邊形，故選A．【點睛】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形的判定的應用，主要考查學生的理解能力和推理能力．2．（2022·四川·成都九年級期中）下列判斷正確的是（）A．對角線互相垂直的四邊形是菱形B．對角線相等的菱形是正方形C．對角線相等的四邊形是矩形D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【答案】B【分析】根據菱形、正方形、矩形的判定方法，對選項逐個判斷即可．【詳解】解：A、對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，說法錯誤，不符合題意；B、對角線相等的菱形是正方形，說法正確，符合題意；C、對角線相等的平行四邊形是矩形，說法錯誤，不符合題意；D、對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，說法錯誤，不符合題意；故選：B【點睛】此題考查了菱形、正方形、矩形的判定方法，掌握它們的判定方法是解題的關鍵．3．（2022·遼寧鐵西·九年級期末）如圖，在矩形ABCD中，點E是BC的中點，連接AE，點F是AE的中點，連接DF，若AB＝9，AD，則四邊形CDFE的面積是（）A． B． C． D．54【答案】C【分析】過點F作，分別交于M、N，由F是AE中點得，根據，計算即可得出答案．【詳解】如圖，過點F作，分別交于M、N，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，∵點E是BC的中點，∴，∵F是AE中點，∴，∴．故選：C．【點睛】本題考查矩形的性質與三角形的面積公式，掌握是解題的關鍵．4．（2022·福建廈門·九年級期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M在BC邊上，連接MO并延長交AD邊于點N．若BM=1，∠OMC=30°，MN=4，則矩形ABCD的面積為_________．

【答案】##【分析】過點N作交于點E，由矩形ABCD得，，根據ASA可證，故可得，由直角三角形角所對的邊為斜邊的一半得出，根據勾股定理求出，從而得出，由矩形的面積公式即可得出答案．【詳解】

如圖，過點N作交于點E，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查矩形的性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質以及勾股定理，掌握相關知識點的應用是解題的關鍵．5.（2021·四川南充市·中考真題）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一點，點F，G，H分別是BE，BC，CE的中點，，則GH的長為________．【答案】3【分析】根據直角三角形的性質和三角形中位線的性質，即可求解．【詳解】∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，又∵點F是BE的中點，，∴BE=2AF=6，∵G，H分別是BC，CE的中點，∴GH是的中位線，∴GH=BE=×6=3，故答案是：3．【點睛】本題主要考查矩形的性質，直角三角形的性質和三角形中位線的性質，熟練掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半，是解題的關鍵．6．（2022·廣東新豐初三期中）如圖，在△ABC中，D是AB中點，E是AC中點，F是BC中點，請填空：（1）四邊形BDEF是四邊形；（2）若四邊形BDEF是菱形，則△ABC滿足的條件是．（3）若四邊形BDEF是矩形，則△ABC滿足的條件是．（4）若四邊形BDEF是正方形，則△ABC滿足的條件是．并就（2）、（3）、（4）中選取一個進行證明．【答案】（1）平行；（2）AB＝BC；（3）∠B＝90°；（4）∠B＝90°，AB＝BC【分析】（1）根據三角形的中位線定理和平行四邊形的判定解答即可；（2）根據菱形的判定解答即可；（3）根據矩形的判定解答即可；（4）根據正方形的判定解答即可．【解析】（1）∵在△ABC中，D是AB中點，E是AC中點，F是BC中點，∴DE∥BC，EF∥AB，∴四邊形BDEF是平行四邊形．故答案為：平行；（2）當AB=BC時，∴BD=BF，∴平行四邊形BDEF是菱形．故答案為：AB=BC；（3）當∠B=90°時，∴平行四邊形BDEF是矩形．故答案為：；∠B=90°；（4）當∠B=90°，AB=BC，∴平行四邊形BDEF是正方形．故答案為：∠B=90°，AB=BC．【點睛】本題考查了正方形、矩形和菱形的判定與性質，以及三角形的中位線定理，解決問題的關鍵是熟練掌握三角形的中位線定理．7.（2022·浙江杭州市·八年級期末）如圖，在菱形ABCD中，E為對角線BD上一點，且AE⊥AB，連結CE．（1）求證：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1時，求菱形的邊長．【答案】（1）見解析（2）【分析】（1）由菱形的性質可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可證△ABE≌△CBE，可得結論；（2）由菱形的性質可得AB＝AD，由等腰三角形的性質和三角形內角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性質和勾股定理即可求解．【詳解】解：（1）證明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，在Rt△ABE中，,∴菱形的邊長為．【點睛】本題考查了菱形的性質、勾股定理、等腰三角形性質等知識，熟練掌握菱形性質是解題關鍵．8．（2022·遼寧沈陽市·九年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線，過點A作AEBC，過點D作DEAB，DE與AC，AE分別交于點O，E，連接EC．（1）求證：四邊形ADCE是菱形；（2）若AB＝AO，OD＝1，則菱形ADCE的周長為．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）先證四邊形ABDE為平行四邊形，再證得AE＝CD，得四邊形ADCE是平行四邊形，然后根據直角三角形斜邊上的中線性質得AD＝CD，即可得出結論；（2）先由菱形的性質得AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，再證OD是△ABC的中位線，得AB＝2OD＝2，則AO＝AB＝2，然后由勾股定理求出AD的長即可解決問題．【詳解】解：（1）證明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四邊形ABDE為平行四邊形，∴AE＝BD，∵AD是邊BC上的中線，∴BD＝CD，∴AE＝CD，∴四邊形ADCE是平行四邊形，又∵∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線，∴AD＝BC＝CD，∴平行四邊形ADCE是菱形；（2）解：∵四邊形ADCE是菱形，∴AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，∵BD＝CD，∴OD是△ABC的中位線，∴AB＝2OD＝2，∴AO＝AB＝2，∴AD＝＝＝，∴菱形ADCE的周長＝4AD＝4，故答案為：4．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線性質以及勾股定理等知識；證得四邊形ADCE為菱形是解題的關鍵．題組B能力提升練1．（2021·江蘇連云港·中考真題）如圖，將矩形紙片沿折疊后，點D、C分別落在點、的位置，的延長線交于點G，若，則等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由與折疊的性質得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性質求出答案即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD//BC，∵矩形紙片沿折疊，∴∠DEF=∠GEF，又∵AD//BC，∴∠DEF=∠EFG，∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64?，∵是△EFG的外角，∴=∠GEF+∠EFG=128?故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質與折疊的性質，關鍵在于折疊得出角相等，再由平行得到內錯角相等，由三角形外角的性質求解．2.（2022?滕州市九年級模擬）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形OABC的邊長為2，點A在第一象限，點C在x軸正半軸上，∠AOC＝60°，若將菱形OABC繞點O順時針旋轉75°，得到四邊形OA'B'C'，則點B的對應點B'的坐標為（）A．（，） B．（2，﹣2） C．（，） D．（4，﹣4）【點睛】作B′H⊥x軸于H點，連結OB，OB′，根據菱形的性質得到∠COB＝30°，再根據旋轉的性質得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，則∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H為等腰直角三角形，根據等腰直角三角形性質可計算得OH＝B′H=，然后根據第四象限內點的坐標特征寫出B′點的坐標．【詳解】解：作B′H⊥x軸于H點，連結OB，OB′，如圖，∵四邊形OABC為菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，∵菱形OABC繞原點O順時針旋轉75°至第四象限OA′B′C′的位置，∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，∴△OB′H為等腰直角三角形，∴OH＝B′H=OB′=，∴點B′的坐標為（，）．故選：A．3．（2022·重慶梁平初三期末）如圖，在△ABC中，點E、D、F分別在邊AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四個判斷中，不正確的是（）A．四邊形AEDF是平行四邊形 C．如果AD平分∠EAF，那么四邊形AEDF是菱形 B．如果AD＝EF，那么四邊形AEDF是矩形D．如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四邊形AEDF是正方形【答案】D【分析】根據平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定定理判定即可．【解析】A．因為DE∥CA，DF∥BA，所以四邊形AEDF是平行四邊形．故A選項正確．B．如果AD=EF，四邊形AEDF是平行四邊形，所以四邊形AEDF是矩形．故B選項正確．C．因為AD平分∠EAF，所以∠EAD=∠FAD．∵∠FAD=∠EDA，∠EAD=∠FDA，∴EAD=∠EDA，∴AE=DE，又因為四邊形AEDF是平行四邊形，所以是菱形．故C選項正確．D．∵AD⊥BC且AB=AC，∴D為BC的中點．∵DE∥CA，DF∥BA，∴E為AB的中點，F為AC的中點，∴AE=AB，AF=AC．∵AB=AC，∴AE=AF，∴四邊形AEDF是菱形．故D選項錯誤．故選D．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知識點，熟練掌握判定定理是解題的關鍵．4．（2021·重慶中考真題）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是邊AD上一點，連接OM，過點O做ON⊥OM，交CD于點N．若四邊形MOND的面積是1，則AB的長為（）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】先證明，再證明四邊形MOND的面積等于，的面積，繼而解得正方形的面積，據此解題．【詳解】解：在正方形ABCD中，對角線BD⊥AC，又四邊形MOND的面積是1，正方形ABCD的面積是4，故選：C．【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．5．（2022·陜西·咸陽九年級階段練習）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，，CE交BO于點E，過點B作，垂足為F，交AC于點G．現給出下列結論：①；②；③；④若，則．其中正確的個數是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】由正方形的性質和角平分線的定義可求∠BCE=∠ACE=22.5°，由余角的性質可求∠CBG=67.5°=∠CGB，可得BC=CG，故①正確；由“ASA”可證△ABG≌△BCE，故②正確；由全等三角形的性質可得BG=CE，由等腰三角形的性質可得BF=FG=BG=CE，故③正確；由三角形的面積公式可求S△BCG=，故④正確，就可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABD=∠CBD=45°，∵∠BCE=∠ACB，∴∠BCE=∠ACE=22.5°，∵CF⊥BF，∴∠BFC=∠CFG=90°，∴∠CBG=67.5°=∠CGB，∴BC=CG，故①正確；∵∠ABG=∠ABC∠CBG=22.5°，∴∠ABG=∠BCE，在△ABG和△BCE中，，∴△ABG≌△BCE（ASA），故②正確；∴BG=CE，∵BC=CG，CF⊥BG，∴BF=FG=BG，∴BF=CE，故③正確；∵BC=2，BO=CO，∠BOC=90°，∴BC=CG=2，BO=，∴S△BCG=，故④正確，故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，證明△ABG≌△BCE是解題的關鍵．6．（2022·陜西榆林市·九年級期末）如圖，，矩形的頂點，分別在邊，上，當點在邊上移動時，點隨之在邊上移動，，，運動過程中，點到點的最大距離為______．【答案】.【分析】取AB的中點E，則OE=1，DE=，利用三角形原理可確定最大值.【詳解】如圖，取AB的中點E，連接OE，DE，∵OE是直角三角形ABO斜邊上的中線，AB=2，∴OE=1，在直角三角形DAE中，根據勾股定理，得DE==，∴當O，D，E三點共線時，DO最大，且最大值為+1，故應該填.【點睛】本題考查了線段的最值，構造斜邊上的中線，靈活運用三角形原理是解題的關鍵.7．（2022·江蘇南通市·八年級期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，對角線AC，BD相交于點O，DH⊥AB于H，連接OH，則∠DHO＝_____度．【答案】24【分析】由菱形的性質可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的斜邊中線等于斜邊的一半，可得OH＝BD＝OB，可得∠OHB＝∠OBH，由余角的性質可得∠DHO＝∠DCO，即可求解．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，∵DH⊥AB，∴OH＝BD＝OB，∴∠OHB＝∠OBH，又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC，在Rt△COD中，∠