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第4章 图形与性质 （浙江省专用）
第22节 特殊的平行四边形
【考试要求】
1.掌握矩形、菱形及正方形的概念，理解矩形、菱形及正方形的性质，理解矩形、菱形及正方形边、角、对角线的特征；
2.掌握矩形、菱形及正方形的判定方法，理解矩形、菱形、正方形、平行四边形之间的关系；
3.会根据矩形、菱形及正方形的性质将特殊四边形的问题转化为特殊三角形的问题解决.
【考情预测】
本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2022年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【考点梳理】
1．矩形：
定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形
性质 对称性 矩形是一个轴对称图形，它至少有两条对称轴
矩形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)矩形的四个角都是直角(2)矩形的对角线互相平分且相等
判定 (1)定义法(2)有三个角是直角的四边形是矩形(3)对角线相等的平行四边形是矩形(4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形
2．菱形：
定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
性质 对称性 菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴
菱形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)菱形的四条边都相等(2)菱形的对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角
判定 (1)定义法(2)四条边相等的四边形是菱形(3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形(4)对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
菱形面积 (1)因为菱形是特殊的平行四边形，所以菱形的面积＝底×高(2)因为菱形的对角线互相垂直平分，所以其对角线将菱形分成 4 个全等的直角三角形，所以菱形的面积等于两条对角线乘积的一半
3．正方形：
定义 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
性质 (1)正方形的对边平行且相等(2)正方形的四条边都相等(3)正方形的四个角都是直角(4)正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角(5)正方形既是轴对称图形也是中心对称图形，对称轴有 4 条，对称中心是对角线的交点
判定 (1)定义法(2)有一组邻边相等的矩形是正方形(3)有一个角是直角的菱形是正方形(4)对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形(5)对角线互相垂直的矩形是正方形(6)对角线相等的菱形是正方形(7)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系：
【重难点突破】
考向1. 矩形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，矩形ABCD中，，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．
（1）若，求DF的长．（2）若，求DF的长．
（3）直线PE交BD于点Q，若是锐角三角形，求DF长的取值范围．
【答案】（1）3；（2）2或6；（3）或
【分析】（1）根据已知条件可求出，在Rt△EFD中即可求出DF（2）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况当P在BD下方时根据等腰三角形的性质即可求出DF，P在BD上方时根据等腰三角形的性质即可求出DF；（3）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况①P在BD下方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，②P在BD上方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，；
【详解】解：（1）如图1，矩形ABCD中，，
，，，点E是AD中点，，
，∴△EFD为直角三角形，∵，∴．
（2）第一种情况，如图2，，由对称性可得，EF平分，
，
∴是等腰三角形，过点F作FM⊥ED DM=EM= ，
∵在Rt△DMF中，，∴．
第二种情况，如图3，延长PE交BD于M∵∴∠EMD=90°
∵∴∴，
∵点D关于直线EF的对称点P∴FE垂直平分PD交PD于H
∴∠HED=60°，∠HDE=30°∴∠HDF=60°∴∠EFD=30°∴是等腰三角形，∴FE垂直平分DF
∵在Rt△DME中，，∴
∵．∴．综上：DF的长为2或6.
（3）∵是锐角三角形 ∴当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大
由（2）可得当时，（如图2）或6（如图3）．
当时，第①种情况，如图4，EF平分，，
过点F作于点M，设，则，，
，，，．
第②种情况，如图5，EF平分，，
过点F作于点M，设，则，，
，，，
，DF最大值为8，．综上：或．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折对称等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，画出几何示意图，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
【变式训练】
变式1-1．（2021 宁波）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 　　，sin∠AFE的值为 　　．
【详解】解：∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，∴∠BEM＝∠GCM，
又∵∠BME＝∠GMC，∴∠GCM＝∠GMC，∴MG＝GC＝1，
∵G为CD中点，∴CD＝AB＝2．连接BF,FM，
由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF,∴BM＝EF，
∵∠BEM＝∠BME，∴∠FEM＝∠BME，∴EF∥BM，∴四边形BEFM为平行四边形，
∵BM＝BE，∴四边形BEFM为菱形，∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，∴∠BNF＝90°，
∵BF平分∠ABN，∴FA＝FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF(HL)，∴BN＝AB＝2．
∵FE＝FM,FA＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，∴Rt△AEF≌Rt△NMF(HL)，∴AE＝NM，
设AE＝NM＝x，则BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，
∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，∴,即,
解得x＝2(舍)或x＝2，∴EF＝BE＝2﹣x，
∴sin∠AFE1．故答案为：2；1．
变式1-2．（2021 绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．
【详解】解：过O点作OE⊥CD，OF⊥AD，垂足分别为E，F，
由题意知∠FOD＝2∠DOE，
∵∠FOD+∠DOE＝90°，∴∠DOE＝30°，∠FOD＝60°，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，CD＝AB＝30cm，∴OE∥BC，
∴∠DBC＝∠DOE＝30°，∴BCCDcm，故答案为．
变式1-3．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】[探究1]如图1，
设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．∴，，∴．
∵，∴．
又∵点在延长线上，∴，∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）∴．
[探究2] ． 证明：如图2，连结．
∵，∴．
∵，，，∴．
∴，，
∵，，∴，∴．
[探究3]关系式为． 证明：如图3，连结．
∵，，，∴．∴，
∵，，∴，∴．
在与中，，，∴，
∴，∴．∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
【考点巩固训练】
1．（2019 金华）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．已知AB＝m，∠BAC＝∠α，则下列结论错误的是（　　）
A．∠BDC＝∠α B．BC＝m tanα C．AO D．BD
【详解】解：A、∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠DCB＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝OB＝CO＝DO，∴∠DBC＝∠ACB，
∴由三角形内角和定理得：∠BAC＝∠BDC＝∠α，故本选项不符合题意；
B、在Rt△ABC中，tanα，即BC＝m tanα，故本选项不符合题意；
C、在Rt△ABC中，AC，即AO，故本选项符合题意；
D、∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝m，
∵∠BAC＝∠BDC＝α，∴在Rt△DCB中，BD，故本选项不符合题意；故选：C．
2．（2021·广西贵港市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是________．
【答案】
【分析】过点作于点，易证，从而可求出，，设AB＝a，则AD＝2a，根据三角形的面积可求出AE，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，设，
在与中，，，，，
，tan∠ADB＝＝，设AB＝a，则AD＝2a，∴BD＝a，
∵S△ABD＝BD AE＝AB AD，∴AE＝CF＝a，∴BE＝FD＝a，
∴EF＝BD﹣2BE＝a﹣a＝a，∴tan∠DEC＝＝，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键．
3．（2021·辽宁中考真题）如图，在矩形中，连接，将沿对角线折叠得到交于点O，恰好平分，若，则点O到的距离为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】如图，过点O作OF⊥BD于F，可得OF为点O到的距离，根据矩形的性质可得∠A=∠ABC=90°，根据折叠性质可得∠EBD=∠CBD，根据角平分线的定义可得∠ABO=∠EBD，即可得出∠ABO=30°，根据角平分线的性质可得OA=OF，利用∠ABO的正切值求出OA的值即可得答案．
【详解】如图，过点O作OF⊥BD于F，∴OF为点O到的距离，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，
∵将沿对角线折叠得到△BDE，∴∠EBD=∠CBD，
∵恰好平分，∴∠ABO=∠EBD，OA=OF，∴∠EBD=∠CBD=∠ABO，∴∠ABO=30°，
∵，∴OF=OA=AB·tan30°=2，故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、角平分线的性质及解直角三角形，熟练掌握相关性质，熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
4．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，矩形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，，垂足为点H，若，则AD的长为_______________．
【答案】
【分析】由矩形的性质得，，求出，利用30°角的直角三角形的性质求出CH的长度，再利用勾股定理求出DH的长度，根据求出，然后由含角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：四边形ABCD是矩形，，，
，，，∴
在中，，，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查的是矩形的性质以及直角三角形30°的性质，熟练掌握直角三角形30°的性质是解决本题的关键．
5．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______________，使平行四边形是矩形．．
【答案】
【分析】根据矩形的判定方法即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当时，四边形ABCD为矩形．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟记矩形的判定方法是解题的关键．
6．（2021 西湖区期末）如图，已知在△ABC中，D为BC的中点，连接AD，E为AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：四边形ADCF为平行四边形．
（2）当四边形ADCF为矩形时，AB与AC应满足怎样的数量关系？请说明理由．
【思路点拨】（1）利用△AEF≌△DEB得到AF＝DB，所以AF＝DC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形ADCF为平行四边形；
（2）利用等腰三角形的性质以及矩形的性质得出即可．
【答案】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD．∴△AEF≌△DEB（AAS），∴AF＝DB，
又∵BD＝DC，∴AF＝DC，∴四边形ADCF为平行四边形；
（2）四边形ADCF为矩形时AB＝AC；
理由：∵四边形ADCF为矩形，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，
∵D为BC的中点，∴AB＝AC，∴四边形ADCF为矩形时AB＝AC．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质和全等三角形的判定等知识，利用了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质是解题关键．
考向2. 菱形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021 金华一模）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于点N，连接BM、DN．（1）求证：四边形BMDN是菱形；（2）若AB＝4，AD＝8，求菱形BMDN的面积和对角线MN的长．
【思路点拨】（1）根据矩形性质求出AD∥BC，推出∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，证△DMO≌△BNO，推出OM＝ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN；
（2）根据菱形性质求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，推出x2＝x2﹣32x+256+64，求出MD，菱形BMDN的面积＝MD AB，即可得出结果；菱形BMDN的面积＝两条对角线长积的一半，即可求出MN的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
在△DMO和△BNO中，，∴△DMO≌△BNO（ASA），∴OM＝ON，
∵OB＝OD，∴四边形BMDN是平行四边形，
∵MN⊥BD，∴平行四边形BMDN是菱形．
（2）解：∵四边形BMDN是菱形，∴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，即MD＝5．
菱形BMDN的面积＝MD AB＝5×4＝20，∵BD＝＝4，
∵菱形BMDN的面积＝BD MN＝20，∴MN＝2×＝2．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键．
【变式训练】
变式2-1. （2021·河南中考真题）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．四条边相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
【答案】B
【分析】根据菱形的性质判断即可．
【详解】解：A、菱形的四条边都相等，A选项正确，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，B选项错误，符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，C选项正确，不符合题意；
D、菱形是轴对称图形，D选项正确，不符合题意；故选：B．
【点睛】本题主要考查了对菱形的性质的理解，关键是根据菱形的性质解答．
变式2-2. （2020 嘉兴）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：　 　，使 ABCD是菱形．
【详解】解：∵邻边相等的平行四边形是菱形，∴当AD＝DC， ABCD为菱形；
故答案为：AD＝DC（答案不唯一）．
变式2-3. （2019 台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（　　）
A． B． C． D．
【详解】解：如图，
∵∠ADC＝∠HDF＝90°∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°
∴△CDM≌△HDN（ASA）∴MD＝ND，且四边形DNKM是平行四边形
∴四边形DNKM是菱形∴KM＝DM ∵sinα＝sin∠DMC
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，设MD＝a＝BM，则CM＝8﹣a，
∵MD2＝CD2+MC2，∴a2＝4+（8﹣a）2，∴a∴CM ∴tanα＝tan∠DMC故选：D．
【考点巩固训练】
1．（2021·广西柳州市·中考真题）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的．
【详解】是菱形
的面积故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键．
2．（2021·海南中考真题）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】连接，相交于点，交于点，先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，相交于点，交于点，
四边形是菱形，且它的面积为8，，
点分别是边的中点，，
，，，，，
则的面积为，故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
3．（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可证EG∥BC，EG＝2，HF∥AD，HF＝2，可得四边形EHFG为平行四边形，即可求解．
【详解】解：∵BE＝2AE，DF＝2FC，∴，
∵G、H分别是AC的三等分点，∴，，∴，∴EG∥BC∴，
同理可得HF∥AD，，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．
4．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下： 如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形∴OB＝OD
∵∴ ∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD， ∴四边形是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
5．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．（1）求证：；（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝　　°时，四边形BFDE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形
【分析】（1）根据平行四边形的性子和“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）先证明四边形BFDE是平行四边形，再通过证明BE＝DE，可得结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，∴BE=DF，AE=CF，∴BF=DE，∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1=30°，∠2=20°，∴∠ABD=∠1-∠2=10°，∴∠DBE=20°，
∴∠DBE=∠EDB=20°，∴BE=DE，∴平行四边形BFDE是菱形，故答案为10．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
6．（2019 宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．
【详解】解：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE；
（2）连接EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，∴AE＝ED，∵BG＝DE，∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，∴AB＝EG，
∵EG＝FH＝2，∴AB＝2，∴菱形ABCD的周长＝8．
7．（2019 衢州）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：AE＝AF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D，
∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝CF．
考向3. 正方形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）．DF交AC于点G，于点H，，．
（1）求．（2）设，，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）．
（3）当时，判断EG与AC的位置关系并说明理由．
【答案】（1）；（2）y=(0；（3）EG⊥AC，理由见解析
【分析】（1）过E作EM⊥AC于M，根据正方形的性质得出∠DAC=45°，AD=AB=BC=1，利用等腰三角形的性质得出EM=AM=，再利用正切的定义即可得出答案；（2）过G作GN⊥AB于N，先证得四边形HANG为正方形，再证明△GNF△DAF，根据比利式即可得出结论；（3）根据∠ADF=∠ACE和tan∠ACE=得出 AF=，根据（2）中的函数关系式得出HG=，从而得出△EHG为等腰直角三角形，继而得出EG⊥AC
【详解】（1）过E作EM⊥AC于M 在正方形ABCD中∠DAC=45°，AD=AB=BC=1
∵DE=，∴AE=，AC= ∴EM=AM=AE=×=
∴CM=AC-AM=-= 在Rt△CEM中，tan∠ACE==
(2)过G作GN⊥AB于N ∵HG⊥AD，∠DAB=90°∴四边形HANG为矩形，GN∥AD
∵∠HAG=45°∴AH=HG∴四边形HANG为正方形∴HG=GN=AN=y
∵GN∥AD∴△GNF△DAF∴=
∵AF=x，∴NF=x-y∴=∴y=(0
(3)∵∠ADF=∠ACE tan∠ACE= ∴tan∠ADF==
∵AD=1∴AF=即x= 当x=时，y=HG=
在Rt△AHG中，∠HAG=45°∴AH=HG=，∠HGA=45°
∵HE=AE-AH=∴△EHG为等腰直角三角形∴∠EGH=45°∴∠AGE=90°∴EG⊥AC
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，适当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式训练】
变式3-1. （2021·黑龙江中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．
【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理可直接进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：或或或，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
变式3-2. （2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【分析】延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，
∵，M是AD边上的一点，，∴，，
∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，
∴，，∴(HL)，∴，
∴，在中，设，则，
根据勾股定理可得，解得，∴，，
∵，，∴，∴，
∴，，∴，∴，故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．
变式3-3. （2021 杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．
（1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．
【思路点拨】（1）设出正方形CEFG的边长，然后根据S1＝S2，即可求得线段CE的长；
（2）根据（1）中的结果可以题目中的条件，可以分别计算出HD和HG的长，即可证明结论成立．
【答案】解：（1）设正方形CEFG的边长为a，
∵正方形ABCD的边长为1，∴DE＝1﹣a，∵S1＝S2，∴a2＝1×（1﹣a），
解得，（舍去），，即线段CE的长是；
（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，
∴CH＝0.5，∴DH＝＝，
∵CH＝0.5，CG＝，∴HG＝，∴HD＝HG．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，用数形结合的思想解答．
【考点巩固训练】
1．（2019 绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为　 　．
【思路点拨】分点E与正方形ABCD的直线AP的同侧、点E与正方形ABCD的直线AP的两侧两种情况，根据正方形的性质、等腰三角形的性质解答．
【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，
当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，∴∠ADE＝45°，
当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，
∴△AE′M为等边三角形，∴∠E′AM＝60°，∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵AD＝AE′，∴∠ADE′＝15°，故答案为：15°或45°．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
2．（2019 绍兴）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（　　）
A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变
【详解】解：连接DE，∵，，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．故选：D．
3．（2020 湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）
A．1 B． C． D．
【详解】解：根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．故选：B．
4．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）在边长为4的正方形中，连接对角线，点是正方形边上或对角线上的一点，若，则______．
【答案】1或或
【分析】按P在正方形的边上和对角线上分别画出图形，再逐个求解即可．
【详解】解：∵PB=3PC，∴P点不可能位于边AB上，接下来分类讨论：
情况一：当P点位于正方形边BC上时，如下图1所示：
∵PB=3PC，∴PC=BC=1；
情况二：当P位于正方形边CD上时，如下图2所示：
设PC=x，则BP=3PC=3x，在Rt△BPC中，由勾股定理可知：
4 +x =(3x) ，解得x=(负值舍去)，∴PC=；
情况三：当P位于正方形边AD上时，如下图3所示：
设AP=x，则DP=4-x，Rt△ABP中，BP =AP +AB =x +16，
Rt△CPD中，CP =PD +CD =(4-x) +16=x -8x+32，
∵BP=3PC，∴x +16=9(x -8x+32)，整理得到：x -9x+34=0，此方程无解，故P点不可能位于边AD上；
情况四：P点位于对角线BD上时，过P点作PH⊥BC于H点，如下图所示：
设PC=x，则BP=3PC=3x，∵∠DBC=45°，∴△BPH为等腰直角三角形，其三边之比为，
∴BH=PH=，CH=BC-BH=，在Rt△PHC中，由勾股定理可知：PC =PH +CH ，
∴，整理得：，此方程无解，
故P点不可能在对角线BD上；
情况五：P点位于对角线AC上时，过P点作PH⊥BC于H点，如下图所示：
设PC=，则BP=3PC=，∵∠PCB=45°，∴△PCH为等腰直角三角形，其三边之比为，
∴PH=CH=，BH=BC-CH=4-x，在Rt△PHB中，由勾股定理可知：PB =PH +BH ，
∴，整理得：，解得：(负值舍去)，
∴；综上所述，或或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用及分类讨论的思想，本题中由于P点的位置未定，故需要分多种情况讨论．
5．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
【答案】
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线∴，作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，
∴，，∴，
在Rt△MHG中，，故答案为：．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
6．（2021·山东泰安市·中考真题）四边形为矩形，E是延长线上的一点．
（1）若，如图1，求证：四边形为平行四边形；（2）若，点F是上的点，，于点G，如图2，求证：是等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，再根据一组对边平行且相等证明即可；
（2）先证矩形是正方形，再证，得出，再证即可．
【详解】证明：（1）∵是矩形，，，
又，，，∴四边形是平行四边形．
（2），∴矩形是正方形，，
，，，
又，，，
又，，，，
，是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、正方形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练准确运用相关知识进行推理证明．
考向4. 中点四边形与新定义问题
【典例精析】
【例】（2021·山东德州·中考模拟）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形.
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=AC，FG=BD，
∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方形．
考点：平行四边形的判定与性质；中点四边形．
【变式训练】
变式4-1. （2019·辽宁辽宁·中考真题）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形．
【详解】点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，四边形为平行四边形，
当时，，平行四边形是菱形；
当时，，即，菱形是正方形；故选．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
变式4-2. （2021·云南昆明·二模）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题意的平行四边形，但满足，，，不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形，但满足，，，不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线定理可得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形；
当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边中点，故D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合题意的反例图形是解题关键．
变式4-3.（2021·江苏通州·一模）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB//CD，求对角线BD的长；②若AC⊥BD，求证：AD=CD；
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形．求AE的长．
【答案】（1）① ；②证明见解析；（2）AE的长为5或6.5．
【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】解：（1）①∵AB=AC=1，AB∥CD，∴S四边形ABCD是平行四边形，∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴BD=AC=．
（2）如图1中，连接AC、BD．
∵AB=BC，AC⊥BD，∴∠ABD=∠CBD，∵BD=BD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．
若EF与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，∴AE=AB=5．
②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，∴BF=AB=5，∵DE∥BF，∴BF=PB=1：2，∴DE=2.5，∴AE=9﹣2.5=6.5，
综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．
【点睛】本题考查四边形综合题；分类讨论；新定义；压轴题．
【考点巩固训练】
1．（2021·广东黄埔·一模）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）．
A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形
【答案】D
【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【详解】解：如图，连接、，
、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，（三角形的中位线等于第三边的一半），
矩形的对角线，，四边形是菱形．故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
2．（2021·安徽太和·一模）如图，四边形的对角线，，，，分别是，，，的中点，若在四边形内任取一点，则这一点落在图中阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后由AC⊥BD可以证得平行四边形EFGH是矩形．
【详解】如图，∵E、F、G、H分别是线段AD，AB，BC，CD的中点，
∴EH、FG分别是△ACD、△ABC的中位线，EF、HG分别是△ABD、△BCD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EF∥BD，GH∥BD且EFBD，GHBD，
∴四边形EFGH是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴EF⊥FG∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积＝EF FGAC BD，∵四边形ABCDAC BD，
∴这一点落在图中阴影部分的概率为，故选：A．
【点睛】本题主要考查了几何概率，中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
3．（2022·湖北·模拟预测）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点
若四边形EFGH是正方形，AC与BD互相垂直且相等,故④正确．故选：A．
【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．（2021·江苏南通·一模）定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝　 　；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3） ．
【分析】（1）利用勾股定理计算，再根据准矩形的特点求出即可；
（2）先利用正方形的性质判断出△ABE≌△BCF，即可得证；
（3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，∴AC=，
∵四边形ABCD是准矩形，∴BD=AC=2．故答案为：2；
（2）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，∴∠EBF+∠EBC=90°，
∵BE⊥CF，∴∠EBC+∠BCF=90°，∴∠EBF=∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE=CF，∴四边形BCEF是准矩形；
（3）作DF⊥BC，垂足为F，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，∴∠BCA＝30°，∴AC=4，BC=2，
∵AC=BD，AC=DC，∴BD=CD=4，∴BF=CF=BC=，∴DF=，
∴S准矩形ABCD=S△DCF+S梯形ABFD==
=．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了新定义，勾股定理，梯形面积公式，三角形面积公式，正确运用准矩形的定义是解本题的关键．
5．（2021·江西九江·二模）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．①求的长．②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，∴∠F+∠BED=180°，∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE∴D、C、F共线，∴四边形EBFD是正方形，∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，在Rt△BFC中，BC=5，由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,∴△BCF∽△PCH,∴,
即，解得：,在Rt△PHT中，TH=,,
∴周长的最小值为．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
6．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长．
【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；（2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可；（3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下：如图，连接，
∵，∴点在线段的垂直平分线上，∵，∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，即，∴四边形是垂美四边形；
（2）猜想，证明如下：
∵四边形是垂美四边形，∴，∴，
由勾股定理得：，，
∴；
（3）如图，设分别交于点，交于点，连接，
∵四边形和四边形都是正方形，∴，
∴，即，
在和中，，∴，∴，
又∵，，∴，∴，即，
∴四边形是垂美四边形，由（2）得：，
∵是的斜边，且，，∴，，
在中，，在中，，
∴，解得或（不符题意，舍去），故的长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
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第4章 图形与性质 （浙江省专用）
第22节 特殊的平行四边形
【考场演练】
一、选择题
1．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
【答案】C
【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图所示．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．∵是等边三角形，是 BC的中点，
∴．∴．∴是直角三角形．
（2）当点P与点C重合时，记作．此时，是等边三角形；
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．∵和都是等边三角形，
∴．∴是直角三角形．
（4）当点P与点D重合时，记作．∵，∴是等腰三角形．
综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2021·江苏通州·二模）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC
【答案】D
【分析】由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解．
【详解】解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，
∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC，
若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°，∴∠GFB+∠HFC=90°，
∴∠DCB+∠ABC=90°，∴AB⊥DC；故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是解题的关键．
3．（2021·广西玉林市·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（ ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
【答案】C
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确的有①②；故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
4．（2021·广西贵港市·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．同旁内角相等，两直线平行 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．两角分别相等的两个三角形相似
【答案】D
【分析】利用平行线的判定方法、矩形及菱形的判定方法、相似三角形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、同旁内角互补，两直线平行，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D、两角分别相等的两个三角形相似，正确，是真命题，符合题意，故选：D．
【点睛】本题考查了命题与定理及相似三角形的知识，解题的关键是了解平行线的判定方法、矩形及菱形的判定方法、相似三角形的判定方法，难度不大．
5．（2021·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（　　）
A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
6．（2021·山东威海市·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【分析】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵，∴四边形ABEC为平行四边形，∵，∴，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，∴∠ABF=∠BAF，∴AF=BF，∴2AF=2BF，即BC=AE，
∴平行四边形ABEC是矩形，∴∠BAC=90°，∴,
∴矩形ABEC的面积为．故选：B
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．
7．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形中，∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
8．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得．
【详解】解：如图，连接，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，
四边形是菱形，，，
，
，，是等边三角形，
点是的中点，，，
即的最小值为，故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
9．（2021·浙江温州市·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH=DF=BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，∴．故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
10．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3【详解】解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，∴EF⊥BG且BN=GN，
若BN=AB，则BG=2AB=6，又∵点E是AD边上的动点，∴3②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，
在Rt△ABE中即
解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．
在Rt△EFH中 =；故②正确；
③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．故<<．③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．故④正确．故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
二、填空题
11．（2021·湖南中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是___（限填序号）．
【答案】①
【分析】根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质即可得．
【详解】解：①时，平行四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
②时，平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）；
③由平行四边形的性质可知，，则不能作为构成菱形的条件；故答案为：①．
【点睛】本题考查菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．
12．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
【答案】2
【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】∵∠BAD=60°，∴连接对角线AC,BD，则AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中， 利用勾股定理得
又∵AC=2AO,∴AC= ，由题可知 =，∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,∴=∠DCA，即==30°，∴ 是等腰三角形；过点E作EF⊥AC，垂足为F，如图所示：
则由等腰三角形三线合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,设EF=x，则EC=2x，由勾股定理得：
，解得x=2，故填：2．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键．
13．（2019 绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连接ED，则∠ADE的度数为　 　．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，
当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，∴∠ADE＝45°，
当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，
∴△AE′M为等边三角形，∴∠E′AM＝60°，∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵AD＝AE′，∴∠ADE′＝15°，故答案为：15°或45°．
14．（2021·浙江杭州市·中考真题）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
【答案】18
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】连接MD，设∠DAF=x根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB∴MF=DF∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°∴x=18°
故∠DAF=18°故答案为18．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
15．（2021·广西桂林·中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ___．
【答案】
【分析】连接AA′，根据旋转和正方形的性质得出∠OA′C′=45°，∠BA′O=135°，OA=OA′=AB=2，再根据等腰三角形的性质，结合已知条件得出旋转角，然后利用三角形的性质和勾股定理得出答案；
【详解】解：连接AA′，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′∴∠OA′C′=45°，∠BA′O=135°，OA=OA′=AB=2，
∴∠OA′A=∠OAA′=，∴∠BAA′=，∴∠ABA′=∠AA′B=，
∴∠BA′O=135°=∠AA′B+∠OA′A，∴，∴，∠A′AB=30°，
∴△OAA′为等边三角形，∴AA′=AB=2，过点A′作A′E⊥AB于E，
∵∠A′AB=30°，则A′E=，AE=，∴BE=， ∴A′B=，
∵A′C′=，∴BC′= A′B+ A′C′=；答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是得出旋转角得出△OAA′为等边三角形．
16．（2021·辽宁中考真题）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．
【答案】
【分析】先证明，可得CE=FE，BF=，同理：CH=GH，DG=，从而得HE=，再利用勾股定理得BD=，进而即可求解．
【详解】解：∵BE平分∠DBC，∴∠CBE=∠FBE，∵CF⊥BE，∴∠BEC=∠BEF=90°，
又∵BE=BE，∴，∴CE=FE，BF=
同理：CH=GH，DG=，∴HE是的中位线，∴HE=，
∵在矩形中，，，∴BD=，
∴GF= BF+ DG-BD=，∴=．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是的中位线，是解题的关键．
17．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______．
【答案】
【分析】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小为MH，再算出MC的长度， 在直角三角形MPC中利用三角函数即可解得MH
【详解】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小
∵菱形中，∴AB=BC=AC=10，△ABC为等边三角形
∴∠PBC=30°，∠ACB=60°∴在直角△PBH中，∠PBH=30°∴PH=
∴此时得到最小值，
∵AC=10，AM=3,∴MC=7又∠MPC=60°∴MH=MCsin60°=故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与三角函数，能够找到最小值时的P点是解题关键.
18．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
【答案】①②
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，ADAB，∴AEAB．在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∴∠DAF=45°．∵DF⊥AE，∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．∴AF=AB．∵在矩形ABCD中，AB=CD，∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，∴∠ABF=67.5°．∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，∴∠ADE=67.5°．∴∠CDE=22.5°．∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，∴△DCE∽△BCG．∴．∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，∴△ABF∽△ADE．
∴．在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．∴OEOFODDE．∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．连接CF．
又∵ BC=ADADBE，∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，∴△BOE∽△DOG．∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
三、解答题
19.（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在的正方形网格中，网格线的交点称为格点，在格点上，每一个小正方形的边长为1．
（1）以为边画菱形，使菱形的其余两个顶点都在格点上（画出一个即可）．
（2）计算你所画菱形的面积．
【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）6或8或10（答案不唯一）
【分析】（1）根据菱形的定义并结合格点的特征进行作图；（2）利用菱形面积公式求解．
【详解】解：（1）根据题意，菱形ABCD即为所求
（2）图1中AC=2，BD=6∴图1中菱形面积．
图2中，AC=，BD=∴图2中菱形面积．
图3中，∴图3菱形面积．
【点睛】本题考查菱形的性质，掌握菱形的概念准确作图是关键．
20．（2021 鄞州区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，过对角线BD的中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F连结DE，BF．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）当四边形BEDF是菱形时，求BE及EF的长．
【思路点拨】（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝4，AB∥DC，OB＝OD，∴∠OBE＝∠ODF，
在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（ASA），∴EO＝FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，设BE＝x，则DE＝x，AE＝8﹣x．
在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2，∴x2＝42+（8﹣x）2，解得x＝5，即BE＝5，
∵BD＝＝＝4，∴OB＝BD＝2，
∵BD⊥EF，∴EO＝＝，∴EF＝2EO＝2．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键．
21．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．（1）求矩形对角线的长．（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形
，
是等边三角形，
，所以．故答案为：4．
（2）在矩形中，．由（1）得，．
又在中，．故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的对角线性质，等边三角形的判定，等腰三角形的三线合一以及在直角三角形中求锐角正切的知识点，灵活应用矩形对角线的性质是解题的关键．
22．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；（2）若AB＝6，BEBC，求GH的长．
【答案】（1）见详解；（2）．
【分析】（1）由ASA证明△ABE≌△BCF，即可得到BE＝CF；
（2）由题意，得到，，然后证明△ABE∽△BPE，求出，，再证明△APG∽△BPH，求出，得到，然后利用勾股定理即可求出GH的长度．
【详解】解：（1）在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∵AE⊥BF，∴∠BPE=90°，∴∠BAP+∠ABP=∠FBC+∠ABP=90°，
∴∠BAP=∠FBC，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF；
（2）由题意，在正方形ABCD中，
∵AB＝6，BEBC，∴，，∴，
∵G为AD的中点，∴，∵∠BAE=∠PBE，∠AEB=∠BEP，
∴△ABE∽△BPE，∴，即，∴，
∵∠APB=90°，∴，
∵∠APG+∠APH=∠APH+∠HPB=90°，∴∠APG =∠HPB，
∵∠GAP+∠PAB=∠PAB+∠ABP=90°，∴∠GAP=∠ABP，∴△APG∽△BPH，
∴，即，∴，∴，
在直角三角形AGH中，由勾股定理，则．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，以及余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握上述知识，正确找出证明三角形相似的条件，从而进行解题．
23．（2021·海南中考真题）如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与点重合，点F是的延长线上一点，且．
（1）求证：；（2）如图2，连接，交于点K，过点D作，垂足为H，延长交于点G，连接．①求证：；②若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【分析】（1）直接根据SAS证明即可；（2）①根据（1）中结果及题意，证明为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明；②根据已知条件，先证明，再证明，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，．
又，．
（2）①证明；由（1）得，．
．为等腰直角三角形．
又，点H为的中点．．
同理，由是斜边上的中线得，．．
②∵四边形是正方形，．
又，．．
又为等腰直角三角形，．．
四边形是正方形，．．
． ．．
又∵在等腰直角三角形中，
．．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键．
24．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，，，，，
如图2，设与交于点，与交于点，
绕点按逆时针方向旋转，，，
，，又，，
直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，
将绕点按逆时针方向旋转，，
又，，，，
又，，直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，
，，点是边的中点，，，，，
，，，、、三点共线，
，，，，
由（2）可得：，，，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，
同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
25．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，，．
又四边形ABCD是正方形，，
，，
又 正方形 ，．
（2）如图，连接，
由（1）得，，
由折叠得，，．
四边形是正方形，，，
又，，．
，，，．
，
，（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，
由折叠得，，
又，，
，
又，，，
，，，．
，，
，（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，同理可得，
可得，，，
，（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．．
26．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是　 　；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
【答案】（1）矩形；（2）①见解析；②；（3）四边形ACBD的面积为或
【分析】（1）根据“垂等四边形”的定义进行分析；（2）①通过△ADF≌△CDG的性质推知DF＝DG；然后根据四边形DEFG是垂等四边形的性质知EG＝DF；最后由等量代换证得结论；②如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，首先证明△BFG为等腰直角三角形，则∠GFB＝45°；然后证得△AEF为等腰直角三角形；再次，根据等腰直角三角形的性质和已知条件得到：BC＝3AE，BG＝2AE．代入求值即可；（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，构造矩形CEDF．在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝2，BC＝1．再由垂等四边形四边形ACBD的性质知．
分两种情况：当△ACB∽△BED时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果；当△ACB∽△DEB时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果．
【详解】解：（1）矩形有一组邻边垂直且对角线相等，故矩形的垂等四边形．故答案是：矩形；
（2）①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C．
又∵AF＝CG，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴DF＝DG．
∵四边形DEFG是垂等四边形，∴EG＝DF，∴EG＝DG．
②解：如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，
∴四边形CDHG为矩形，∴CG＝DH．由①知EG＝DG，∴DH＝EH．
由题意知∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AF＝CG，
∴AB﹣AF＝BC﹣CG，即BF＝BG，∴△BFG为等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°．
又∵∠EFG＝90°，∴∠EFA＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝CG，∴AE＝EH＝DH，∴BC＝3AE，BG＝2AE．∵BC＝n BG，∴．
（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，∴四边形CEDF为矩形．
∵，∴AC＝2BC．在Rt△ABC中，，
根据勾股定理得，AC2+BC2＝AB2，即（2BC）2+BC2＝5，∴AC＝2，BC＝1．
∵四边形ACBD为垂等四边形，∴．
第一种情况：当△ACB∽△BED时，，设DE＝x，则BE＝2x，∴CE＝1+2x．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+2x）2+x2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝；
第二种情况：当△ACB∽△DEB时，，设BE＝y，则DE＝2y，∴CE＝1+y．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+y）2+（2y）2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝．
综上所述，四边形ACBD的面积为或．
【点睛】本题主要考查了相似综合题，综合运用相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识点解题，解题的关键是掌握“垂等四边形”的定义，另外解题过程中，注意方程思想的应用．难度较大．
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第4章 图形与性质 （浙江省专用）
第22节 特殊的平行四边形
【考场演练】
一、选择题
1．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
2．（2021·江苏通州·二模）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC
3．（2021·广西玉林市·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等 c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c 则正确的是：（ ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
4．（2021·广西贵港市·中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．同旁内角相等，两直线平行 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．两角分别相等的两个三角形相似
5．（2021·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（　　）
A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
6．（2021·山东威海市·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（ ）
A． B． C．6 D．
7．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
8．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
9．（2021·浙江温州市·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
二、填空题
11．（2021·湖南中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是___（限填序号）．
12．（2021·浙江金华市·中考真题）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
13．（2019 绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连接ED，则∠ADE的度数为　 　．
14．（2021·浙江杭州市·中考真题）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
15．（2021·广西桂林·中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ___．
16．（2021·辽宁中考真题）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．
17．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______．
18．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
三、解答题
19.（2021·浙江嘉兴市·中考真题）如图，在的正方形网格中，网格线的交点称为格点，在格点上，每一个小正方形的边长为1．（1）以为边画菱形，使菱形的其余两个顶点都在格点上（画出一个即可）．（2）计算你所画菱形的面积．
20．（2021 鄞州区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，过对角线BD的中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F连结DE，BF．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）当四边形BEDF是菱形时，求BE及EF的长．
21．（2021·浙江金华市·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．（1）求矩形对角线的长．（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
22．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；（2）若AB＝6，BEBC，求GH的长．
23．（2021·海南中考真题）如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与点重合，点F是的延长线上一点，且．（1）求证：；（2）如图2，连接，交于点K，过点D作，垂足为H，延长交于点G，连接．①求证：；②若，求的长．
24．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
25．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
26．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是　 　；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
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第4章 图形与性质 （浙江省专用）
第22节 特殊的平行四边形
【考试要求】
1.掌握矩形、菱形及正方形的概念，理解矩形、菱形及正方形的性质，理解矩形、菱形及正方形边、角、对角线的特征；
2.掌握矩形、菱形及正方形的判定方法，理解矩形、菱形、正方形、平行四边形之间的关系；
3.会根据矩形、菱形及正方形的性质将特殊四边形的问题转化为特殊三角形的问题解决.
【考情预测】
本考点内容是考查重点，年年都会考查，分值为15分左右，预计2022年各地中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
【考点梳理】
1．矩形：
定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形
性质 对称性 矩形是一个轴对称图形，它至少有两条对称轴
矩形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)矩形的四个角都是直角(2)矩形的对角线互相平分且相等
判定 (1)定义法(2)有三个角是直角的四边形是矩形(3)对角线相等的平行四边形是矩形(4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形
2．菱形：
定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
性质 对称性 菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴
菱形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)菱形的四条边都相等(2)菱形的对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角
判定 (1)定义法(2)四条边相等的四边形是菱形(3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形(4)对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
菱形面积 (1)因为菱形是特殊的平行四边形，所以菱形的面积＝底×高(2)因为菱形的对角线互相垂直平分，所以其对角线将菱形分成 4 个全等的直角三角形，所以菱形的面积等于两条对角线乘积的一半
3．正方形：
定义 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
性质 (1)正方形的对边平行且相等(2)正方形的四条边都相等(3)正方形的四个角都是直角(4)正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角(5)正方形既是轴对称图形也是中心对称图形，对称轴有 4 条，对称中心是对角线的交点
判定 (1)定义法(2)有一组邻边相等的矩形是正方形(3)有一个角是直角的菱形是正方形(4)对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形(5)对角线互相垂直的矩形是正方形(6)对角线相等的菱形是正方形(7)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系：
【重难点突破】
考向1. 矩形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，矩形ABCD中，，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．
（1）若，求DF的长．（2）若，求DF的长．
（3）直线PE交BD于点Q，若是锐角三角形，求DF长的取值范围．
【变式训练】
变式1-1．（2021 宁波）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 　　，sin∠AFE的值为 　　．
变式1-2．（2021 绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．
变式1-3．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【考点巩固训练】
1．（2019 金华）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．已知AB＝m，∠BAC＝∠α，则下列结论错误的是（　　）
A．∠BDC＝∠α B．BC＝m tanα C．AO D．BD
2．（2021·广西贵港市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是________．
3．（2021·辽宁中考真题）如图，在矩形中，连接，将沿对角线折叠得到交于点O，恰好平分，若，则点O到的距离为（ ）
A． B．2 C． D．3
4．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，矩形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，，垂足为点H，若，则AD的长为_______________．
5．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______________，使平行四边形是矩形．．
6．（2021 西湖区期末）如图，已知在△ABC中，D为BC的中点，连接AD，E为AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：四边形ADCF为平行四边形．
（2）当四边形ADCF为矩形时，AB与AC应满足怎样的数量关系？请说明理由．
考向2. 菱形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021 金华一模）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于点N，连接BM、DN．（1）求证：四边形BMDN是菱形；（2）若AB＝4，AD＝8，求菱形BMDN的面积和对角线MN的长．
【变式训练】
变式2-1. （2021·河南中考真题）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．四条边相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
变式2-2. （2020 嘉兴）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：　 　，使 ABCD是菱形．
变式2-3. （2019 台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（　　）
A． B． C． D．
【考点巩固训练】
1．（2021·广西柳州市·中考真题）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
2．（2021·海南中考真题）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
5．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．（1）求证：；（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝　　°时，四边形BFDE是菱形．
6．（2019 宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．
7．（2019 衢州）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF，连接AE，AF．求证：AE＝AF．
考向3. 正方形的性质与判定
【典例精析】
【例】（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）．DF交AC于点G，于点H，，．
（1）求．（2）设，，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）．
（3）当时，判断EG与AC的位置关系并说明理由．
【变式训练】
变式3-1. （2021·黑龙江中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．
变式3-2. （2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）
A． B． C．3 D．
变式3-3. （2021 杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．
（1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．
【考点巩固训练】
1．（2019 绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为　 　．
2．（2019 绍兴）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（　　）
A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变
3．（2020 湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）
A．1 B． C． D．
4．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）在边长为4的正方形中，连接对角线，点是正方形边上或对角线上的一点，若，则______．
5．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
6．（2021·山东泰安市·中考真题）四边形为矩形，E是延长线上的一点．
（1）若，如图1，求证：四边形为平行四边形；（2）若，点F是上的点，，于点G，如图2，求证：是等腰直角三角形．
考向4. 中点四边形与新定义问题
【典例精析】
【例】（2021·山东德州·中考模拟）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）
【变式训练】
变式4-1. （2019·辽宁辽宁·中考真题）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
变式4-2. （2021·云南昆明·二模）如图，在任意四边形中，，，，分别是，，，上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当，，，是各边中点，且时，四边形为菱形
B．当，，，是各边中点，且时，四边形为矩形
C．当，，，不是各边中点时，四边形可以为平行四边形
D．当，，，不是各边中点时，四边形不可能为菱形
变式4-3.（2021·江苏通州·一模）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB//CD，求对角线BD的长；②若AC⊥BD，求证：AD=CD；
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形．求AE的长．
【考点巩固训练】
1．（2021·广东黄埔·一模）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）．
A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形
2．（2021·安徽太和·一模）如图，四边形的对角线，，，，分别是，，，的中点，若在四边形内任取一点，则这一点落在图中阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·湖北·模拟预测）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2021·江苏南通·一模）定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝　 　；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．
5．（2021·江西九江·二模）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．①求的长．②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．
6．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长．
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