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专题01 特殊平行四边形
考点类型
考点一遍过
考点1：菱形的性质——求角
典例1：（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，菱形中，．则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，菱形的顶点在直线上，若，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【变式2】（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在菱形中，，M、N分别是边的中点，于点P．则的度数为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【变式3】（2022春·福建莆田·八年级校考期中）如图，在菱形中，，AB的垂直平分线交对角线AC于点E，交AB于点F，连接DE，则等于（ ）
A．80° B．70° C．65° D．60°
考点2：菱形的性质——等面积法
典例2：（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，菱形中，点是中点，连接、，若，，则该菱形的面积是（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，四边形ABCD是菱形，AC = 8，BD = 6，DH⊥AB于点H，则DH的长是（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2022春·广东广州·八年级校考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点P是对角线BD上一点，过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别是点E、F，若OA＝4，S菱形ABCD＝24，则PE+PF的长为（　　）
A． B．3 C． D．
【变式3】（2022春·福建泉州·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
考点3：菱形的性质——求点的坐标
典例3：（2022春·福建龙岩·八年级龙岩初级中学校考期中）如图菱形的顶点、的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标是( )

A． B． C． D．
【变式1】（2023春·天津河西·八年级统考期末）如图，的顶点，B，D的坐标分别是，，，则顶点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（2022秋·福建南平·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．或
考点4：菱形的性质——最值问题
典例4：（2023秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，在菱形中，，E是边的中点，P是边上一动点，的最小值是，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．1 D．0.5
【变式1】（2022春·福建泉州·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动和过程中，的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【变式2】（2023春·福建厦门·八年级厦门市第十一中学校考期末）如图，菱形ABCD的两条对角线长，，点E是BC边上的动点，则AE长的最小值为（ ）
A．4 B．
C．5 D．
【变式3】（2023春·辽宁丹东·七年级统考期末）如图，在中，，是的一条角平分线，点E，F分别是线段，上的动点，若，，那么线段的最小值是（ ）

A． B．5 C．4 D．6
考点5：菱形的判定与性质——证明题
典例5：（2023秋·福建莆田·九年级莆田第二十五中学校考期末）如图，中，为的中点，连接，作点关于的对称点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若平分，求的长
【变式1】（2022春·福建福州·八年级统考期末）如图1，菱形中，点、分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，若为上一点，连接、，使，求证：．
【变式2】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，证明：直线与互相垂直．
【变式3】（2022春·福建莆田·八年级校考期中）如图，为矩形的对角线，按要求完成下列各题．
（1）用直尺和圆规作出的垂直平分线，分别交，于点，，垂足为．（不写作法，仅保留作图痕迹）；
（2）连接和．求证：四边形是菱形；
（3）在（1）的条件下，若，求的度数．
考点6：矩形的性质——求角
典例6：（2023春·福建龙岩·八年级校联考阶段练习）两个矩形的位置如图所示，若，则的度数为（ ）
A．34° B．56° C．79° D．146°
【变式1】（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE＝15°，则∠AOE的度数为（　　）
A．120° B．135° C．145° D．150°
【变式2】（2022春·福建泉州·八年级统考期末）如图，点是矩形内一点，，．下列错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3】（2022春·福建龙岩·八年级校联考期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，DE⊥AC于E，且∠ADE：∠EDC＝3：2，则∠COD的度数为（　　）
A．54° B．60° C．65° D．72°
考点7：矩形的性质——求线段
典例7：（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，矩形中，对角线、相交于点，过点作交于点，已知，的面积为，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接、，取、的中点、，连接，若，，则（ ）

A．8 B．6 C．5 D．
【变式2】（2022秋·福建漳州·九年级漳州三中校联考期中）如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（2023春·福建厦门·八年级校考期中）矩形与矩形，如图放置，点，，共线，点，，共线，连接，取的中点，连接．若，，则( )
A． B． C． D．
考点8：矩形的性质——折叠问题
典例8：（2023春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在矩形中，，将沿折叠，使点恰好落在对角线上处，则的长是（ ）

A．3 B． C．5 D．
【变式1】（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【变式2】（2022秋·福建龙岩·八年级校联考阶段练习）如图，把矩形沿对折后使两部分重合，若，则（ ）

A． B． C． D．
【变式3】（2023春·福建龙岩·七年级统考期末）如图，将长方形纸片沿折叠（折线交于E，交于F），点C、D分别落在点、，交于G，再将四边形沿折叠，点、的落点分别是分别落在点、，交于H．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
考点9：矩形的判定与性质——证明题
典例9：（2023春·福建厦门·八年级校考期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．

(1)若点N刚好落在折痕上时，
①如图1，过N作，求证：；
②如图2，求的度数；
(2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，和是不全等的等边三角形，过点作交的延长线于点，连接，延长交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)若，求证：；
(3)若是直角三角形，试求的值．
【变式2】（2023秋·福建福州·九年级福建省福州延安中学校考开学考试）如图，在菱形中，对角线，相交于点O．过点A作，过点D作交于点E．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
【变式3】（2022春·福建福州·八年级校考期中）已知，如图，四边形中，，点是的中点．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，点是上的点，连接，把沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，求的长度．
考点10：斜边中线的应用
典例10：（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，分别是边和的中点，于点，则( )

A． B． C． D．
【变式1】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）如图，中，，E为中点，过点C作于点F，垂足F落在线段上，连接并延长与的延长线交于点G，则下列结论：①平分；②；③；④当时， ，正确的有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【变式2】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图，在中，于，对角线，相交于点，若，则的长为（ ）

A．2 B．3 C． D．
【变式3】（2022秋·福建龙岩·九年级龙岩二中校考期中）如图，在中，，，将绕顶点C顺时针旋转，旋转角为，得到，P，Q分别是、的中点，，连接，则旋转时长度的最大值是（　　）

A． B． C． D．
考点11：正方形的性质——求角
典例11：（2022秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）如图，以正方形的边向内作等边，则图中（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（2022秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）如图，以正方形的边为边向外作正，交于，则（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（2022秋·福建漳州·九年级漳州实验中学校考期中）如图，正方形的对角线，交于点，为边上一点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
考点12：正方形的性质——求线段
典例12：（2023春·福建龙岩·八年级龙岩二中校考期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若．则点到的距离为（ ）

A． B． C． D．
【变式1】（2023春·福建南平·八年级统考期末）如图，在正方形中，，点P是对角线上一动点（不与A，C重合），连接．过点D作，且，连接．
①； ②的长度最小值为；③；④．
以上判断，正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式2】（2022春·福建厦门·八年级厦门市第九中学校考期中）如图：是边长为1的正方形的对角线上一点，且，为上任意一点，于点，于点，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【变式3】（2023春·福建龙岩·八年级统考期中）如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（ ）
A． B． C． D．
考点13：正方形的性质——最值问题
典例13：（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6 B．11 C． D．
【变式1】（2022秋·福建三明·九年级统考期中）已知：如图，中，，，点D是射线上一动点，以为一边向右画正方形，连接，取中点G，则的最小值为（ ）
A． B．4 C．6 D．
【变式2】（2022秋·福建福州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE=DF，点M，N分别为AD，BC的中点，P为MN上的一个动点，则下列线段的长等于BP+EP最小值的是（ ）
A．AE B．BN C．BE D．AF
【变式3】（2022·福建厦门·校考二模）如图，正方形的边长为4，点、分别为、的中点，点是对角线上的动点，则四边形周长的最小值为（ ）
A．4 B． C．8 D．
考点14：正方形的性质——折叠问题
典例14：（2022秋·福建漳州·八年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，正方形纸片的边长为12，E、G分别是、边上的点，连接、把正方形纸片沿折叠，使点C落在上的一点F，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（2023春·福建厦门·八年级厦门市莲花中学校考期中）如图，将正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，使边AB，BC在BF处重合，折痕为BE，BG．若正方形ABCD的边长为6，E是AD边的中点，则CG的长是（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
【变式2】（2022秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形OABC，折叠后，点B落在平面内的点B'处，则点B'的坐标为（　　　）
A．（2，） B．（，） C．（2，） D．（，）
【变式3】（2023春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
考点15：正方形的判定与性质——证明题
典例15：（2023春·福建福州·八年级校考期中）如图，正方形中，点P在边上，延长至E，使得，平分，交于点N，连接．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)直接写出三者之间的数量关系．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级龙岩二中校考期中）已知，如图，在正方形中，点分别是边上的动点．
(1)如图1，若，垂足为，求证：；
(2)如图2，点是边上一点，且，垂足为．
①判断与是否相等？并说明理由；
②如图3，若垂直平分，交对角线交于点，写出线段之间的数量关系，并说明理由．
【变式2】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，为正方形对角线的交点，点为线段上一动点（不与两点重合），连结，将绕点逆时针旋转后得到，过点作交于点，连结．

(1)试证：四边形为正方形．
(2)若点恰好是边的中点，正方形的边长，求线段的长．
【变式3】（2022·福建福州·八年级统考期末）数学课上林老师出示了问题：如图，AD∥BC，∠AEF=90°，AD=AB=BC=DC，∠B=90°，点E是边BC的中点，且EF交∠DCG的平分线CF于点F，求证：AE=EF．
同学们作了一步又一步的研究：
（1）经过思考，小明展示了一种解题思路：如图1，取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，所以AE=EF，小明的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小颖提出一个新的想法：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（3）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
考点16：中点四边形
典例16：（2022春·福建泉州·八年级统考期末）【猜想结论】如图1，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，可以根据度量或目测猜想结论：DEBC，且DEBC．
(1)【验证结论】如图2，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至F，使得EF＝DE，连接FC．求证：DEBC，DEBC．
(2)【应用结论】如图3，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接四边形ABCD各边中点得到新四边形EFGH，称为四边形ABCD中点四边形．应用上述验证结论，求解下列问题：
①证明：四边形EFGH是平行四边形；
②当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是矩形；
③当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是正方形．
【变式1】（2022·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如图，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，顺次连接 E，F，G，H，得到的四边形 EFGH 叫中点四边形．求证：四边形 EFGH 是平行四边形．
【变式2】（2023春·福建·八年级期中）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3】（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；
（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，．
①连接BG，若，求AF的长；
②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
考点17：特殊平行四边形的动点问题
典例17：（2022春·福建福州·八年级校联考期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．

(1)当为何值时，四边形是矩形；
(2)当为何值时，四边形是菱形；
(3)分别求出（2）中菱形的周长和面积．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级统考期中）如图，矩形中，，，为边上一动点，从点出发，以向终点运动，同时动点从点出发，以向终点运动，运动的时间为．

(1)当时，若平分，求的值；
(2)若，且是以为腰的等腰三角形，求的值；
(3)连接，直接写出点与点关于对称时的与的值．
【变式2】（2022春·福建三明·八年级校考期末）已知，平行四边形中，一动点在边上，以每秒的速度从点向点运动．

(1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数；
(2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，求的面积；
(3)如图③，另一动点在边上，以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动（同时点也停止），若，则为何值时，以，，，四点组成的四边形是平行四边形．
【变式3】（2022·福建·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点A出发，沿AD方向以每秒1cm的速度向终点D运动，连接PO，并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
(1)求BQ的长（用含t的代数式表示）；
(2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值；
(3)当时，点O是否在线段AP的垂直平分线上？请说明理由．
考点18：特殊平行四边形的综合问题
典例18：（2023春·福建厦门·八年级厦门市华侨中学校考期末）已知：点是正方形外部的一个点，，，，连接．过点作交延长线于点，连接，．

(1)在图中补全图形；
(2)求的度数；
(3)用等式表示线段，，的数量关系
【变式1】（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）已知在矩形ABCD中，，，四边形EFGH的三个顶点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、DA上，．
(1)如图1，当四边形EFGH为正方形时，求的面积；
(2)如图2，当四边形EFGH为菱形，且时，求的面积（用含a的代数式表述）；
(3)在（2）的条件下，当的面积等于6时，求AH的长．
【变式2】（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是射线CD上一动点（E不与D重合），连AE交射线BD于F点，过F作FG⊥AE交在射线BC于G．
(1)当点E在线段CD上时，求证：AF＝FG．
(2)若BC＝10，BG＝4，求BF的长；
(3)连EG，当E在射线CD上移动时，探究线段BG、EG、DE之间的数量关系，并说明理由．
【变式3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）如图，点是正方形对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)若，，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
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专题01 特殊平行四边形
考点类型
考点一遍过
考点1：菱形的性质——求角
典例1：（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，菱形中，．则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，平分，可得，，求解，，从而可得答案．
【详解】解：∵菱形，
∴，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故选B
【点睛】本题考查的是菱形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟记的菱形的性质是解本题的关键．
【变式1】（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，菱形的顶点在直线上，若，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出，根据菱形性质得出，即得到，可得的度数．
【详解】∵，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用菱形的性质求角度，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式2】（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在菱形中，，M、N分别是边的中点，于点P．则的度数为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】A
【分析】如图所示，延长交的延长线于点G，先根据菱形的性质得到，则，，再证明，，进而求出，证明，得到，即可证明，得到，进而推出．
【详解】解：如图所示，延长交的延长线于点G，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵，即，
∴，
∵M、N分别是边的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴N为中点．
∴，
∴，
∴ ，即，
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，等边对等角的性质，熟记性质并且作出辅助线求出是解题的关键，也是本题的难点．
【变式3】（2022春·福建莆田·八年级校考期中）如图，在菱形中，，AB的垂直平分线交对角线AC于点E，交AB于点F，连接DE，则等于（ ）
A．80° B．70° C．65° D．60°
【答案】D
【分析】连接，先根据菱形的性质可得，垂直平分，根据平行线的性质、线段垂直平分线的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差即可得．
【详解】解：如图，连接，
四边形是菱形，且，
，垂直平分，
，
垂直平分，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
考点2：菱形的性质——等面积法
典例2：（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，菱形中，点是中点，连接、，若，，则该菱形的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，得到，设，则，利用勾股定理列方程，求得，，再利用勾股定理，求得，即可求出菱形的面积．
【详解】解：，
，
四边形是菱形，
，，
，
点是中点，
，
设，则，
由勾股定理得：，
，
解得：或（舍），
，，
由勾股定理得：，
菱形的面积，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
【变式1】（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，四边形ABCD是菱形，AC = 8，BD = 6，DH⊥AB于点H，则DH的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得AB的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱形的高．
【详解】解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=4，OB=OD=3，
∴AB==5，
∴S菱形ABCD=AC BD=AB DH，
∴DH=，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半．
【变式2】（2022春·广东广州·八年级校考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点P是对角线BD上一点，过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别是点E、F，若OA＝4，S菱形ABCD＝24，则PE+PF的长为（　　）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【分析】根据菱形的面积以及的长，求得的长，勾股定理求得边长，进而根据菱形的面积等于，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
OA＝4，S菱形ABCD＝24，
即
中，
连接
PE⊥AB，PF⊥AD，
S菱形ABCD＝24，
故选D
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式3】（2022春·福建泉州·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．
【详解】解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
考点3：菱形的性质——求点的坐标
典例3：（2022春·福建龙岩·八年级龙岩初级中学校考期中）如图菱形的顶点、的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标是( )

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出的长，进而求出点坐标．
【详解】解：菱形的顶点，的坐标分别为，，，，点在轴上，
，，，
即轴，
在中，
由勾股定理得：，
∴点的坐标，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，根据勾股定理求出的长是解题的关键．
【变式1】（2023春·天津河西·八年级统考期末）如图，的顶点，B，D的坐标分别是，，，则顶点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质，即可求得顶点C的坐标．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
的顶点、、的坐标分别是，，，
，，
顶点的坐标为，即．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质．注意数形结合思想的应用是解此题的关键．
【变式2】（2022秋·福建龙岩·九年级统考期中）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，
∴C的坐标为，
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
【变式3】（2022秋·福建南平·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，
A、B、C均在坐标轴上，如图，
∵∠BAD=60°，AD=4，
∴∠OAD=30°，
∴OD=2，
∴AO==OC，
∴点C的坐标为（0，），

同理：当点C旋转到y轴正半轴时，
点C的坐标为（0，），
∴点C的坐标为（0，）或（0，），
故选D.
【点睛】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.
考点4：菱形的性质——最值问题
典例4：（2023秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，在菱形中，，E是边的中点，P是边上一动点，的最小值是，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．1 D．0.5
【答案】D
【分析】找出点关于的对称点D，连接，则就是的最小值，进而可求出的值即可求出的最小值．
【详解】解：连接交于P，连接，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得关于对称，则，
∴，，
即就是的最小值，
∵，
∴是等边三角形，
∵E是边的中点
∴，
∴（等腰三角形三线合一的性质）
在中，，
∴，
∴．
∴
当时最小
∵
∴
故选：D
【点睛】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题和菱形的性质的知识点，解答本题的关键，此题是道比较不错的习题．
【变式1】（2022春·福建泉州·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动和过程中，的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】设AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，可得此时EP+FP的值最小，最小值为NF，再由菱形的性质证得四边形ANFB是平行四边形，然后根据勾股定理求出AB，即可求解．
【详解】解：设AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，
∴PN=PE，
∴PE+PF=PN+PF，
∴此时EP+FP的值最小，最小值为NF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB=∠BCD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD，，
∵E为AB的中点，
∴N在AD上，且N为AD的中点，
∵，
∴∠ANP=∠CFP，∠NAP=∠FCP，
∵AD=BC，N为AD中点，F为BC中点，
∴AN=CF，
∴，
∴AP=CP，
即P为AC中点，
∵O为AC中点，
∴P、O重合， 即NF过O点，
∵，AN=BF，
∴四边形ANFB是平行四边形，
∴NF=AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=3，BO=BD=4，
由勾股定理得：AB=5，即NF=5，
∴的最小值是5．
故选：C
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式2】（2023春·福建厦门·八年级厦门市第十一中学校考期末）如图，菱形ABCD的两条对角线长，，点E是BC边上的动点，则AE长的最小值为（ ）
A．4 B．
C．5 D．
【答案】B
【分析】当AE⊥BC时有最小值，即为△ABC，BC边上的高，根据菱形的性质即可得，，利用勾股定理可得，再利用三角形等面积法即可求解．
【详解】解： ∵点E是BC边上的动点，
∴当AE⊥BC时有最小值，即为△ABC，BC边上的高，
∵四边形ABCD是菱形，且，，
∴AC⊥BD，，，
在Rt△OBC中，∠BOC=90°，
∴，
∴，即，
解得，
∴AE长的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、线段最短、等面积法求高，熟练掌握菱形的性质即等面积法求三角形的高是解题的关键．
【变式3】（2023春·辽宁丹东·七年级统考期末）如图，在中，，是的一条角平分线，点E，F分别是线段，上的动点，若，，那么线段的最小值是（ ）

A． B．5 C．4 D．6
【答案】A
【分析】过点作于点，交于，此时，即的最小值，利用面积法可求出的值，即的最小值．
【详解】解：过点作于点，交于，

，是的一条角平分线，
点为底边的中点，，，
点、关于对称，
，
，此时的最小值，
，，
，
，
，
的最小值为．
故选A．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题，属于中考常考题型．
考点5：菱形的判定与性质——证明题
典例5：（2023秋·福建莆田·九年级莆田第二十五中学校考期末）如图，中，为的中点，连接，作点关于的对称点，连接．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若平分，求的长
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据轴对称性质可得，．再由直角三角形的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）根据菱形的性质得出，，进而得出，根据等角对等边，即可求解．
【详解】（1）证明：∵点和点关于直线对称
∴垂直平分，
∴，．
∵，为中线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，为中线，
∴．
∵平分
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等角对等边，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
【变式1】（2022春·福建福州·八年级统考期末）如图1，菱形中，点、分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，若为上一点，连接、，使，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BCE≌△DCF，可得结论；
（2）由“AAS”可证△DFG≌△AFH，可得FG=FH，由等腰三角形的性质可得∠FCG＝∠HCG，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，
∵点E、F分别为AB、AD的中点，
∴DF＝AD，BE＝AB，
∴BE=DF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴CE=CF；
（2）证明：∵HC2-HF2=CE2，CE=CF，
∴HC2=HF2+CF2，
∴∠CFH=90°，
∴CF⊥HF，
如图2，延长HF交CD延长线于点G，
在菱形ABCD中，AB∥CD，
∴∠G=∠AHF，∠FDG=∠A，
在△DFG和△AFH中，
，
∴△DFG≌△AFH（AAS），
∴FG=FH，
∵CF⊥GH，
∴∠FCG＝∠HCG，
由（1）得△BCE≌△DCF，
∴∠FCG=∠BCE，
∴∠BCE＝∠HCG，
菱形ABCD中，AB∥CD，
∴∠CHB=∠HCG，
∴∠BCE＝∠CHB，
即∠CHB=2∠BCE．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些解决问题是解题的关键．
【变式2】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，连接．
(1)求证：；
(2)若，证明：直线与互相垂直．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由绕点顺时针旋转得到，可得，，而，即得，可证，故AB；
（2）根据绕点顺时针旋转得到，，可得，证明四边形是菱形，得到；又，进而推导出．
【详解】（1）证明：绕点顺时针旋转得到，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：绕点顺时针旋转得到，
，，
由（1）可知，
，
若，则，
，
四边形是菱形，
；
，将绕点顺时针旋转得到，
，即，
，
即直线与互相垂直．
【点睛】本题考查三角形的旋转问题，涉及菱形的判定及全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质，证明．
【变式3】（2022春·福建莆田·八年级校考期中）如图，为矩形的对角线，按要求完成下列各题．
（1）用直尺和圆规作出的垂直平分线，分别交，于点，，垂足为．（不写作法，仅保留作图痕迹）；
（2）连接和．求证：四边形是菱形；
（3）在（1）的条件下，若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）60°
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．
（3）证明，推出，由四边形是菱形，推出，推出，可得，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，直线即为所求作．
（2）证明：垂直平分线段，
，，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
（3），
在和中，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查作图复杂作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质，属于中考常考题型．
考点6：矩形的性质——求角
典例6：（2023春·福建龙岩·八年级校联考阶段练习）两个矩形的位置如图所示，若，则的度数为（ ）
A．34° B．56° C．79° D．146°
【答案】B
【分析】利用邻补角互补，矩形的四个内角为90°，三角形内角和定理求解即可．
【详解】
图中的四边形是矩形
故选：B
【点睛】本题主要考查矩形的四个内角都是90度，邻补角互补，三角形的内角和定理．解题的关键是找到角之间的联系，综合运用各个知识点求解．
【变式1】（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE＝15°，则∠AOE的度数为（　　）
A．120° B．135° C．145° D．150°
【答案】B
【分析】根据角平分线的性质得，即可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质和三角形内角和定理得，根据矩形的性质得OA=OB，即可得是等边三角形，根据等边三角形的性质和三角形内角和定理即可得．
【详解】解：∵AE平分，
∴，
∴，
∵矩形ABCD中， ，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∴是等边三角形，
∴，，
∴OB=BE，
∵，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形，等边三角形，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
【变式2】（2022春·福建泉州·八年级统考期末）如图，点是矩形内一点，，．下列错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质可知，又由三角形内角和为得到，，进而对选项依次进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴，即，
∴，，
∵，，，，
∴，因此A选项错误，符合题意；
∴，因此C选项正确，不符合题意；
∴，因此B选项正确，不符合题意；
∴，因此 D选项正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的运用，解题的关键是掌握矩形的四个角都是直角．
【变式3】（2022春·福建龙岩·八年级校联考期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，DE⊥AC于E，且∠ADE：∠EDC＝3：2，则∠COD的度数为（　　）
A．54° B．60° C．65° D．72°
【答案】D
【分析】设∠ADE＝3α，∠EDC＝2α，根据题意列出方程求出α的值，然后根据三角形的内角和定理即可求出答案．
【详解】解：设∠ADE＝3α，∠EDC＝2α，
∴3α+2α＝90°，
∴α＝18°，
∴∠CDE＝2α＝36°，
∵DE⊥AC，
∴∠DCE＝90°﹣36°＝54°，
∵OD＝OC，
∴∠DCE＝∠ODC＝54°，
∴∠COD＝180°﹣2×54°＝72°，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练运用矩形的性质，属于基础题型．
考点7：矩形的性质——求线段
典例7：（2023春·福建福州·八年级统考期中）如图，矩形中，对角线、相交于点，过点作交于点，已知，的面积为，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，得出的长，然后由勾股定理求得答案．
【详解】解：连接，如图所示：

由题意可得，为对角线的垂直平分线，
，，
．
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式1】（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接、，取、的中点、，连接，若，，则（ ）

A．8 B．6 C．5 D．
【答案】D
【分析】连接，由矩形的性质可得点、分别为、的中点，，由三角形中位线定理可得，由旋转的性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，

∵四边形和四边形都是矩形，且点、分别为、的中点，
∴点、分别为、的中点，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，
∴，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2】（2022秋·福建漳州·九年级漳州三中校联考期中）如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求得，然后根据矩形的性质得出．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵点D的坐标是，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【变式3】（2023春·福建厦门·八年级校考期中）矩形与矩形，如图放置，点，，共线，点，，共线，连接，取的中点，连接．若，，则( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长GH交AD于M点，由矩形的性质得出CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=3，，推出DG=CG-CD=2，∠HAM=∠HFG，由ASA证得△AMH≌△FGH，得出AM=FG=1，MH=GH，则MD=AD-AM=2，在Rt△MDG中，根据勾股定理可得GM，即可得出结果．
【详解】解：如图，延长GH交AD于点M，
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，
∴CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=2，，
∴DG=CG-CD=2-1=1，∠HAM=∠HFG，
∵点H为AF的中点，
∴AH=FH，
在△AMH和△FGH中，
∵，
∴△AMH≌△FGH（ASA），
∴AM=FG=1，MH=GH，
∴MD=AD-AM=2-1=1，
在Rt△MDG中，
，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、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，证明三角形全等是解题的关键．
考点8：矩形的性质——折叠问题
典例8：（2023春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在矩形中，，将沿折叠，使点恰好落在对角线上处，则的长是（ ）

A．3 B． C．5 D．
【答案】C
【分析】由为矩形，得到为直角，由折叠得到，，，利用勾股定理求出的长，由求出的长，在中，设，表示出，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即可确定出的长．
【详解】解：矩形，
，
由折叠可得，，，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了翻折变换，矩形的性质，以及勾股定理，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．
【变式1】（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到，由折叠的性质得到，得到，根据等腰三角形的判定定理得到，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
在中，，即，
解得，，
则的面积，
故选C．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【变式2】（2022秋·福建龙岩·八年级校联考阶段练习）如图，把矩形沿对折后使两部分重合，若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据折叠的性质可得，再根据平行线的性质即可得．
【详解】解：如图，

由折叠的性质得：，
，
，
∵四边形是矩形，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题、平行线的性质，熟练掌握矩形与折叠的性质是解题关键．
【变式3】（2023春·福建龙岩·七年级统考期末）如图，将长方形纸片沿折叠（折线交于E，交于F），点C、D分别落在点、，交于G，再将四边形沿折叠，点、的落点分别是分别落在点、，交于H．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】设，根据折叠和长方形的性质得，故①正确，根据得，根据折叠得，即可得，根据折叠得，即可得，根据得，故②正确，③错误，根据得，根据折叠得，则，即可得，故④正确，综上，即可得．
【详解】解：设，
∵折叠，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴，
故①正确，
∵，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
故②正确，③错误，
∵，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
故④正确，
综上，①②④正确，正确的个数有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
考点9：矩形的判定与性质——证明题
典例9：（2023春·福建厦门·八年级校考期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．

(1)若点N刚好落在折痕上时，
①如图1，过N作，求证：；
②如图2，求的度数；
(2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)1或9
【分析】（1） ①证明四边形是矩形，得到，根据折叠的性质，矩形的性质，得到,，证明即可；
②根据折叠的性质，求解即可．
（2）根据矩形的性质，判定不可能是直角，只有，分直角在矩形内部和外部两种情况计算即可．
【详解】（1）解：①∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，
∴四边形是矩形，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
根据折叠的性质得到,，
∴．
②过点G作于点G，
∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，
∴四边形是矩形，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
根据折叠的性质得到,，
∴．
根据折叠的性质，
∴，，
∴，，

∴．
（2）根据矩形的性质，故不可能是直角，
∴，
∵矩形纸片，
∴，
∵，
∴三点共线，
根据折叠的性质，
∴，，
∵矩形纸片，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
根据矩形的性质，故不可能是直角，
∴，
∵矩形纸片，
∴，
∵，
∴三点共线，
根据折叠的性质，
∴，，
∵矩形纸片，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形与折叠，勾股定理是解题的关键．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，和是不全等的等边三角形，过点作交的延长线于点，连接，延长交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)若，求证：；
(3)若是直角三角形，试求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，推出，即，利用即可证明；
（2）利用四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，即可证明结论成立；
（3）证明四边形是矩形，推出是含30度角的直角三角形，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）证明：由（1）得四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：是直角三角形，则只有，
由（1）得四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴是直角三角形，
由（1）得，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键．
【变式2】（2023秋·福建福州·九年级福建省福州延安中学校考开学考试）如图，在菱形中，对角线，相交于点O．过点A作，过点D作交于点E．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再由是菱形的性质得，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质求出，，由勾股定理得出的长，再根据矩形面积公式即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形为矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由（1）可知，四边形是矩形，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【变式3】（2022春·福建福州·八年级校考期中）已知，如图，四边形中，，点是的中点．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，点是上的点，连接，把沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】（1）直接根据三个角是直角的四边形是矩形进行证明即可；
（2）分三种情况：当时，在上；当时，在上；当时，在上，分别进行讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，是的中点，
，
，
，
，
四边形为矩形；
（2）解：当时，在上，如图，

，
，
由折叠的性质可得，
，
设，则，
由勾股定理得：，
，
解得：，
，
当时，在上，此时四边形为正方形，如图：

，
当时，在上，此时，而，
∵斜边大于直角边，
∴不可能在边上，
综上，或．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、折叠的性质，用分类讨论的思想解题，是解此题的关键．
考点10：斜边中线的应用
典例10：（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，分别是边和的中点，于点，则( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长交的延长线于点．根据已知可得，，的度数，再根据余角的性质可得到的度数，从而不难求得的度数．
【详解】解：延长交的延长线于点．

在与中，
，
，
为中点．
又由题可知，，
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
中点定义，
，
，
，
，即，
四边形为菱形，
，，
，分别为，的中点，
，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质的理解及运用，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，灵活应用菱形的性质是解决问题的关键．
【变式1】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）如图，中，，E为中点，过点C作于点F，垂足F落在线段上，连接并延长与的延长线交于点G，则下列结论：①平分；②；③；④当时， ，正确的有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【分析】①正确．只要证明，即可解决问题． ②正确．只要证明，推出，再根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题． ③正确．只要证明，即可解决问题． ④错误，只要证明，，推出．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵，，
∴， ∴，
∴，
∴平分，故①正确．
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故②正确．
∵， ，
∴，
∵，
∴．故③正确，
∵，∴ ，
∵，，
∴，
∴，故④错误．
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、三角形面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式2】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图，在中，于，对角线，相交于点，若，则的长为（ ）

A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】先利用勾股定理求出，再由平行四边形的性质得到点O是的中点，则由直角三角形的性质可得．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，即点O是的中点，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式3】（2022秋·福建龙岩·九年级龙岩二中校考期中）如图，在中，，，将绕顶点C顺时针旋转，旋转角为，得到，P，Q分别是、的中点，，连接，则旋转时长度的最大值是（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】当P、C、Q三点共线时，最长，根据图形求出此时的旋转角即可求出的长．
【详解】解：如图，当旋转到P、C、Q三点共线时，最长，

，，Q是的中点，
，
是等边三角形，
，
P、C、Q三点共线，
，
，
，，
中点为P，中点为Q，，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定，旋转的性质的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形角所对的边是斜边的一半，熟练运用旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等是解题的关键．
考点11：正方形的性质——求角
典例11：（2022秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）如图，以正方形的边向内作等边，则图中（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等边三角形和正方形的性质求得，，再根据等腰三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解答的关键．
【变式1】（2022秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）如图，以正方形的边为边向外作正，交于，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可得，根据三角形内角和定理求得，根据正方形的性质可得，根据三角形的外角的性质即可求解．
【详解】解：∵正方形的边为边向外作正，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理与三角形外角的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式2】（2022·福建·模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，
，
折叠，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
【变式3】（2022秋·福建漳州·九年级漳州实验中学校考期中）如图，正方形的对角线，交于点，为边上一点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据四边形是正方形，可得，，再根据，即可求出的度数．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解题的关键是根据正方形的性质得到．
考点12：正方形的性质——求线段
典例12：（2023春·福建龙岩·八年级龙岩二中校考期中）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若．则点到的距离为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正方形的性质及三角形的中位线的性质可求得，利用勾股定理及直角三角形的斜边上的中线的性质可求解，的长，进而求出面积为8，设点到的距离为，则，可得点到的距离．
【详解】解：在正方形中，，，
点是的中点，，
，
，
，
在中，，
，
的面积，
是斜边的中点，
面积，
设点到的距离为，则，
，
解得，
点到的距离为．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、点到直线的距离、勾股定理等知识，解题的关键是求出面积，用等面积法解决问题．
【变式1】（2023春·福建南平·八年级统考期末）如图，在正方形中，，点P是对角线上一动点（不与A，C重合），连接．过点D作，且，连接．
①； ②的长度最小值为；③；④．
以上判断，正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】如图：由等腰直角三角形的性质可得，再根据正方形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得；同理可得，,然后结合可判定①；先说明，即求得的最小值即可判定②；先说明，然后运用勾股定理即可判定③；先证得到，然后运用正方形的性质和勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：

∵，且，
∴,
∵是正方形对角线，则,
∴,
∵
∴，
同理：，,
又∵
∴，即①正确；
在等腰中，，即求得最小值
当时，最小，此时，
∴的长度最小值为，即②错误；
∵，，，
∴，即,
∴,即③正确；
在和中，CD=AB
∴，
∴，
∴,即④正确；
综上，正确的为①③④，共3个．
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2】（2022春·福建厦门·八年级厦门市第九中学校考期中）如图：是边长为1的正方形的对角线上一点，且，为上任意一点，于点，于点，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，过作，利用面积法求解，的值等于点到的距离，即正方形对角线的一半．
【详解】解：连接，过作，如图所示：
，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，
，，
为中点，
，
即值是．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，运用面积法求解是解决问题的关键．
【变式3】（2023春·福建龙岩·八年级统考期中）如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接、，如图，根据正方形的性质得，，，，则，再利用勾股定理计算出，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】解：连接、，如图，
∵四边形和四边形都是正方形，，，
∴，，，，
∴，
在中，，
∵H是的中点，
∴ ．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理，二次根式的化简．
考点13：正方形的性质——最值问题
典例13：（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6 B．11 C． D．
【答案】D
【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转不变性可知：，，，
是等腰直角三角形，
，
当的值最大时，的值最大，
，
，
的最大值为11，
的最大值为．
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．
【变式1】（2022秋·福建三明·九年级统考期中）已知：如图，中，，，点D是射线上一动点，以为一边向右画正方形，连接，取中点G，则的最小值为（ ）
A． B．4 C．6 D．
【答案】B
【分析】证明，进而得出为直角三角形，则，求出的最小值即可，当取最小值时，即可取最小值，从而求解．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
∵，，
∴，即，
在和，
，
∴，
∴，
∴，
∵点G为中点，
∴，
在中，，
∴当取最小值时，即可取最小值，即有最小值，
根据勾股定理得：，
当时，取最小值，
∵，
∴当时，，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关内容并灵活运用．
【变式2】（2022秋·福建福州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE=DF，点M，N分别为AD，BC的中点，P为MN上的一个动点，则下列线段的长等于BP+EP最小值的是（ ）
A．AE B．BN C．BE D．AF
【答案】D
【分析】连接CP，根据MN垂直平分BC，可知当点E，P，C在同一直线上时，BP＋PE的最小值为CE长，证明△ADF≌△CBE，即可得到BP＋EP的最小值等于线段AF的长．
【详解】解：如图，连接CP，
由题可得，MN垂直平分BC，
∴BP＝CP，
∴BP＋PE＝CP＋PE，
当点E，P，C在同一直线上时，BP＋PE的最小值为CE长，
∵在正方形ABCD中，AD＝CB，∠ADF＝∠CBE＝90°，DF＝BE，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE，
∴BP＋EP的最小值等于线段AF的长，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质等，分析得出点E，P，C在同一直线上时，BP＋PE的最小值为CE长是解题的关键．
【变式3】（2022·福建厦门·校考二模）如图，正方形的边长为4，点、分别为、的中点，点是对角线上的动点，则四边形周长的最小值为（ ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】C
【分析】作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称性质及两点之间，线段最短，得到四边形的周长最小，即最小，再利用三角形三边关系解题即可．
【详解】解：如图，作关于的对称点，连接交于点，
故点与点重合时，
四边形的周长最小，
即最小，
和关于对称，
则
连接，同样，
而，即
所以当与重合时，
四边形周长最小，即为，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称与最值问题等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
考点14：正方形的性质——折叠问题
典例14：（2022秋·福建漳州·八年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，正方形纸片的边长为12，E、G分别是、边上的点，连接、把正方形纸片沿折叠，使点C落在上的一点F，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由折叠及性质可知，垂直平分，先证，推出的长，再利用勾股定理求出的长，最后再中利用面积法可求出的长，可进一步求出的长，即可求出的长．
【详解】解：设与交于H，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可得，垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
在中， ，
∴，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能灵活运用正方形的性质和折叠的性质．
【变式1】（2023春·福建厦门·八年级厦门市莲花中学校考期中）如图，将正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，使边AB，BC在BF处重合，折痕为BE，BG．若正方形ABCD的边长为6，E是AD边的中点，则CG的长是（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
【答案】C
【分析】由点E为AD的中点可得AE＝DE＝3，设CG＝x，DG＝CD CG＝6 x，由折叠性质可得EF＝AE＝3，FG＝CG＝x，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE＝3，
∵正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，
∴EF＝AE＝3，FG＝CG，
设CG＝x，则：
DG＝CD CG＝6 x，FG＝CG＝x，
∴EG＝EF＋FG＝3＋x，
在Rt△DEG中，DE2＋DG2＝EG2，
即32＋（6 x）2＝（3＋x）2，
解得：x＝2，
∴CG＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是将Rt△DEG各边表示出来．
【变式2】（2022秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形OABC，折叠后，点B落在平面内的点B'处，则点B'的坐标为（　　　）
A．（2，） B．（，） C．（2，） D．（，）
【答案】C
【分析】过点作E⊥y轴于E，根据四边形OABC是正方形，得到OC=BC=OA=4，∠ABC=∠BCO=90°，由∠CPB=60°及折叠的性质得到C=BC=4，∠CB=60°，推出∠CE=30°，E=2，根据勾股定理求出CE=，即可得到答案.
【详解】过点作E⊥y轴于E，
∵四边形OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），
∴OC=BC=OA=4，∠ABC=∠BCO=90°，
∵∠CPB=60°，
∴∠PCB=30°，
由折叠得C=BC=4，∠CB=60°，
∴∠CE=30°，
∴E=2，
∴CE=,
∴B′（2，），
故选：C.
【点睛】此题考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，直角坐标系中点的坐标，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握各知识点并运用解决问题是解题的关键.
【变式3】（2023春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，
∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
考点15：正方形的判定与性质——证明题
典例15：（2023春·福建福州·八年级校考期中）如图，正方形中，点P在边上，延长至E，使得，平分，交于点N，连接．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)直接写出三者之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由正方形的性质及已知条件得，由角平分线的意义可得，继而证明，由全等三角形的性质求解即可；
（2）过点B作，垂足分别为J、K，设，利用等边对等角先求出，再通过证明四边形是正方形，继而得出，根据平行线的判定即可求解；
（3）过点C作，垂足分别为R、T，同（2）可证，推出，继而得出四边形是正方形，推出，即可求解．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴，
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）过点B作，垂足分别为J、K，

，
设，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
（3），理由如下：
过点C作，垂足分别为R、T，

同（2）可证，，
∴，
∴平分，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴
【点睛】本题属于四边形综合题目，考查了正方形的性质和判定定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点，并能够添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级龙岩二中校考期中）已知，如图，在正方形中，点分别是边上的动点．
(1)如图1，若，垂足为，求证：；
(2)如图2，点是边上一点，且，垂足为．
①判断与是否相等？并说明理由；
②如图3，若垂直平分，交对角线交于点，写出线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)①，理由见详解；②，理由见详解
【分析】（1）由证明，即可得出结论；
（2）①作于，则，，由证明，即可得出结论；
②连接、，过作于，交于，则，，，则，证明是等腰直角三角形，得出，证出，由线段垂直平分线的性质得出，，由证明得出，证出，得出是等腰直角三角形，得出，证出是等腰直角三角形，得出，由①得：，得出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
在和中，，
，
；
（2）解：①；理由如下：
作于，如图2所示：
则，，
，
，
，
，
在和中，，
，
；
②；理由如下：
连接、，过作于，交于，如图3所示：
则，，，
则，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
垂直平分，
，，
在和中，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
由①得：，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式2】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，为正方形对角线的交点，点为线段上一动点（不与两点重合），连结，将绕点逆时针旋转后得到，过点作交于点，连结．

(1)试证：四边形为正方形．
(2)若点恰好是边的中点，正方形的边长，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点E作于N，交于H，过点E作于M，证明，得到，推出，，进而得到四边形为平行四边形，利用，，推出四边形为正方形；
（2）连结，由正方形对称性可知，推出，根据等腰三角形三线合一的性质得到，再由为等腰直角三角形，得到．
【详解】（1）证明：过点E作于N，交于H，过点E作于M，
则四边形为矩形，
∴

平分，
于E，
∴，
∴，
∴
∵
∴
由旋转知，，
，，
，
四边形为平行四边形，
又，，
四边形为正方形；
（2）连结，由正方形对称性可知

，
，
又
，
G为的中点，
，
又∵为等腰直角三角形，
．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式3】（2022·福建福州·八年级统考期末）数学课上林老师出示了问题：如图，AD∥BC，∠AEF=90°，AD=AB=BC=DC，∠B=90°，点E是边BC的中点，且EF交∠DCG的平分线CF于点F，求证：AE=EF．
同学们作了一步又一步的研究：
（1）经过思考，小明展示了一种解题思路：如图1，取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，所以AE=EF，小明的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（2）小颖提出一个新的想法：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；
（3）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．
【答案】见解析．
【详解】解：（1）正确．理由如下：
取AB的中点M，连接ME，
则AM=BM=AB，
∵AD=AB=BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠B=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠DCG=90°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=90°+45°=135°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=EC=BC，
∴AM=EC=BM=BE，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴∠BME=45°，
∴∠AME=135°=∠ECF，
在△AME和△ECF中，，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF
（2）正确．理由如下：在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME．
∵AB=BC，AM=EC，
∴BM=BE．
∴∠BME=45°．
∴∠AME=135°．
∵CF是外角平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°．
∴∠AME=∠ECF．
∵∠AEB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF．
在△AME和△ECF中，，
∴△AME≌△BCF．
∴AE=EF．
（3）正确．理由如下：在BA的延长线上取一点N，使AN=CE，连接NE．
∵AB=BC，AN=CE，
∴BN=BE．
∴∠N=∠FCE=45°．．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BE．
∴∠DAE=∠BEA．
∴∠NAE=∠CEF．
在△ANE和△ECF中，，
∴△ANE≌△ECF（ASA）．
∴AE=EF．
【点评】本题是三角形综合题目，考查的是全等三角形的性质和判定、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；掌握此类问题辅助线的作法是解题的关键．
考点16：中点四边形
典例16：（2022春·福建泉州·八年级统考期末）【猜想结论】如图1，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，可以根据度量或目测猜想结论：DEBC，且DEBC．
(1)【验证结论】如图2，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至F，使得EF＝DE，连接FC．求证：DEBC，DEBC．
(2)【应用结论】如图3，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接四边形ABCD各边中点得到新四边形EFGH，称为四边形ABCD中点四边形．应用上述验证结论，求解下列问题：
①证明：四边形EFGH是平行四边形；
②当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是矩形；
③当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②垂直；③垂直且相等
【分析】（1）先根据“SAS”证明，得出，，根据平行线的判定得出，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出，，即可证明结论；
（2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出，，即可得证明四边形EFGH为平行四边形；
②根据矩形的判定方法，得出结论即可；
③根据正方形的判定方法，得出结论即可．
【详解】（1）证明：∵点E为AC的中点，
∴AE=CE，
∵在△AED和△CEF中，
∴，
∴，，
∴，
∵点D为AB的中点，
∴AD=BD，
∴BD=CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即DEBC，DEBC．
（2）①连接AC、BD，如图所示：
∵点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，
∴，，，，
∴，，
∴四边形EFGH为平行四边形；
②当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形；
根据解析①可知，，，四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形EFGH是矩形；
故答案为：垂直；
③当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形；
根据解析②可知，当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形，
根据解析①可知，，，
∵AC=BD，
∴，
∴四边形EFGH是正方形．
故答案为：垂直且相等
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法，是解题的关键．
【变式1】（2022·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如图，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是边 AB，BC，CD，DA 的中点，顺次连接 E，F，G，H，得到的四边形 EFGH 叫中点四边形．求证：四边形 EFGH 是平行四边形．
【答案】见解析
【详解】试题分析：连接BD．利用三角形中位线定理推出所得四边形对边平行且相等，故为平行四边形；
试题解析：证明：连接BD.
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线,
EH∥BD.
同理得 FG∥BD.
∴EH=FG,EH∥FG.
∴四边形EFGH是平行四边形.
【变式2】（2023春·福建·八年级期中）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（SAS），
∴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．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．
【变式3】（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；
（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，．
①连接BG，若，求AF的长；
②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为
【分析】（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；
（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；
②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．
【详解】解：（1）连接，，
、、、分别是，，，的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）①如图2，过点作延长线于，
，，
，
又，，
，
，
，
设，则，
，
，
即，
解得，
故；
②如图2，延长交延长线于，
由已知可得，四边形是矩形，
由①知，
同理可证，
菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，
，
即，
，
，，，，
，
，
当取最大值时菱形面积最大，
当与重合时有最大值，即取到最大值，
此时，
，
当时，菱形面积最大为．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
考点17：特殊平行四边形的动点问题
典例17：（2022春·福建福州·八年级校联考期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．

(1)当为何值时，四边形是矩形；
(2)当为何值时，四边形是菱形；
(3)分别求出（2）中菱形的周长和面积．
【答案】(1)当时，四边形为矩形；
(2)当时，四边形为菱形；
(3)周长为；面积为．
【分析】（）当四边形是矩形时，，据此求得t的值；
（）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t；
（）菱形的四条边相等，则菱形的周长等于边长的倍，面积等于底乘以高．
【详解】（1）∵在矩形中，，，
∴，，
由已知可得，，，
在矩形中，，，
当时，四边形为矩形，
∴，得，
故当时，四边形为矩形；
（2）∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形，
即时，四边形为菱形，解得，
故当时，四边形为菱形；
（3）当时，，
则周长为；面积为．
【点睛】此题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
【变式1】（2023春·福建龙岩·八年级统考期中）如图，矩形中，，，为边上一动点，从点出发，以向终点运动，同时动点从点出发，以向终点运动，运动的时间为．

(1)当时，若平分，求的值；
(2)若，且是以为腰的等腰三角形，求的值；
(3)连接，直接写出点与点关于对称时的与的值．
【答案】(1)
(2)t的值为3或
(3)，
【分析】（1）由勾股定理可求得，由角平分线的性质和平行线的性质可得，即可求解；
（2）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解；
（3）由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：当时，，
，由勾股定理得：，
四边形是矩形，
，，,
，
平分，
，
，
，，
即，
；
（2）解：当时，由运动过程可知，，，
，
在中，，
是以腰的等腰三角形，分情况讨论：
①，
，
，
②，
由等腰三角形的性质，得，
于是，，
，
即：t的值为3或；
（3）解：，．
如图，

由运动过程知，，，
，
点与点关于对称，
，，
，
，，，
过点作于F，
四边形是长方形，
，，
在中，，，
根据勾股定理得，，，
，
．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2】（2022春·福建三明·八年级校考期末）已知，平行四边形中，一动点在边上，以每秒的速度从点向点运动．

(1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数；
(2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，求的面积；
(3)如图③，另一动点在边上，以每秒的速度从点出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点到达点时停止运动（同时点也停止），若，则为何值时，以，，，四点组成的四边形是平行四边形．
【答案】(1)
(2)
(3)或或或9.6时
【分析】（1）如图①中，只要证明是等边三角形即可；
（2）如图②中，由四边形是平行四边形，推出，，推出，推出，推出，可得由此即可解决问题；
（3）如图③中，分四种情形列出方程解方程即可．
【详解】（1）解：如图①所示：

四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
；
（2）解：如图②所示：

四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图③所示：

，
当时，四边形是平行四边形，
或或或，解得或0或8或9.6，
另外时，也满足条件，
为或或或9.6时，以，，，四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式3】（2022·福建·模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点A出发，沿AD方向以每秒1cm的速度向终点D运动，连接PO，并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
(1)求BQ的长（用含t的代数式表示）；
(2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值；
(3)当时，点O是否在线段AP的垂直平分线上？请说明理由．
【答案】(1)BQ＝10﹣t
(2)5秒
(3)在，理由见解析
【分析】（1）证明△APO≌△CQO（ASA），可得结论．
（2）当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，构建方程求解即可．
（3）如图2，在Rt△AEO中，根据勾股定理得：AE2+OE2=AO2，列方程可得t的值．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD//BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠POA＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝10，
∴BQ＝10﹣t．
（2）∵AP//BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝10﹣t，解得：t＝5，
∴当t为5秒时，四边形ABQP是平行四边形．
（3）结论：点O在线段AP的垂直平分线上．
理由：过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝10，
∴，
∵，
∴AB AC＝BC EF，
∴6×8＝10×EF，
∴，
∴，
∴，
当时，，
∴2AE＝AP，即点E是AP的中点，
∴点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、三角形中位线定理、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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
考点18：特殊平行四边形的综合问题
典例18：（2023春·福建厦门·八年级厦门市华侨中学校考期末）已知：点是正方形外部的一个点，，，，连接．过点作交延长线于点，连接，．

(1)在图中补全图形；
(2)求的度数；
(3)用等式表示线段，，的数量关系
【答案】(1)见解析；
(2)的度数是；
(3)
【分析】（1）根据题意补全图形即可；
（2）延长到点，由，得，，则，，所以，，所以；
作于点，交的延长线于点，可证明四边形是矩形，得，则，即可证明，得，则四边形是正方形，所以，则，作交于点，则，，所以，则，再证明，得，则．
【详解】（1）如图1，补全图形．

（2）如图2，延长到点，
，
，，
，，
，，
四边形是正方形，
，
，
的度数是．
（3），理由如下：
如图2，作于点，交的延长线于点，则，

交延长线于点，
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
作交于点，则，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1】（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）已知在矩形ABCD中，，，四边形EFGH的三个顶点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、DA上，．
(1)如图1，当四边形EFGH为正方形时，求的面积；
(2)如图2，当四边形EFGH为菱形，且时，求的面积（用含a的代数式表述）；
(3)在（2）的条件下，当的面积等于6时，求AH的长．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）过点G作于M，，可以证明，就可以求出的长，进而就可以求出，求出面积．
（2）证明．得到的长，根据三角形的面积公式就可以求出面积．
（3）△GFC的面积等于6，根据面积就可以求出a的值，在△BEF中根据勾股定理就可以得到，进而在直角中求出．
【详解】（1）解：如图1，过点G作于M，
在正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
同理可证．
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，过点G作交的延长线于M，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）∵当，则，
∴．
在中，
．
在中，
，
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是证明三角形全等．
【变式2】（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是射线CD上一动点（E不与D重合），连AE交射线BD于F点，过F作FG⊥AE交在射线BC于G．
(1)当点E在线段CD上时，求证：AF＝FG．
(2)若BC＝10，BG＝4，求BF的长；
(3)连EG，当E在射线CD上移动时，探究线段BG、EG、DE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)BG + DE= EG或BG-DE = EG，理由见解析．
【分析】（1）连接CF，根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，然后利用“边角边”证明△ABF和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CF，全等三角形对应角相等可得∠BAF=∠BCF，再根据四边形的内角和定理与平角的定义求出∠BAF=∠CGF，然后求出∠CGF=∠BCF，根据等角对等边可得CF=FG，从而得证；
（2）过点F作FH⊥BC于H，利用勾股定理可求FH的长，即可求解；
（3）BG + DE= EG或BG-DE = EG．分两种情况考虑：①当点E在线段CD上时，②当点E在线段CD的延长线上时，分别进行说明即可．
（1）
证明：如图①，连接CF，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
∵FG⊥AE，
∴在四边形ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°-90°-90°=180°，
又∵∠BGF+∠CGF=180°，
∴∠BAF=∠CGF，
∴∠CGF=∠BCF，
∴CF=FG，
∴AF=FG；
（2）
如图2，过点F作FH⊥BC于H，
∵BC=10，BG=4，
∴，
∴，
∵由（1）得△AFG是等腰直角三角形，
∴，
∵∠DBC=45°，FH⊥BC，
∴BH=FH，BF=FH，
∵，
∴，
∴FH=7，（负值舍去），
∴BF=；
（3）
（3）BG + DE = EG或BG-DE = EG，理由如下：分两种情况讨论：
①当点E在线段CD上时，如图2，延长CB至点M，使BM = DE，连接AM，AG，
由（1）得，AF= FG，FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ABM=∠ADE= 90°，AB= AD，
在ΔABM和ΔADE中，
，
，
∴AM= AE，∠BAM=∠DAE，
∠BAM+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
即∠MAE=∠BAD=90°，
∵∠EAG = 45，
∴∠MAG =∠MAE-∠EAG = 90°-45°= 45°，
∴∠MAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和ΔEAG中，
，
又∵MG= BG+BM，BM= DE，
∴BG + DE = EG；
②当点E在线段CD的延长线上时，如图3，在BC上截取BT= DE，连接AT，AG，CF，
仿照（1）的方法得AF = FG，
∵FG⊥AE，
∴∠AFG = 90°，∠EAG =∠AGF = 45°，
∵四边形ABCD是正方形，
".∠BAD =∠ABT=∠ADC =∠ADE = 90°，AB= AD，
在ΔABT和ΔADE中，
，
∴AT = AE，∠BAT =∠DAE，
∴∠BAT +∠DAT =∠DAE+∠DAT，
即∠BAD =∠TAE = 90°，
∵∠EAG = 45°，
∴∠TAG =∠TAE-∠EAG = 90°-45°= 45°
∴∠TAG =∠EAG = 45°，
在ΔMAG和△EAG中，
，
∴.TG =EG，
又∵TG= BG-BT，BT= DE，
∴BG-DE = EG；
综上所述，当E在射线CD上移动时，BG + DE= EG或BG-DE = EG．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
【变式3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）如图，点是正方形对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)若，，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)115°或25°
【分析】（1）过点E作EM⊥DC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，证明△NEF≌△MED（ASA），可得EF=ED，即可得证；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE=CG，根据已知条件可得HE的长，从而可得AE的长；
（3）分当∠ADE=25°，当∠EDC=25°时两种情况，结合三角形内角和即可求解．
【详解】（1）解：证明：如图，过点E作EM⊥DC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，
∴∠ENF=∠EMD=90°，
在正方形ABCD中，∠ACD=∠ACB，∠BCD=90°，
∴EN=EM，
∵∠NEM=90°，
又∵四边形DEFG为矩形，
∴∠FED=90°，
∴∠NEF=∠MED，
在△NEF和△MED中，
，
∴△NEF≌△MED（ASA），
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图，过点E作EH⊥AB于点H，
则∠EHB=90°，
∵∠ENB=90°，∠B=90°，
∴四边形BNEH是矩形，
∴EN=BH，
在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°，
在正方形DEFG中，DE=DG，∠EDG=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴CG=AE，
∵CE=，∠ECN=45°，∠ENC=90°，
∴∠NEC=45°，
∴NC=NE=3，
∵AB=4，
∴AH=4-3=1，
∵∠HAE=45°，
∴∠HEA=45°，
∴AH=HE=1，
∴AE==，
∴CG=；
（3）当∠ADE=25°，
∠DEC=∠DAC+∠ADE=70°，
∵∠DEF=90°，
∴∠CEF=20°，
∵∠ECF=45°，
∴∠EFC=180°-20°-45°=115°；
当∠EDC=25°时，如图所示：
∵∠DCE=45°，
∴∠DEC=110°，
∵∠DEF=90°，
∴∠CEF=20°，
∴∠EFC=45°-20°=25°，
综上，∠EFC=115°或25°．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质和判定，矩形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，本题综合性较强，难度较大．
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