资源简介

第四章
图形的性质
第27节
特殊的平行四边形
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)■考点1.
特殊平行四边形的性质与判定
1.性质（具有平行四边形的一切性质，对边平行且相等）
矩
形
菱
形
正方形
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（1）四个角都是直角（2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO.（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.
（1）四边相等（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角（3）面积=底×高=对角线_乘积的一半
(1)四条边都相等，四个角都是直角(2)对角线相等且互相垂直平分(3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB
2.判定
（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形（2）有三个角是直角（3）对角线相等的平行四边形
（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形（2）对角线互相垂直的平行四边形（3）四条边都相等的四边形
（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形（2）一组邻边相等的矩形（3）一个角是直角的菱形（4）对角线相等且互相垂直、平分
3.联系
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
注意：(1)矩形中,Rt△
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?)ABD≌Rt△DCA≌Rt△CDB≌Rt△BAC;
_两
对全等的等腰三角形.所以经常结合勾股定理、等腰三角形的性质解题.www.21-cn-jy.com
（2）菱形中，有两对全等的等腰三角形；Rt
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?)△ABO≌Rt△ADO≌Rt△CBO≌Rt△CDO;若∠ABC=60°，则△ABC和△ADC为
等边
三角形，且四个直角三角形中都有一个30°的锐角.
（3）正方形中有8个等腰直角三角形，解题时结合等腰直角三角形的锐角为45°，斜边=直角边
倍.
■考点2.特殊平行四边形的拓展
1.中点四边形
（1）任意四边形多得到的中点四边形一定是平行四边形.（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
2.特殊四边形中的解题模型
（1）矩形：如图①，E为AD上任意一点，EF过矩形中心O，则△AOE≌△COF,S1=S2.（2）正方形:如图②，若EF⊥MN，则EF=MN;如图③，P为AD边上任意一点，则PE+PF=AO.
（变式：如图④，四边形ABCD为矩形，则PE+PF的求法利用面积法，需连接PO.）
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)图①
图②
图③
图④
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)■考点1.
矩形的性质、判定
与应用
◇典例：
（2020年湖北省十堰市）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
【考点】矩形的判定
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
解：A.
，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B.
，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C.
，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D.
平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
（2020年湖南省怀化市）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（
）
A．4
B．6
C．8
D．10
【考点】矩形的性质
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.
解：∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，
∴,
∴矩形的面积为,
故选：C.
【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
◆变式训练
（2020年内蒙古通辽市）如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是(　　　)
A．
B．
C．
D．
（2020年辽宁省抚顺市、本溪市、辽阳市）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为_________．（用含正整数的式子表示）
■考点2.
菱形的性质、判定
与应用
◇典例
（2020年内蒙古呼伦贝尔市）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（
）
A．14
B．20
C．22
D．28
【考点】菱形的判定，三角形中位线定理，勾股定理
【分析】根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，
∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，
∴平行四边形MNDE为菱形，
∴OE=ON=3
∴BC=，
∴DE=MN=EM=DN=5，
∴四边形MNDE的周长为20，
故选B．
【点评】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
（2020年四川省南充市）如图，面积为S的菱形ABCD中，点O为对角线的交点，点E是线段BC单位中点，过点E作EF⊥BD于F，EG⊥AC与G，则四边形EFOG的面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，S＝AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，由矩形面积即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，S＝AC×BD，
∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，
∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，
∵点E是线段BC的中点，
∴EF、EG都是△OBC的中位线，
∴EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，
∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝AC×BD＝
=S；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质及面积的求法、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
◆变式训练
（2020年山东省泰安市）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：
①；②；
③；④当时，四边形是菱形．
其中，正确结论的个数是（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
（2020年甘肃省平凉、白银、庆阳、武威、酒泉、陇南、张掖、临夏、金昌、定西市）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离，若间的距离调节到60，菱形的边长，则的度数是（
）
A．
B．
C．
D．
■考点3.
正方形的性质、判定
与应用
◇典例：
（2020年河北省）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（
）
A．1，4，5
B．2，3，5
C．3，4，5
D．2，2，4
【考点】正方形的性质，勾股定理的应用
【分析】根据勾股定理，，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形．
解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c，
由勾股定理，得，
A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：；
B、∵2+3=5，则两直角边分别为：和，则面积为：；
C、∵3+4≠5，则不符合题意；
D、∵2+2=4，则两直角边分别为：和，则面积为：；
∵，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题．
（2020年湖北省襄阳市）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（
）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
【考点】平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定
【分析】根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点评】本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
（2020年江苏省宿迁市）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
【考点】正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得结论．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，
可得BF=DF，
∵AF=CE，
∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，
∴BE=BF=DE=DF，
∴四边形BEDF是菱形．
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
◆变式训练
（2020年四川省乐山市）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年浙江省湖州市）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．
（2020年内蒙古呼和浩特市）如图，正方形，G是边上任意一点（不与B、C重合），于点E，，且交于点F．
（1）求证：；
（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．
■考点4.
特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2020年山东省菏泽市）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（
）
A．互相平分
B．相等
C．互相垂直
D．互相垂直平分
【考点】矩形的判定
【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
解：根据题意画出图形如下：
答：AC与BD
的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
◆变式训练
（2019年辽宁省沈阳市）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是　
　．
【考点】中点四边形
【分析】根三角形的中位线定理即可求得四边形EFGH的各边长，从而求得周长．
证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG＝BC＝×＝，
同理HF＝BC＝，
EH＝GF＝AD＝＝．
∴四边形EGFH的周长是：4×＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2020年浙江省台州市）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（
）
A．由②推出③，由③推出①
B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出②
D．由①推出③，由③推出②
（2020年内蒙古鄂尔多斯市）将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，∠1＝125°，则∠BFG的大小为（
）
A．125°
B．115°
C．110°
D．120°
（2020年贵州省毕节市）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年江苏省南通市）下列条件中，能判定?ABCD是菱形的是（　　）
A．AC＝BD
B．AB⊥BC
C．AD＝BD
D．AC⊥BD
（2020年宁夏）如图，菱形的边长为13，对角线，点E、F分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点G，则（
）
A．13
B．10
C．12
D．5
（2020年贵州省贵阳、安顺市）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（
）
A．5
B．20
C．24
D．32
（2020年辽宁省营口市）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为_____．
（2020年广西玉林市）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_________菱形（是，或不是）．
（2020年福建省）如图，点分别在菱形的边，上，且．
求证：．
（2020年内蒙古呼伦贝尔市）已知：如图，在正方形中，对角线相交于点，点分别是边上的点，且．
求证：．
（2020年山东省聊城市数学中考试卷）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
（2020年四川省遂宁市）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、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：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
1、
选择题
（2020年江苏省盐城）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年西藏）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（　　）
A．∠ADB＝90°
B．OA＝OB
C．OA＝OC
D．AB＝BC
（2020年贵州省遵义市）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．
（2020年黑龙江省绥化市）如图，四边形是菱形，E、F分别是、两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年山东省日照市）已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（　　）
A．8
B．8
C．4
D．2
（2020年湖北省荆州市）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①；②；③；④，只选其中一个添加，不能确定的是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
（2020年湖北省荆门市）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（
）
A．20
B．30
C．40
D．50
（2020年四川省乐山市）如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作
于点，连结．则四边形的周长为（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年四川省甘孜州）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
（2020年天津市）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
（2020年山东省威海市）如图，在平行四边形ABCD中，对角线，，，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，．下列结论不成立的是（
）
A．四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，则四边形为菱形
D．若，则四边形为正方形
（2020年山东省威海市）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知，则图中阴影部分的面积为（
）
A．
B．
C．
D．
2、
填空题
（2020年云南省）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是___．
（2020年湖南省湘西州）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．将矩形沿x轴向右平移，当矩形与重叠部分的面积为时，则矩形向右平移的距离为___________．
（2020年辽宁省盘锦市）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，直线交于点，连接，则的长为____________．
（2020年江苏省常州市）数学家笛卡尔在《几何》一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长补短．在菱形中，．如图，建立平面直角坐标系，使得边在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则点C的坐标是_________．
（2020年浙江省嘉兴、舟山市
）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：　
　，使得平行四边形ABCD为菱形．
（2020年湖南省邵阳市）如图，在中，，斜边，过点C作，以为边作菱形，若，则的面积为________．
（2020年内蒙古鄂尔多斯市）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．
（2020年江苏省镇江市）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．
3、
解答题
（2020年北京市）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
（2020年黑龙江省齐齐哈尔市、黑河市、大兴安岭地区）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　
　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　
　；进一步计算出∠MNE＝　
　°；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　
　°；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值　
　．
（2020年湖北省鄂州市）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，点M，N分别为、的中点，延长至点E，使，连接．
（1）求证：；
（2）若，且，，求四边形的面积．
（2020年四川省德阳市）如图，四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点．连接GC并延长至F，使CF＝GC，以DC，CF为邻边作菱形DCFE，连接CE．
（1）判断四边形CEDG的形状，并证明你的结论．
（2）连接DF，若BC＝，求DF的长．
（2020年江苏省扬州市）如图，的对角线AC，BD相交于点O，过点O作，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
（2020年广西桂林市）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．
（1）求证：；
（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．
（2020年黑龙江省哈尔滨市）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上；
（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长．
（2020年湖南省湘西州）如图，在正方形的外侧，作等边角形，连接、．
（1）求证：；
（2）求的度数．
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
26第四章
图形的性质
第27节
特殊的平行四边形
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)■考点1.
特殊平行四边形的性质与判定
1.性质（具有平行四边形的一切性质，对边平行且相等）
矩
形
菱
形
正方形
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（1）四个角都是直角（2）对角线相等且互相平分.即AO=CO=BO=DO.（3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB.
（1）四边相等（2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角（3）面积=底×高=对角线_乘积的一半
(1)四条边都相等，四个角都是直角(2)对角线相等且互相垂直平分(3)面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB
2.判定
（1）定义法：有一个角是直角的平行四边形（2）有三个角是直角（3）对角线相等的平行四边形
（1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形（2）对角线互相垂直的平行四边形（3）四条边都相等的四边形
（1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形（2）一组邻边相等的矩形（3）一个角是直角的菱形（4）对角线相等且互相垂直、平分
3.联系
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
注意：(1)矩形中,Rt△
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?)ABD≌Rt△DCA≌Rt△CDB≌Rt△BAC;
_两
对全等的等腰三角形.所以经常结合勾股定理、等腰三角形的性质解题.www.21-cn-jy.com
（2）菱形中，有两对全等的等腰三角形；Rt
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?)△ABO≌Rt△ADO≌Rt△CBO≌Rt△CDO;若∠ABC=60°，则△ABC和△ADC为
等边
三角形，且四个直角三角形中都有一个30°的锐角.
（3）正方形中有8个等腰直角三角形，解题时结合等腰直角三角形的锐角为45°，斜边=直角边
倍.
■考点2.特殊平行四边形的拓展
1.中点四边形
（1）任意四边形多得到的中点四边形一定是平行四边形.（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
2.特殊四边形中的解题模型
（1）矩形：如图①，E为AD上任意一点，EF过矩形中心O，则△AOE≌△COF,S1=S2.（2）正方形:如图②，若EF⊥MN，则EF=MN;如图③，P为AD边上任意一点，则PE+PF=AO.
（变式：如图④，四边形ABCD为矩形，则PE+PF的求法利用面积法，需连接PO.）
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)图①
图②
图③
图④
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)■考点1.
矩形的性质、判定
与应用
◇典例：
（2020年湖北省十堰市）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能说明是矩形的是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
【考点】矩形的判定
【分析】根据矩形的判定进行分析即可．
解：A.
，邻边相等的平行四边形是菱形，故A错误；
B.
，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；
C.
，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D.
平分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的判定是解题的关键．
（2020年湖南省怀化市）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（
）
A．4
B．6
C．8
D．10
【考点】矩形的性质
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.
解：∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，
∴,
∴矩形的面积为,
故选：C.
【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
◆变式训练
（2020年内蒙古通辽市）如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是(　　　)
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的判定，平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质
【分析】根据菱形的判定方法逐一分析即可.
解：A、若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；
B、若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
C、若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；
D、若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.
故选A.
【点评】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.
（2020年辽宁省抚顺市、本溪市、辽阳市）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为_________．（用含正整数的式子表示）
【考点】三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质
【分析】先计算出、、的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．解：
解：∵，
∴面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为，
∵点是的中点，∴
∴，
，
∴，
∵点是的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴，
且，
∴
∴，
同理可以计算出：
，
且，
∴，
∴，
故、、的面积分别为：，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合，分子规律为，
∴的面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
■考点2.
菱形的性质、判定
与应用
◇典例
（2020年内蒙古呼伦贝尔市）如图，在中，分别是边上的中线，于点，点分别是的中点，若，，则四边形的周长是（
）
A．14
B．20
C．22
D．28
【考点】菱形的判定，三角形中位线定理，勾股定理
【分析】根据已知条件证明四边形MNDE为菱形，结合OB和OC的长求出MN，OM，OE，计算出EM，可得结果．
解：∵BD和CE分别是△ABC的中线，
∴DE=BC，DE∥BC，
∵M和N分别是OB和OC的中点，OB=8，OC=6，
∴MN=BC，MN∥BC，OM=OB=4，ON=OC=3，
∴四边形MNDE为平行四边形，
∵BD⊥CE，
∴平行四边形MNDE为菱形，
∴OE=ON=3
∴BC=，
∴DE=MN=EM=DN=5，
∴四边形MNDE的周长为20，
故选B．
【点评】本题考查了菱形的判定，中位线定理，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的判定．
（2020年四川省南充市）如图，面积为S的菱形ABCD中，点O为对角线的交点，点E是线段BC单位中点，过点E作EF⊥BD于F，EG⊥AC与G，则四边形EFOG的面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，S＝AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，由矩形面积即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，S＝AC×BD，
∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，
∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，
∵点E是线段BC的中点，
∴EF、EG都是△OBC的中位线，
∴EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，
∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝AC×BD＝
=S；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质及面积的求法、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
◆变式训练
（2020年山东省泰安市）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：
①；②；
③；④当时，四边形是菱形．
其中，正确结论的个数是（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【考点】矩形性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定
【分析】通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过
DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．
解：∵BF⊥AC
∴∠BMC=90°
又∵
∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC
∴∠DNA=∠BMC=90°
∵四边形ABCD为矩形
∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB
∴∠ADB=∠CBD
∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM
在△AND与△CMB
∵
∴△AND≌△CMB(AAS)
∴AN=CM，DN=BM，故①正确．
∵AB∥CD
∴∠NAE=∠MCF
又∵∠DNA=∠BMC=90°
∴∠ANE=∠CMF=90°
在△ANE与△CMF中
∵
∴△ANE≌△CMF（ASA）
∴NE=FM，AE=CF，故③正确．
在△NFM与△MEN中
∵
∴△NFM≌△MEN（SAS）
∴∠FNM=∠EMN
∴NF∥EM，故②正确．
∵AE=CF
∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB
又根据矩形性质可知DF∥EB
∴四边形DEBF为平行四边
根据矩形性质可知OD=AO，
当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形
∴∠ADO=60°
又∵DN⊥AC
根据三线合一可知∠NDO=30°
又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°
故DE=EB
∴四边形DEBF为菱形，故④正确．
故①②③④正确
故选D．
【点评】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．
（2020年甘肃省平凉、白银、庆阳、武威、酒泉、陇南、张掖、临夏、金昌、定西市）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离，若间的距离调节到60，菱形的边长，则的度数是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的性质
【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质可得，再根据全等的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后根据平行线的性质即可得．
解：如图，连接AC
四边形ABCD是菱形
如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，
是等边三角形
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
■考点3.
正方形的性质、判定
与应用
◇典例：
（2020年河北省）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（
）
A．1，4，5
B．2，3，5
C．3，4，5
D．2，2，4
【考点】正方形的性质，勾股定理的应用
【分析】根据勾股定理，，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形．
解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c，
由勾股定理，得，
A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：；
B、∵2+3=5，则两直角边分别为：和，则面积为：；
C、∵3+4≠5，则不符合题意；
D、∵2+2=4，则两直角边分别为：和，则面积为：；
∵，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题．
（2020年湖北省襄阳市）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（
）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
【考点】平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定
【分析】根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点评】本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
（2020年江苏省宿迁市）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
【考点】正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得结论．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，
可得BF=DF，
∵AF=CE，
∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，
∴BE=BF=DE=DF，
∴四边形BEDF是菱形．
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
◆变式训练
（2020年四川省乐山市）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】正方形的性质，勾股定理
【分析】先根据拼接前后图形的面积不变，求出拼成正方形的边长，再以此进行裁剪即可得．
解：由方格的特点可知，选项A阴影部分的面积为6，选项B、C、D阴影部分的面积均为5
如果能拼成正方形，那么选项A拼接成的正方形的边长为，选项B、C、D拼接成的正方形的边长为
观察图形可知，选项B、C、D阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得到如图1所示的5个图形，由此可拼接成如图2所示的边长为的正方形
而根据正方形的性质、勾股定理可知，选项A阴影部分沿着方格边线或对角线剪开不能得到边长为的正方形
故选：A．
【点睛】本题考查了学生的动手操作能力、正方形的面积和正方形的有关画图、勾股定理，以拼接前后图形的面积不变为着手点是解题关键．
（2020年浙江省湖州市）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．
【考点】正方形的性质，菱形的性质，含30°角的直角三角形
【分析】如图，连接DD＇,延长C＇D＇交AD于E，由菱形ABC＇D＇，可得AB∥C＇D＇,进一步说明∠ED＇D=30°,得到菱形AE=AD;又由正方形ABCD,得到AB=AD,即菱形的高为AB的一半,然后分别求出菱形ABC＇D＇和正方形ABCD的面积,最后求比即可．
解：如图：延长C＇D＇交AD于E
∵菱形ABC＇D＇
∴AB∥C＇D＇
∵∠D＇AB=30°
∴∠A
D＇E=∠D＇AB=30°
∴AE=AD
又∵正方形ABCD
∴AB=AD,即菱形的高为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．
故答案为B．
【点评】本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含30°直角三角形的性质，其中表示出菱形ABC′D′的面积是解答本题的关键．
（2020年内蒙古呼和浩特市）如图，正方形，G是边上任意一点（不与B、C重合），于点E，，且交于点F．
（1）求证：；
（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．
【考点】全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的性质
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到AF=DE，AE=BF，可得结果；
（2）若要四边形是平行四边形，则DE=BF，则∠BAF=45°，再证明∠BAF≠45°即可.
（1）证明：∵正方形，
∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，
∵DE⊥AG，
∴∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
又∵，
∴∠BFA=90°=∠AED，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF=DE，AE=BF，
∴；
（2）不可能，理由是：
如图，若要四边形是平行四边形，
已知DE∥BF，则当DE=BF时，四边形BFDE为平行四边形，
∵DE=AF，
∴BF=AF，即此时∠BAF=45°，
而点G不与B和C重合，
∴∠BAF≠45°，矛盾，
∴四边形不能是平行四边形.
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是找到三角形全等的条件.
■考点4.
特殊平行四边形的拓展
◇典例：
（2020年山东省菏泽市）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（
）
A．互相平分
B．相等
C．互相垂直
D．互相垂直平分
【考点】矩形的判定
【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
解：根据题意画出图形如下：
答：AC与BD
的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
◆变式训练
（2019年辽宁省沈阳市）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD＝BC＝2，则四边形EGFH的周长是　
　．
【考点】中点四边形
【分析】根三角形的中位线定理即可求得四边形EFGH的各边长，从而求得周长．
证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG＝BC＝×＝，
同理HF＝BC＝，
EH＝GF＝AD＝＝．
∴四边形EGFH的周长是：4×＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
（2020年浙江省台州市）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（
）
A．由②推出③，由③推出①
B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出②
D．由①推出③，由③推出②
【考点】矩形的性质,正方形的性质,推理与论证
【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．
解：根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，
故选A．
【点评】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．
（2020年内蒙古鄂尔多斯市）将三角尺按如图所示放置在一张矩形纸片上，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，∠1＝125°，则∠BFG的大小为（
）
A．125°
B．115°
C．110°
D．120°
【考点】平行线的性质，矩形的性质，三角形的内角和定理
【分析】根据矩形得出AD∥BC，根据平行线的性质得出∠1+∠BFE＝180°，求出∠BFE，根据三角形内角和定理求出∠EFG，即可求出答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1+∠BFE＝180°，
∵∠1＝125°，
∴∠BFE＝55°，
∵在△EGF中，∠EGF＝90°，∠FEG＝30°，
∴∠EFG＝180°﹣∠EGF﹣∠FEG＝60°，
∴∠BFG＝∠BFE+∠EFG＝55°+60°＝115°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，矩形的性质，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键．
（2020年贵州省毕节市）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理
【分析】由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据三角形中位线定理得出EF的长即可．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，
∵，，
∴AC=
∴BD=10cm，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
（2020年江苏省南通市）下列条件中，能判定?ABCD是菱形的是（　　）
A．AC＝BD
B．AB⊥BC
C．AD＝BD
D．AC⊥BD
【考点】菱形的判定
【分析】根据菱形的判定条件即可得到结果；
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；
故选：D．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．
（2020年宁夏）如图，菱形的边长为13，对角线，点E、F分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点G，则（
）
A．13
B．10
C．12
D．5
【考点】菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理
【分析】连接对角线BD，交AC于点O，求证四边形BDEG是平行四边形，EG=BD，利用勾股定理求出OD的长，BD=2OD，即可求出EG．
解：连接BD，交AC于点O，
由题意知：菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴AB=BC=CD=DA=13，
EFBD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC=24，
∴AC⊥BD，AO=CO=12，OB=OD，
又∵ABCD，EFBD
∴DEBG，BDEG
在四边形BDEG中，
∵DEBG，BDEG
∴四边形BDEG是平行四边形
∴BD=EG
在△COD中，
∵OC⊥OD，CD=13，CO=12
∴OD=OB=5
∴BD=EG=10
故选B．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
（2020年贵州省贵阳、安顺市）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（
）
A．5
B．20
C．24
D．32
【考点】菱形的性质，勾股定理
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
解：如图所示，根据题意得AO＝，BO＝，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB＝，
∴此菱形的周长为：5×4＝20．
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
（2020年辽宁省营口市）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为_____．
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
解：∵OA＝1，OB＝2，
∴AC＝2，BD＝4，
∴菱形ABCD的面积为×2×4＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.
（2020年广西玉林市）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_________菱形（是，或不是）．
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定，三角形全等的判定与性质
【分析】如图（见解析），先根据“两张对边平行且相等的纸条”得出，再根据平行四边形的判定可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据菱形的判定即可得．
解：如图，过点B作，交DA延长线于点E，过点D作，交BA延长线于点F
由题意得：
四边形ABCD是平行四边形
在和中，
平行四边形ABCD是菱形
故答案为：是．
【点评】本题考查了平行四边形与菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形与菱形的判定是解题关键．
（2020年福建省）如图，点分别在菱形的边，上，且．
求证：．
【考点】菱形的性质，全等三角形的判定与性质
【分析】根据菱形的性质可知AB=AD，∠B=∠D，再结合已知条件BE=DF即可证明后即可求解．
证明：∵四边形是菱形，
∴，．
在和中，
∴，
∴．
【点评】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
（2020年内蒙古呼伦贝尔市）已知：如图，在正方形中，对角线相交于点，点分别是边上的点，且．
求证：．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质
【分析】由正方形的性质得出OD=OC，∠ODF=∠OCE=45°，再证明∠COE=∠DOF，从而得到△COE≌△DOF，即可证明CE=DF．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OD=OC，∠ODF=∠OCE=45°，∠COD=90°，
∵∠EOF=90°，即∠COE+∠COF=90°，
∴∠COE=∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），
∴CE=DF．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据正方形的性质得出条件证明全等．
（2020年山东省聊城市数学中考试卷）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
【考点】平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定
【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∴
∵
∴四边形ABFC是平行四边形
∴平行四边形ABFC是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键．
（2020年四川省遂宁市）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、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：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【考点】平行线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定
【分析】（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，
∴（AAS）；
（2）证明：∵，
∴AF=BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，
∴，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点评】本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
1、
选择题
（2020年江苏省盐城）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】勾股定理，直角三角形斜边上的中线，菱形的性质
【分析】∵菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又∵H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
解：∵四边形ABCD是菱形
∴，，
∴△BOC是直角三角形
∴
∴BC=5
∵H为BC中点
∴
故最后答案为．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
（2020年西藏）如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（　　）
A．∠ADB＝90°
B．OA＝OB
C．OA＝OC
D．AB＝BC
【考点】平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定
【分析】根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可．
解：A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，
不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键．
（2020年贵州省遵义市）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】菱形的性质，勾股定理
【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．
解：记AC与BD的交点为，
菱形,
菱形的面积
菱形的面积
故选D．
【点评】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．
（2020年黑龙江省绥化市）如图，四边形是菱形，E、F分别是、两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】全等三角形的判定，菱形的性质
【分析】根据菱形的性质结合全等三角形的判定方法，对各选项分别判断即可得解．
解：∵四边形是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，，，
如果，
∴，即，
∵，
∴(ASA)，故A正确；
如果EC=FC，
∴BC-EC=CD-FC，即BE=DF，
∵，
∴(SAS)，故B正确；
如果AE=AF，
∵AB=DA，，
是SSA，则不能判定和全等，故C错误；
如果，
则，
∴(SAS)，故D正确；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定方法，一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
（2020年山东省日照市）已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（　　）
A．8
B．8
C．4
D．2
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．
解：如图，∵两邻角度数之比为1：2，两邻角和为180°，
∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，
∵菱形的周长为8，
∴边长AB＝2，
∴菱形的对角线AC＝2，BD＝2×2sin60°＝2，
∴菱形的面积＝AC?BD＝×2×2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性质．
（2020年湖北省荆州市）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①；②；③；④，只选其中一个添加，不能确定的是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
【考点】菱形的性质，全等三角形的判定
【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论．
解：四边形是菱形，
，，
，
①添加，
，
②添加，，
，
，
③添加，
不能确定；
④添加，
，
故选：．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
（2020年湖北省荆门市）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（
）
A．20
B．30
C．40
D．50
【考点】三角形的中位线定理，菱形的性质
【分析】由题意可知EF为△ABD的中位线，可求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．
解：∵E，F分别是，的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．
（2020年四川省乐山市）如图，在菱形中，，，是对角线的中点，过点作
于点，连结．则四边形的周长为（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】菱形的性质，含30?角的直角三角形，勾股定理
【分析】由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30?，AO⊥BD，利用含30?的直角三角形边的关系分别求得AO、DO、OE、DE，进而求得四边形的周长.
解：∵四边形ABCD是菱形，是对角线的中点，
∴AO⊥BD
，
AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120?，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30?，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4
，
AO==2
，DO=，
在RtΔDEO中，OE=，DE=，
∴四边形的周长为AO+OE+DE+AD=2++3+4=9+，
故选：B.
【点睛】本题考查菱形的性质、含30?的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30?的直角三角形边的关系是解答的关键.
（2020年四川省甘孜州）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【考点】菱形的性质，直角三角形斜边上的中线
【分析】利用菱形的对边相等以及对角线互相垂直，进而利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB=90°，
又∵AB+BC+CD+AD=32．
∴AB=8，
在Rt△AOB中，OE是斜边上的中线，
∴OE=AB=4．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质．注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
（2020年天津市）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】点的坐标，正方形的性质
【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．
解：∵O，D两点的坐标分别是，，
∴OD＝6，
∵四边形是正方形，
∴OB⊥BC，OB=BC=6
∴C点的坐标为：，
故选：D．
【点评】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．
（2020年山东省威海市）如图，在平行四边形ABCD中，对角线，，，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，．下列结论不成立的是（
）
A．四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，则四边形为菱形
D．若，则四边形为正方形
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
解：A.∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵为的中点
∴
在与中
∴
∴
又∵
∴四边形为平行四边形，
故A选项正确；
B.假设
∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
则当时，
∵四边形为平行四边形
∴四边形为矩形，
故B选项正确；
C.∵，
∴E是AB中点
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴四边形为菱形，
故C选项正确；
D.当时与时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项错误，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．
（2020年山东省威海市）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知，则图中阴影部分的面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【考点】正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质
【分析】如图，设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝2x＝20，解方程即可解决问题．
解：如图，设OF＝EF＝FG＝x，
∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝2x，
由题意EH＝20cm，
∴20＝2x，
∴x＝5，
∴阴影部分的面积＝（5）2＝50（cm2），
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2、
填空题
（2020年云南省）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是___．
【考点】矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质
【分析】根据，则在的中垂线上，作的中垂线交于
交于，所以：如图的都符合题意，先证明四边形是菱形，再利用菱形的性质与勾股定理可得答案．
解：
，
在的中垂线上，
作的中垂线交于
交于，
所以：如图的都符合题意，
矩形
四边形是菱形，
，，
，
设
则
的长为：
或
故答案为：
或
【点评】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
（2020年湖南省湘西州）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．将矩形沿x轴向右平移，当矩形与重叠部分的面积为时，则矩形向右平移的距离为___________．
【考点】矩形的性质,坐标与图形变化-平移
【分析】先求出点B的坐标（0，
），得到直线AB的解析式为：
，根据点D的坐标求出OC的长度，利用矩形与重叠部分的面积为列出关系式求出，再利用一次函数关系式求出=4，即可得到平移的距离.
解：∵，
∴OA=6，
在Rt△AOB中，，
∴，
∴B（0，
），
∴直线AB的解析式为：
，
当x=2时，y=，
∴E（2，），即DE=，
∵四边形CODE是矩形，
∴OC=DE=，
设矩形沿x轴向右平移后得到矩形，
交AB于点G，
∴∥OB，
∴△∽△AOB，
∴∠=∠AOB=30°，
∴∠=∠=30°，
∴,
∵平移后的矩形与重叠部分的面积为，
∴五边形的面积为,
∴,
∴,
∴,
∴矩形向右平移的距离=，
故答案为：2.
【点睛】此题考查了锐角三角函数，求一次函数的解析式，矩形的性质，图形平移的性质，是一道综合多个知识点的综合题型，且较为基础的题型.
（2020年辽宁省盘锦市）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，直线交于点，连接，则的长为____________．
【考点】菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质
【分析】连接BE，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得BE=AE=，
再得∠EBC=90°，利用勾股定理即可求出CE的长度．
解：连接BE，如图：
由题意可知，MN垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴，则∠AEB=90°，
在等腰直角三角形ABE中，AB=4，
∴BE=AE=，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理，则
；
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到∠EBC=∠AEB=90°．
（2020年江苏省常州市）数学家笛卡尔在《几何》一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长补短．在菱形中，．如图，建立平面直角坐标系，使得边在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则点C的坐标是_________．
【考点】坐标与图形性质,含30度角的直角三角形,勾股定理,菱形的性质
【分析】根据菱形的性质可知AD=AB=CD=2，∠OAD=60°，由三角函数即可求出线段OD的长度，即可得到答案．
解：∵四边形为菱形，
∴AD=AB=CD=2，
∵
∴
在Rt△DOA中，
∴OD=
∴点C的坐标是(2，)．
故答案为：(2，)．
【点评】本题考查了平面直接坐标系中直角三角形的计算问题，以及菱形的性质，熟练掌握特殊三角函数值是解题关键．
（2020年浙江省嘉兴、舟山市
）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：　
　，使得平行四边形ABCD为菱形．
【考点】菱形的判定
【分析】根据菱形的判定定理解答
解：由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
答案不唯一．
【点评】本题考查了菱形的判定，记住菱形的判定方法是解题的关键。
（2020年湖南省邵阳市）如图，在中，，斜边，过点C作，以为边作菱形，若，则的面积为________．
【考点】平行线之间的距离,含30度角的直角三角形,菱形的性质
【分析】如下图，先利用直角三角形中30°角的性质求出HE的长度，然后利用平行线间的距离处处相等，可得CG的长度，即可求出直角三角形ABC面积．
解：如图，分别过点E、C作EH、CG垂直AB，垂足为点H、G，
∵根据题意四边形ABEF为菱形，
∴AB=BE=，
又∵∠ABE=30°
∴在RT△BHE中，EH=，
根据题意，AB∥CF，
根据平行线间的距离处处相等，
∴HE=CG=，
∴的面积为．
【点评】本题的辅助线是解答本题的关键，通过辅助线，利用直角三角形中的30°角所对直角边是斜边一半的性质，求出HE，再利用平行线间的距离处处相等这一知识点得到HE=CG，最终求出直角三角形面积．
（2020年内蒙古鄂尔多斯市）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形
【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM＝HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2020年江苏省镇江市）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．
【考点】正方形的性质，三角形内角和定理
【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．
3、
解答题
（2020年北京市）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
【考点】矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
（2020年黑龙江省齐齐哈尔市、黑河市、大兴安岭地区）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　
　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　
　；进一步计算出∠MNE＝　
　°；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　
　°；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值　
　．
【考点】矩形的判定与性质，菱形判定与性质
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
【点评】本题考查矩形和菱形的性质和判定,关键在于结合图形,牢记概念.
（2020年湖北省鄂州市）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，点M，N分别为、的中点，延长至点E，使，连接．
（1）求证：；
（2）若，且，，求四边形的面积．
【考点】全等三角形的判定，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定
【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得出AB=CD，ABCD，进而得到∠BAC=∠DCA，再结合AO=CO，M,N分别是OA和OC中点即可求解；
(2)证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EMDN，再由(1)得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积．
(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，ABCD，OA=OC，
∴∠BAC=∠DCA，
又点M，N分别为、的中点，
∴，
在和中，
，
∴．
(2)BD=2BO，又已知BD=2AB，
∴BO=AB，∴△ABO为等腰三角形；
又M为AO的中点，
∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BM⊥AO，
∴∠BMO=∠EMO=90°，
同理可证△DOC也为等腰三角形，
又N是OC的中点，
∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DN⊥CO，
∠DNO=90°，
∵∠EMO+∠DNO=90°+90°=180°，
∴EMDN，
又已知EM=BM，由(1)中知BM=DN，
∴EM=DN，
∴四边形EMND为平行四边形，
又∠EMO=90°，∴四边形EMND为矩形，
在Rt△ABM中，由勾股定理有：，
∴AM=CN=3，
∴MN=MO+ON=AM+CN=3+3=6，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、矩形的面积公式等，熟练掌握其性质和判定方法是解决此类题的关键．
（2020年四川省德阳市）如图，四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点．连接GC并延长至F，使CF＝GC，以DC，CF为邻边作菱形DCFE，连接CE．
（1）判断四边形CEDG的形状，并证明你的结论．
（2）连接DF，若BC＝，求DF的长．
【考点】矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【分析】（1）证出GB=GC=GD=CF，由菱形的性质的CD=CF=DE，DE∥CG，则DE=GC，证出四边形CEDG是平行四边形，进而得出结论；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF交CE于点N，由等腰三角形的性质得CH=BH=BC=，证出△CDG是等边三角形，得∠GCD=60°，由三角函数定义求出CG=1，则CD=1，由菱形的性质得DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=60°，由三角函数定义求出DN=，则DF=2DN=．
解：（1）四边形CEDG是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点，
∴GB=GC=GD，
∵CF=GC，
∴GB=GC=GD=CF，
∵四边形DCFE是菱形，
∴CD=CF=DE，DE∥CG，
∴DE=GC，
∴四边形CEDG是平行四边形，
∵GD=GC，
∴四边形CEDG是菱形；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF交CE于点N，如图所示：
∵CD=CF，GB=GD=GC=CF，
∴CH=BH=BC=，△CDG是等边三角形，
∴∠GCD=60°，
∴∠DCF=180°﹣∠GCD=180°﹣60°=120°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=90°，
∴∠GCH=90°﹣60°=30°，
∴CG===1，
∴CD=1，
∵四边形DCFE是菱形，
∴DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=∠DCF=×120°=60°，
在Rt△CND中，DN=CD?sin∠DCE=1×sin60°=1×=，
∴DF=2DN=2×=．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．
（2020年江苏省扬州市）如图，的对角线AC，BD相交于点O，过点O作，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定
【分析】（1）只要证明即可得到结果；
（2）先判断四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直且平分证明是菱形，即可得到结论；
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，
∴，OA=OC，
又∵，
∴，
在△AOE和△COF中，
，
∴．
∴FO=EO，
又∵，
∴．
故EF的长为3．
（2）由（1）可得，，四边形ABCD是平行四边形，
∴，FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又，OE=OF，OA=OC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点评】本题主要考查了特殊平行四边形的性质应用，准确运用全等三角形的性质及菱形的判定是解题的关键．
（2020年广西桂林市）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．
（1）求证：；
（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积的计算
【分析】（1）利用菱形的性质，由SAS证明即可；
（2）证是等边三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵点E，F分别是边AD，AB的中点，
∴AF＝AE，
在和中，
，
∴（SAS）；
（2）解：连接BD，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，
∴是等边三角形，
∵点E是边AD的中点，
∴BE⊥AD，
∴∠ABE＝30°，
∴AE＝BE＝1，AB＝2AE＝2，
∴AD＝AB＝2，
∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×＝2．
【点评】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．
（2020年黑龙江省哈尔滨市）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上；
（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长．
【考点】作图-应用与设计，等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质
【分析】（1）根据正方形的判定作图可得；
（2）根据等腰三角形与勾股定理可得答案．
解：（1）如图所示，正方形ABEF即为所求；
（2）如图所示，△CDG即为所求，由勾股定理，得EG=.
【点评】本题考查作图-应用与设计、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用思想结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
（2020年湖南省湘西州）如图，在正方形的外侧，作等边角形，连接、．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质
【分析】(1)利用正方形的性质得到AB=CD，∠BAD=∠CDA，利用等边三角形的性质得到AE=DE，∠EAD=∠EDA=60°即可证明；
(2)由AB=AD=AE，得到△ABE为等腰三角形，进而得到∠ABE=∠AEB，且∠BAE=90°+60°=150°，再利用三角形内角和定理即可求解．
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，且∠BAD=∠CDA=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=DE，且∠EAD=∠EDA=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠EAD=150°，∠CDE=∠CDA+∠EDA=150°，
∴∠BAE=∠CDE，
在△BAE和△CDE中:
，
∴．
(2)∵AB=AD，且AD=AE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠ABE=∠AEB，
又∠BAE=150°，
∴由三角形内角和定理可知：
∠AEB=(180°-150°)÷2=15°．
故答案为：15°．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，第二问中能得出△ABE是等腰三角形且∠BAE=150°是解题关键．
(?http:?/??/?www.21cnjy.com?/??)
56

展开更多......

收起↑