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易错点05四边形（8大易错典型）-备战2023年中考数学考试易错题【全国通用】
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备战2023年中考数学考试易错题
易错点05四边形
01 多边形的内角与外角
多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n-2）•180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n-3）条对角线，将n边形分割为（n-2）个三角形，这（n-2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
1．（2022秋•乌鲁木齐期末）一个多边形的内角和为720°，则从这多边形的一个顶点最多可以引出几条对角线？（ ）
A．3条 B．4条 C．5条 D．2条
【分析】先根据多边形的内角和公式求出边数，再求解．
【解答】解：设多边形的边数x，则180（x﹣2）＝720，
解得：x＝6，
x﹣3＝3，
故答案为：A．
2．（2022秋•船营区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝45°．直线EF分别与边AD，AB分别相交于点E，F，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．245° B．225° C．145° D．135°
【分析】先利用三角形内角和定理求出∠AEF+∠AFE＝135°，然后再利用平角定义，进行计算可解答．
【解答】解：∵∠A＝45°，
∴∠AEF+∠AFE＝180°﹣∠A＝135°，
∵∠AEF+∠1＝180°，∠AFE+∠2＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AEF+∠AFE）
＝360°﹣135°
＝225°，
故选：B．
3．（2022秋•东昌府区校级期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变，这个关系是（ ）
A．2∠A＝∠1+∠2 B．3∠A＝2∠1+∠2
C．∠A＝∠1+∠2 D．3∠A＝2∠1+2∠2
【分析】根据三角形的内角和为180°以及四边形的内角和为360°得到几个角之间的等量关系，整理化简即可得到所求角之间的关系．
【解答】解：在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°①；
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°②；
在四边形BCDE中，∠B+∠C+∠1+∠2+∠ADE+∠AED＝360°③；
∴①+②﹣③得2∠A＝∠1+∠2．
故选：A．
4．（2022秋•荣昌区期末）如图，一张长方形纸片ABCD，它的四个内角都是直角，将其沿BD折叠后，点C落在点E处，BE交AD于点F，再将DE沿DF折叠后，点E落在点G处，若DG刚好平分∠ADB，那么∠DBF的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．50°
【分析】根据折叠的性质可得∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，由角平分线的定义可得∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，∠BDE＝3∠GDF，然后根据矩形的性质及角的运算可得答案．
【解答】解：由折叠可知，∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，
∵DG平分∠ADB，
∴∠BDG＝∠GDF，
∴∠EDF＝∠BDG，
∴∠BDE＝∠EDF+∠GDF+∠BDG＝3∠GDF，
∴∠BDC＝∠BDE＝3∠GDF，
∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，
∵∠BDC+∠BDA＝90°＝3∠GDF+2∠GDF＝5∠GDF，
∴∠GDF＝18°，
∴∠BDE＝3∠GDF＝3×18°＝54°，
∴∠DBF＝90﹣∠BDE＝90°﹣54°＝36°．
故选：B．
5．（2022秋•通州区期末）如图1，作∠BPC平分线的反向延长线PA，现要分别以∠APB，∠APC，∠BPC为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC；90°为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC＝90°，而＝45°是360°（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示．图2中的图案外轮廓周长是14．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（ ）
A．16 B．19 C．21 D．28
【分析】设∠BPC＝2x，先表示中间正多边形的边数：外角为180°﹣2x，根据外角和可得边数＝，同理可得两边正多边形的外角为x，可得边数为，计算其周长可得结论．
【解答】解：设∠BPC＝2x，
∴以∠BPC为内角的正多边形的边数为：＝，
以∠APB为内角的正多边形的边数为：，
∴图案外轮廓周长是：﹣2+﹣2+﹣2＝+﹣6，
根据题意可知：2x的值只能为60°，90°，120°，144°，
∴当x＝30时，周长最大，此时图案定为会标，
则会标的外轮廓周长是：+﹣6＝21，
故选：C．
02 平行四边形的性质与判定
1. 平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
2. 平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA=OC，OB=OD∴四边行ABCD是平行四边形．
1．（2022秋•莱阳市期末）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，若AB＝6，AD＝8，则EF的长度为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】先证明AB＝AE＝3，DC＝DF，再根据EF＝AF+DE﹣AD即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD，AD∥BC，
∵BF平分∠ABC交AD于E，CE平分∠BCD交AD于F，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠AFB，∠BCE＝∠DCE＝∠CED，
∴AB＝AF＝6，DC＝DE＝6，
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣AD＝4．
故选：A．
2．（2022秋•任城区期末）已知，在平行四边形ABCD中，∠A的平分线分BC成4cm和3cm两条线段，则平行四边形ABCD的周长为（ ）cm．
A．11 B．22 C．20 D．20或22
【分析】设∠A的平分线交BC于点E，可证明AB＝EB，再分两种情况讨论，一是EB＝4cm，EC＝3cm，则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm；二是EB＝3cm，EC＝4cm时，则AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，分别求出平行四边形ABCD的周长即可．
【解答】解：设∠A的平分线交BC于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
当EB＝4cm，EC＝3cm时，如图1，
则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×4+2×7＝22（cm）；
当EB＝3cm，EC＝4cm时，如图2，
则AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×3+2×7＝20（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为22cm或20cm，
故选：D．
3．（2022秋•张店区校级期末）如图，在▱ABCD中，AD＝BD，∠ADC＝105°，点E在AD上，∠EBA＝60°，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由平行四边形的性质可求∠ADB＝30°，由直角三角形的性质可求DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，即可求解．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC+∠DAB＝180°，
∵∠ADC＝105°，
∴∠DAB＝75°，
∵AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝75°，
∴∠BDA＝30°，
∴BD＝2BH＝AD，DH＝BH，
∴AH＝2BH﹣BH，
∵∠EBA＝60°，
∴∠BEA＝180°﹣∠DAB﹣∠ABE＝45°，
∴∠EBH＝45°＝∠BEH，
∴BH＝EH，
∴DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，
∴＝，
故选：D．
4．（2022秋•南关区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上两个点，且BE＝DF．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若AD＝AE，∠DFC＝140°，求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）由（1）中全等三角形的对应角相等推知：∠AEB＝∠DFC＝140°，则∠DEA＝40°；然后根据等腰△ADE的性质和三角形内角和定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵BE＝DF，
在△ABE与△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）
∴AE＝CF；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，则∠AEB＝∠DFC＝140°．
∴∠DEA＝40°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠DEA＝40°．
∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝100°．
5．（2022秋•绥中县校级期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分线AF，DE分别与线段BC交于点F，E，AF与DE交于点G．
（1）求证：AF⊥DE，BF＝CE．
（2）若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的长度．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠BAD+∠ADC＝180°；然后根据角平分线的性质推知∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．证得∠BAF＝∠AFB，由等腰三角形的判定可得出AB＝BF，同理可得CD＝CE，则可得出结论；
（2）过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，证明四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，得出AF＝CK＝8，由勾股定理求出DI，则可得出答案．
【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴∠BAD+∠ADC＝180°．
∵AE，DF分别是∠BAD，∠ADC的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE＝∠BAD，∠ADF＝∠CDF＝∠ADC．
∴∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°．
∴∠AGD＝90°．
∴AE⊥DF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAF＝∠AFB，
又∵∠DAF＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
同理可得CD＝CE，
∴BF＝CE；
（2）解：过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，
∵AK∥FC，AF∥CK，
∴四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，
∴AF＝CK＝8，
∵∠KDI+∠DKI＝90°，∠DIC+∠DCI＝90°，∠IDK＝∠IDC，
∴∠DKI＝∠DCI，
∴DK＝DC＝6，
∴KI＝CI＝4，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠CDE，
∴CE＝CD，
∵CI⊥DE，
∴EI＝DI，
∵DI＝＝＝2，
∴DE＝2DI＝4．
6．（2023•市南区校级一模）如图，在▱ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，延长边CD到点F，使DF＝DC，过点F作EF∥AC，连接OF、EC．
（1）求证△ODC≌△EDF．
（2）连接AF，已知 ② ．（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形OCEF的形状，并证明你的结论．
条件①：AF＝FC且AC＝2DC；
条件②：OD＝DC且∠BEC＝45°．
【分析】（1）由DF＝DC，EF∥AC，可以证明△ODC≌△EDF；
（2）由△ODC≌△EDF推出四边形OCEF是平行四边形，再由OD＝DC证明四边形OCEF是矩形，最后由∠BEC＝45°即可证明四边形OCEF是正方形．
【解答】（1）证明：∵EF∥AC，
∴∠EFC＝∠DCO，∠FED＝∠DOC，
∵DF＝DC，
∴△ODC≌△EDF（AAS）；
（2）选择②，四边形OCEF是正方形，
证明：∵△ODC≌△EDF（AAS），
∴OD＝DE，CD＝DF，
∴四边形OCEF是平行四边形，
∵OD＝DC，
∴OD＝DE＝CD＝DF，
∴四边形OCEF是矩形，
∵∠BEC＝45°，
∴∠EOC＝45°，
∴∠OEC＝∠EOC，
∴OC＝CE，
∴四边形OCEF是正方形，
7．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．
（1）求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
（2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．
【分析】（1）①由平行线的性质得出∠OAD＝∠OCB，可证明△AOE≌△COF（ASA）；
②证得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出OE＝OF，证出BE＝BF，由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OBE＝32°，求出∠ABC＝116°，则可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②同理可证△AOD≌△COB，
∴AD＝CB，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∵EF⊥BD，
∴BE＝BF，
∴∠OBF＝∠OBE＝32°，
∴∠EBF＝64°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°．
8．（2022秋•招远市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH．
（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（2）若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度数．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC＝FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCE＝50°，再由等腰三角形的性质得出∠CBE＝∠CEB，根据三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（2）解：∵∠BAE＝80°，
∴∠BCD＝80°，
∵∠DCE＝30°，
∴∠BCE＝80°﹣30°＝50°，
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB＝（180°﹣50°）＝65°．
03 矩形的性质与判定
1. 矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
2. 矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
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（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
1．（2022秋•吉安县月考）下列说法正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．矩形的对角线相等且互相平分
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
【分析】利用平行四边形的判定，矩形的判定和性质，菱形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项A不符合题意；
B、矩形的对角线相等且互相平分，故选项B符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
2．（2022春•关岭县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是（ ）
A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2
【分析】AM＝EF＝AP，所以当AP最小时，AM最小，根据垂线段最短解答．
【解答】解：由题意知，四边形AFPE是矩形，
∵点M是矩形对角线EF的中点，则延长AM应过点P，
∴当AP为直角三角形ABC的斜边上的高时，即AP⊥BC时，AM有最小值，
此时AM＝AP，由勾股定理知BC＝＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AP，
∴AP＝，
∴AM＝AP＝＝1.2，
故选：D．
3．（2022春•安新县期末）如图，在矩形COED中，点D的坐标是（1，3），则CE的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
【分析】根据勾股定理求得OD＝，然后根据矩形的性质得出CE＝OD＝．
【解答】解：∵四边形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴OD＝＝，
∴CE＝，
故选：C．
4．（2022•陕西模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，AE⊥BD于E，则EC＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】作EF⊥BC于F，构造Rt△CFE中和Rt△BEF，由已知条件AB＝，BC＝3，可求得∠ADB＝30°，所以Rt△CFE和Rt△BEF都可解，从而求出BE，BF的长，再求出CF的长，在Rt△CFE中利用勾股定理可求出EC的长．
【解答】解：作EF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，AB＝CD＝，∠BAD＝90°．
∴tan∠ADB＝＝，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ABE＝60°，
∴在Rt△ABE中cos∠ABE＝＝＝，
∴BE＝，
∴在Rt△BEF中，cos∠FBE＝＝＝，
∴BF＝，
∴EF＝＝，
∴CF＝3﹣＝，
在Rt△CFE中，CE＝＝．
故选：D．
5．（2022秋•南关区校级期末）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝6，则▱ABCD的面积为 27 ．
【分析】（1）先证四边形BFDE是平行四边形，再由DE⊥AB，可得结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝AD＝2，DE＝AE＝2，再由矩形的性质得BF＝DE＝2，∠ABF＝90°，然后求出AB＝BF＝6，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∵CF＝AE，
∴CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE且DC∥AB，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形BFDE是矩形；
（2）解：∵∠DAB＝60°，AD＝6，DE⊥AB，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝3，DE＝AE＝3，
由（1）得：四边形DFBE是矩形，
∴BF＝DE＝3，∠ABF＝90°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，
∴AB＝BF＝×3＝9，
∴▱ABCD的面积＝AB×DE＝9×3＝27．
故答案为：27．
6．（2022秋•绿园区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，则平行四边形ABCD的面积为 27 ．
【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 AECF为平行四边形，再根据∠AEC＝90°即可得证；
（2）由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，则∠BAE＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF进而即可求得AD即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
又∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，
∵EC∥AF，EC＝AF，
∴四边形AECF为平行四边形，
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
（2）解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵BC∥AD，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB＝6，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，
∴∠BAE＝30°
∴，
∴FD＝BE＝3，
∴AD＝AF+FD＝9，
∴，
故答案为；．
7．（2022秋•皇姑区校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E．
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）连接AE，交CD于点F，当∠ADB＝60°，AD＝2时，直接写出EA的长．
【分析】（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC＝90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
【解答】（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°．
∴四边形ODEC是矩形．
（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝，AO＝3，
∴AC＝6，EC＝，
∴AE＝．
8．（2022•东宝区校级模拟）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AB＝8，BC＝x．连接对角线AC，BD交于点O．过点O作CD的平行线分别交AD，BC于点E，F，连接EC，∠EFC＝90°．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）求tan∠AOE的值（用含x的式子表示）．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB∥CD，而EF∥CD，所以AB∥EF，则∠ABC＝∠EFC＝90°，即可根据矩形的定义证明四边形ABCD是矩形；
（2）由矩形的性质得CO＝AO，由平行线分线段成比例定理得＝＝1，则CF＝BF＝x，OF＝AB＝4，所以tan∠AOE＝tan∠COF＝＝x．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵EF∥CD，
∴AB∥EF，
∴∠ABC＝∠EFC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，BC＝x，
∴CO＝AO，
∵OF∥AB，
∴＝＝1，
∴CF＝BF＝BC＝x，
∴OF＝AB＝×8＝4，
∵∠OFC＝90°，
∴tan∠COF＝＝＝x，
∵∠COF＝∠AOE，
∴tan∠AOE＝x，
∴tan∠AOE的值为x．
04 菱形的性质与判定
1. 菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③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；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=1/2ab．（a、b是两条对角线的长度）
2. 菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB=BC=CD=DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
1．（2022秋•包头期末）如图，某同学剪了两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的交角为60°，则它们重叠部分的面积为（ ）
A．3 B．2 C．3 D．6
【分析】过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE＝AF＝，先证四边形ABCD是平行四边形，再证BC＝CD，则平行四边形ABCD是菱形，得AB＝BC，然后由锐角三角函数定义求出AB＝2，即可解决问题．
【解答】解：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
则AE＝AF＝，∠AEB＝90°，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF＝60°，S平行四边形ABCD＝BC•AE＝CD•AF，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵sin∠ABE＝＝sin60°＝，
∴AB＝＝＝2，
∴BC＝2，
∴S菱形ABCD＝BC•AE＝2×＝2，
故选：B．
2．（2022秋•李沧区期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD，在其中一张纸条转动的过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A．AD＝CD B．四边形ABCD面积不变
C．AC＝BD D．四边形ABCD周长不变
【分析】设两张等宽的纸条的宽为h，由条件可知AB∥CD，AD∥BC，可证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形的面积公式得到AB＝BC，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：设两张等宽的纸条的宽为h，
∵纸条的对边平行，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵S▱ABCD＝BC•h＝AB•h，
∴BC＝AB，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD．
故选：A．
3．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，CD＝2OB，E为CD延长线上一点，使得DE＝CD，连结BE，分别交AC、AD于点F、G，连结OG，AE，则下列结论：①∠ABC＝120°；②；③四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据菱形的性质得出BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，求出BC＝DC＝BD，根据等边三角形的判定得出△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠BCD＝60°，求出∠ABC＝120°，求出∠BAG＝∠EDG，AB＝DE，根据全等三角形的判定得出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得出AG＝DG，BG＝GE，求出OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），求出四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，根据菱形的判定求出四边形ABDE是菱形即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，
∵CD＝2OB，
∴BC＝DC＝BD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝120°，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，BG＝GE，
∵BO＝DO，AB∥DE，
∴OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），
∵四边形ODEG的面积S＝（DE+OG）h，四边形OBAG的面积S′＝（AB+OG）h，AB＝DE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故②正确，③正确；
∵AG＝DG，BG＝GE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵DE＝CD＝BD，
∴四边形ABDE是菱形，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：A．
4．（2022•龙岩模拟）在平面直角坐标系xOy中，将位于第三象限的点A（α，b）和位于第二象限的点B（m，b+1）先向下平移1个单位，再向右平移h个单位得到点C和点D，连接AD，过点B作AD的垂线l，在l上任取一点E，连接DE，则DE的最小值为2．下列几个结论：
①直线l与y轴平行；
②h＝2；
③四边形ACDB是菱形；
④若点F（S，t）是直线BD上的点，则s+2t＝m+2b+2．其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由平移可得：C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），推出AD∥x轴．再由1⊥AD，x轴⊥y轴，可得出直线l∥y轴，即可判断①；根据垂线段最短，由DE的最小值为2，可得点E与点P重合，可得出h＝2，即可判断②；由平移可得出四边形ACDB是平行四边形，即可判断③；利用待定系数法可得直线BD的解析式为y＝x+b+1+m，再由点F（s，t）是直线BD上的点，即可判断④．
【解答】解：如图，设直线l交AD于点P，
∵A（a，b），B （m，b+1）（a≠m+1）两点同时向右平移h（h＞0）个单位，再向下平移1个单位得到C，D两点（点A对应点C），
一个点向右平移h个单位，则该点的横坐标加h；一个点向下平移1个单位，则该点的纵坐标减1，
∴C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），
∵此时点A和点D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴．
∵AD∥x轴，1⊥AD，x轴⊥y轴，
∴直线l∥y轴，故①正确；
当DE取最小值时，点E与点P重合，即P（m，b），
∵DE的最小值为2，
∴DP＝2，
∴m+h﹣m＝2，
即h＝2，故②正确；
根据平移的性质可知：AC＝BD，AC∥BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，故③错误；
设直线BD的解析式为y＝kx+d（k、d为常数，且k≠0），把B （m，b+1），D（m+2，b）分别代入，
得：，
解得：，
∴直线BD的解析式为y＝x+b+1+m，
∵点F（s，t）是直线BD上的点，
∴t＝s+b+1+m，
∴s+2t＝m+2b+2．故④正确，
综上所述，共有3个正确结论；
故选：C．
5．（2022秋•城关区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AEBD是菱形；
（2）若，求菱形AEBD的面积．
【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD＝AD可得结论；
（2）解直角三角形求出EF的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF＝∠EBF，
∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝EB，
∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD＝AD，
∴四边形AEBD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DCB，
∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，
∴tan∠ABE＝＝3，
∵BF＝，
∴EF＝，
∴DE＝3，
∴S菱形AEBD＝•AB•DE＝×3＝9．
6．（2023•黔江区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE＝AO＝，则EF＝2OE＝2，由菱形面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO＝AC＝1，
∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠AEO＝30°，
∴OE＝AO＝，
∴EF＝2OE＝2，
∴四边形AFCE的面积＝AC×EF＝×2×2＝2．
7．（2022秋•南岗区校级期中）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF．
（1）如图1，求证：四边形EBFD是菱形；
（2）如图2，∠ABC＝90°，AE＝EO，请直接写出图中的所有等边三角形．
【分析】（1）首先利用平行四边形的性质得出AO＝CO，∠AEO＝∠CFO，进而得出△AEO≌△CFO，再利用平行四边形和菱形的判定得出即可；
（2）根据等边三角形的判定解答即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠OCF，∠AEO＝∠OFC，
∴△AEO≌△CFO，
∴OE＝OF，
∴四边形EBDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形，
（2）解：在Rt△ABE和Rt△EOB中，
∵AE＝OE，BE＝BE，
∴Rt△ABE≌Rt△EOB（HL），
∴AB＝OB，AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
同理可证明△COD是等边三角形，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝30°，
∴∠CBO＝30°，
∵∠AEE＝∠OBE＝30°，
∴∠CBO＝30°，
∴∠EBF＝60°，
∴∠BFO＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
同理可证明：△DEF是等边三角形
∴△AOB，△COD，△BEF，△DEF都是等边三角形．
8．（2022秋•绿园区校级期中）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BA⊥AF，BD＝6，BC＝3，则AE＝ ．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得BD⊥AC，AD＝CD，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）求出CD＝3，证明△ADB∽△FAD，由相似三角形的性质得出，求出DF＝DE＝，由勾股定理可求出答案．
【解答】（1）证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD＝CD，
∵DE＝DF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵BD⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：∵BD＝6，BC＝3，
∴CD＝＝3，
∵四边形AECF是菱形，
∴AD＝CD＝3，DE＝DF，
∵∠ABF＝∠ADB＝90°，
∴∠BAD+∠DAF＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠DAF＝∠ABD，
∴△ADB∽△FAD，
∴，
∴AD2＝BD•DF，
∴DF＝，
∴DE＝，
∴AE＝＝＝．
故答案为：．
05 正方形的性质与判定
1.正方形的性质
（1）正方形的定义：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．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②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；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
2. 正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
1．（2022秋•高州市月考）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．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③ D．由①推出③，由③推出②
【分析】根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可．
【解答】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；
菱形的对角线互相垂直，而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形；
正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；
故选：A．
2．（2022春•丹江口市期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，边AB＝BC＝6，点E在AB边上，∠DCE＝45°，DE＝5，则BE长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．2或3
【分析】过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，推出四边形ABCG是正方形，得到∠BCG＝90°，BC＝CG延长AB到BH使BH＝DG，根据全等三角形的性质得到DE＝EH＝BE+DG，利用勾股定理求得BE的长．
【解答】解：如图：过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，
∵AB＝BC＝6，
∴四边形ABCG是正方形，
∴∠BCG＝90°，BC＝CG，
∵∠DCE＝45°，
∴∠DCG+∠BCE＝45°，
延长AB到BH使BH＝DG，
在△CDG与△CHB中，
，
∴△CDG≌△CHB（SAS），
∴CH＝CD，∠BCH＝∠GCD，
∴∠DCE＝∠HCE，
在△CEH和△CED中，
，
∴△CEH≌△CED（SAS），
∴DE＝EH＝BE+DG，
设BE＝x，则BH＝DG＝5﹣x，AE＝AB﹣BE＝6﹣x，
∴AD＝AG﹣DG＝6﹣（5﹣x）＝1+x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，
∴（1+x）2+（6﹣x）2＝52，
解得x＝2或3．
∴BE＝2或3．
故选：D．
3．（2022春•襄州区期末）如图，点D，E，F分别是△ABC三边的中点，则下列判断：
①四边形AEDF一定是平行四边形；
②若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是正方形；
③若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形；
④若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形．
正确的是（ ）
A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④
【分析】①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；
②利用AD平分∠A可以判定四边形AEDF是菱形而非正方形，可得②的结论错误；
③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出DE＝DF，从而得出四边形AEDF是菱形；
④∠A＝90°，则根据①的结论可得四边形AEDF是矩形．
【解答】解：①∵D是BC的中点，E是AB的中点，
∴DE∥AC．
∵D是BC的中点，F是AC的中点，
∴DF∥AB．
∴四边形AEDF是平行四边形．
∴①正确；
②如图，
由①知：AE∥DF，
∴∠EAD＝∠ADF．
若AD平分∠BAC，
则∠EAD＝∠FAD．
∴∠FAD＝∠ADF，
∴AF＝FD，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴②不正确；
③如图，
若AD⊥BC，
∵D是BC的中点，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴AB＝AC．
∵AD⊥BC，E是AB的中点，
∴DE＝AB．
同理：DF＝AC，
∴DE＝DF．
由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴③正确；
④若∠A＝90°，如图，
由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④，
故选：C．
4．（2022春•临沭县期末）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（ ）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的；
④四边形OPFN是正方形．
A．①②③ B．①③ C．①③④ D．②④
【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确；
④由正方形的判定可得出结论．
【解答】解：①如图，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM＝BM＝PM，
∴BM≠PM
∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，
∴BD＝x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴点P在AC上，
∴PE＝EF，
∴PE＝BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO＝BD，
∵M为BO的中点，
∴BM＝BD＝x，
∵E为BC的中点，
∴BE＝BC＝x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG＝BM＝x，
∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝x2，
∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的．
∵E、F是BC，CD的中点，
∴S△CEF＝S△CBD＝S四边形ABCD，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣﹣﹣）＝．
故③正确．
由①可知△DNF和△CEF都是等腰直角三角形，
∴∠NDF＝∠EFC＝45°，
∴∠NOP＝∠ONF＝∠NFP＝90°，
∴四边形OPFN是矩形，
又∵N是OD的中点，
∴ON＝DF，
∵DN＝NF，
∴ON＝FN，
∴四边形OPFN是正方形．
故④正确．
故选：C．
5．（2022•南京模拟）如图，正方形ABCD中，动点E在AC上，AF⊥AC，垂足为A，AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF＝DE；
（2）当点E运动到AC中点时（其他条件不变），四边形AFBE是正方形吗？请说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF＝DE；
（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵AF⊥AC，
∴∠EAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
在△ADE和△ABF中，
，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴BF＝DE；
（2）解：当点E运动到AC的中点时四边形AFBE是正方形，
理由：点E运动到AC的中点，AB＝BC，
∴BE⊥AC，BE＝AE＝AC，
∵AF＝AE，
∴BE＝AF＝AE，
又∵BE⊥AC，∠FAE＝∠BEC＝90°，
∴BE∥AF，
∵BE＝AF，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∵∠FAE＝90°，AF＝AE，
∴四边形AFBE是正方形．
6．（2022秋•市中区校级月考）如图，在正方形ABCD和平行四边形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）求证：四边形BEFG是矩形；
（2）PG与PC的夹角为 90° 度时，四边形BEFG是正方形，请说明理由．
【分析】（1）由正方形ABCD，易得∠EBG＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可证得四边形BEFG是矩形；
（2）首先作辅助线：延长GP交DC于点H，根据正方形与平行四边形的性质，利用AAS易得△DHP≌△FGP，则有HP＝GP，当∠CPG＝90°时，利用SAS易证△CPH≌△CPG，根据全等三角形与正方形的性质，即可得BG＝GF，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱BEFG是菱形，而∠EBG＝90°，即得四边形BEFG是正方形．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝90°，
∴平行四边形BEFG是矩形．
（2）90°；
理由：延长GP交DC于点H，
∵正方形ABCD和平行四边形BEFG中，AB∥DC，BE∥GF，
∴DC∥GF，
∴∠HDP＝∠GFP，∠DHP＝∠FGP，
∵P是线段DF的中点，
∴DP＝FP，
∴△DHP≌△FGP，
∴HP＝GP，
当∠CPG＝90°时，∠CPH＝∠CPG，
∵CP＝CP，
∴△CPH≌△CPG（SAS），
∴CH＝CG，
∵正方形ABCD中，DC＝BC，
∴DH＝BG，
∵△DHP≌△FGP（SAS），
∴DH＝GF，
∴BG＝GF，
∴▱BEFG是菱形，
由（1）知四边形BEFG是矩形，
∴四边形BEFG是正方形．
故答案为：90°．
7．（2022•浑南区二模）（1）问题情境：如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG＝FG；
②当CE＝3时，则CG的长为 4或7.2 ．
（2）思维深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，请直接写出AD的长．
【分析】（1）①由折叠得AF＝AB，∠B＝∠AFE＝90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②设CG＝x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；
（2）由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D＝90°，
由折叠得：∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB，
∴AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△ADG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL），
∴DG＝FG；
②解：分两种情况：
如图1，点E在边BC上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝6﹣x，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3，
∴EG＝EF+FG＝3+6﹣x＝9﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（9﹣x）2，
∴x＝4，
∴CG＝4；
如图2，点E在边BC的延长线上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝x﹣6，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3+6＝9，
∴EG＝EF﹣FG＝9﹣（x﹣6）＝15﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（15﹣x）2，
∴x＝7.2，
∴CG＝7.2；
综上所述，CG的长是4或7.2；
故答案为：4或7.2；
（2）解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD＝∠EAB，∠DAC＝∠GAC，∠E＝∠G＝90°，AE＝AG＝AD，BD＝EB＝+1，DC＝CG＝﹣1，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAG＝90°，
∴∠EAG＝∠E＝∠G＝90°，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，则BF＝x﹣（+1）＝x﹣﹣1，CF＝x﹣（﹣1）＝x﹣+1，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2＝BC2，
即（x﹣﹣1）2+（x﹣+1）2＝（+1+﹣1）2，
解得：x＝+或x＝﹣（舍去），
∴AD＝+．
8．（2022春•南谯区校级月考）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
连接EG，
∴EG＝＝＝3，
∴DE＝EG＝3．
∴正方形DEFG的边长为3．
06 中点四边形
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，使四边形EFGH为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A．AB∥CD且AB=DC B．AB=CD且AC⊥BD
C．AB∥CD且AC⊥BD D．AC=BD且AC⊥BD
【答案】D
【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：使四边形EFGH为正方形，应添加的条件分别是AC=BD且AC⊥BD．
理由：∵顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，
∴EF∥AC，EF=12AC，GH∥AC，GH=12AC，
EH∥DB，EH=12DB，FG∥DB，FG=12DB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵EF∥AC，
∠FMO=90°，
∵EH∥DB，
∴∠FEH=90°，
∴菱形EFGH是正方形．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接AC、BD，构造平行线．
2．（2022秋·广东清远·九年级统考期中）如图，四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、DC、CA、DB的中点，若中点四边形EHFG是菱形，那么原四边形ABCD满足什么条件（ ）
A．AD=BC B．AC⊥BD
C．AC=BD D．∠DAB+∠ABC=90°
【答案】A
【分析】利用菱形的性质可知：EH=HF=FG=GE，再由三角形中位线定理可知：EH=12AD，HF=12BC，FG=12AD，GE=12BC，所以原四边形ABCD满足条件AD=BC时，可以证明四边形EHFG是菱形．
【详解】解：∵四边形EHFG是菱形，
∴EH=HF=FG=GE，
∵E、F、G、H分别是AB、DC、CA、DB的中点，
∴EH=12AD，HF=12BC，FG=12AD，GE=12BC，
∴AD=BC，
即当原四边形ABCD满足条件AD=BC时，可以证明四边形EHFG是菱形．
故选：A
【点睛】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是掌握三角形中位线定理及菱形的性质．
3．（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【答案】概念理解：D；性质探究：①AC=BD，②AC⊥CD；问题解决：见解析；拓展应用：（1）MN=22AC，理由见解析；（2）22
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MN∥BG，MN=12BG，
RL∥BG，RL=12BG，
RN∥CE，RN=12CE，
ML∥CE，ML=12CE，
∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
AE=AB∠EAC=∠BAGAC=AG，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=12BG，RN=12CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=22AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN=FM2+FN2=2FM2=2FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=12AC，
∴MN=22AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON）≥ 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD≥2MN，
由拓展应用（1）知：MN=22AC；
又∵AC=2，
∴MN=2，
∴AB+CD的最小值为22．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
4．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
AP=BP∠APC=∠BPDPC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=12AC，FG=12BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
07 四边形与最值问题
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，点E是边AB上任意一点(端点除外)，线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
(1)求证：AF=EF；
(2)求MN+NG的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF=EF，CF=AF，从而求证结论；
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到MN+NG=12(AF+CF)，当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；
（2）解：连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF,NG=12CF，即
MN+NG=12(AF+CF)
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，
即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为12．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在□ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作AG∥DB交CB的延长线于点G．
(1)求证：DE∥BF；
(2)当△ABD满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若BE=2，∠DEB=120°，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求PF+PM的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形，证明见解析
(3)3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB∥CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形AGBD是矩形，根据直角三角形的性质得到ED=EB，证明结论；
（3）连接EM交BD于P，根据轴对称的性质证明此时PF+PM的值最小，根据等边三角形的性质计算即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形．
理由：∵∠ADB=90°，又E为边AB的中点，
∴ED=EB，又四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
（3）连接EF，连接EM交BD于P，
∵四边形DEBF是菱形，
∴点E和点F关于BD轴对称，此时PF+PM的值最小，
∵四边形DEBF是菱形，∠DEB=120°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，又BE=2，
∴EM=3，即PF+PM的最小值为3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，轴对称变换的性质以及等边三角形的性质的综合运用，掌握相关的判定定理和性质定理、正确作出辅助性是解题的关键．
3．（2021春·河北沧州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝2BC，理由见解析；（3）25
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝12AB，CF＝12CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形；
（2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝12AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝2BC时，由BC＝AC，AB＝2BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝12AB＝AE，故矩形AECF为正方形；
（3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝12AB，CF＝12CD，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵BC＝AC，E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形；
（2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形，
理由：∵BC＝AC，∠B＝45°，
∴∠BAC＝∠B＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∵E为AB的中点，
∴EC＝12AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形，
或②当AB＝2BC时，矩形AECF为正方形，
理由：∵BC＝AC，AB＝2BC，
∴AC2+BC2＝2BC2，
AB2＝（2BC）2＝2BC2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ACB为直角三角形，
∵E为AB的中点，
∴EC＝12AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形；
（3）解：连接EF，连接FM交AC于P，
∵四边形AECF为正方形，
∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM，
在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4，
∴FM＝CM2+CF2=25
∴PE+PM最小值为25．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
4．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线PB折叠，得到△EBP．
（1）请在备用图上用没有刻度的直尺和圆规，在边AD上作出一点P，使BE平分∠PBC，并求出此时△BEC的面积；（作图要求：保留作图痕迹，不写作法．）
（2）连接CE并延长交线段AD于点Q，则AQ的最大值为__________．（直接写出答案）
【答案】（1）画图见解析，154；（2）1
【分析】（1）作等边ΔABE，作BP平分∠ABE，连接PE，点P即为所求作．
（2）由题意，BE=BA，可知点E的运动轨迹是⊙B，当EC与⊙B相切时，AQ的值最大，此时P，Q重合，利用相似三角形的性质求出PD，即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，点P即为所求作．
过点E作EH⊥BC于H，
由作图可知，∠EBC=30°，
∴EH=12BE=32，
∴SΔBCE=12⋅BC⋅EH=12×5×32=154．
（2）如图2中，由题意，BE=BA，可知点E的运动轨迹是⊙B，
当EC与⊙B相切时，AQ的值最大，此时P，Q重合，
∵∠BEC=90°，BC=5，BE=AB=3，
∵EC=BC2−BE2=52−32=4，
∵AD//BC，
∴∠BCE=∠CPD，
∵∠BEC=∠D=90°，
∴ΔBCE∽ΔCPD，
∴ CEPD=BECD，
∴ 4PD=33，
∴PD=4，
∴AQ的最大值=5−4=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，矩形的性质，角平分线的性质，翻折变换，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．（2020·湖北武汉·校考模拟预测）已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，点E、F分别在边AD、AB上，将△AEF沿EF折叠，使得点A的对应点A’恰好落在边CD上．
（1）延长CB、A′F交于点H，求证：A'HAE=A'CDE；
（2）若A′点为CD的中点，求EF的长；
（3）AA′交EF于点G，再将四边形纸片BCA′F折叠，使C点的对应点C′恰好落在A′F上，折痕MN分别交边CD、BC于点M、N，连接C′G，则C′G的最小值为______．
【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝72120；（3）32．
【分析】（1）如图1中，延长CD到T，使得DT＝DE，连接TE．证明△A′HC∽△EQ′T，可得结论．
（2）如图2中，延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，交AB于H，连接A′B、BD，CF．想办法求出EH，FH，再利用勾股定理即可解决问题．
（3）注意到G为AA'的中点，于是可知G点的高度终为菱形高度的一半，同时注意到G在∠AFA'的角平分线上，因此作GH⊥AB于H，GP⊥A'F于P，则GP＝GH，根据垂线段最短原理可知GH就是所求最小值．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到T，使得DT＝DE，连接TE．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DT∥AB，∠A＝∠C＝60°，
∴∠TDE＝∠A＝60°，
∵DT＝DE，
∴△DET是等边三角形，
∴∠T＝∠C＝60°，
∵∠EA′F＝∠A＝60°，
∴∠TA′E+∠CA′H＝120°，
∵∠CA′H+∠A′HC＝120°，
∴∠TA′E＝∠A′HC，
∴△A′HC∽△EQ′T，
∴A'HA'E＝A'CET，
∵ET＝DE，AE＝A′E，
∴A'HAE＝A'CDE．
（2）解：如图2中，延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，交AB于H，连接A′B、BD，CF．
∵∠A＝60°，四边形ABCD是菱形，
∴∠MDF＝60°，
∴∠MFD＝30°，
设MD＝x，则DF＝2x，FM＝3x，
∵DG＝1，
∴MG＝x+1，
∴（x+1）2+（3x）2＝（2﹣2x）2，
解得：x＝0.3，
∴DF＝0.6，AF＝1.4，
∴AH＝12AF＝0.7，FH＝AF•sin∠A＝1.4×32＝7310，
∵CD＝BC，∠C＝60°，
∴△DCB是等边三角形，
∵A′是CD的中点，
∴BA′⊥CD，
∵BC＝2，A′C＝1，
∴BA′＝3，
设BE＝y，则A′E＝2﹣y，
∴（3）2+y2＝（2﹣y）2，
解得：y＝0.25，
∴AE＝1.75，
∴EH＝AE﹣AH＝1.75﹣0.7＝1.05，
∴EF＝EH2+FH2＝1.052+(7310)2＝72120．
（3）解：如图3中，过点G作GH⊥AB于H，过点G作GP⊥A'F于P，过点A′作A'Q⊥AB于Q．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，
∴A'Q＝DR，
∵∠BAD＝60°，
∴A'Q＝3
∵A'与A关于EF对称，
∴EF垂直平分AA'，
∴AG＝A'G，∠AFE＝∠A'FE，
∴GP＝GH，
又∵GH⊥AB，A'Q⊥AB
∴GH∥A'B，
∴GH＝12A'Q＝32，
所以GC'≥GP＝32，当且仅当C'与P重合时，GC'取得最小值32．
故答案为32．
【点睛】本题主要考查了四边形综合，结合相似三角形的判定与性质，勾股定理计算是解题的关键．
08 四边形与动点问题
1．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，CD=3，AC=4．动点P从点A出发沿AD以1cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以4cm/s速度沿射线CB运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒t>0．
(1)CB的长为______．
(2)用含t的代数式表示线段QB的长．
(3)连接PQ，
①是否存在t的值，使得PQ与AC互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得PQ与AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(4)若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请直接写出t的值．
【答案】(1)5
(2)QB=5−4t054
(3)①不存在，理由见解析；②存在，t的值为53
(4)t的值为12或2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AB=DC=3，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得CQ=4t，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意分两种情况讨论即可：当点Q在线段BC上时和当点Q在线段CB的延长线上时；
（3）①连接PC，AQ，假设PQ与AC互相平分，则可得四边形APCQ是平行四边形，进而可得AP=CQ，解得即可到答案；
②连接PB，AQ，假设PQ与AB互相平分，则可得四边形APBQ是平行四边形，进而可得AP=BQ，解得即可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时和当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC=3，
∵∠BAC=90°，
∴BC=AC2+AB2=42+32=5，
故答案为：5；
（2）在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
由题意得，CQ=4t，
当点Q与点B重合时，4t=5，
∴t=54s，
当点Q在线段BC上时，QB=BC−CQ=5−4t，
当点Q在线段CB的延长线上时，QB=CQ−BC=4t−5，
综上所述，QB=5−4t054；
（3）①不存在，理由如下：
如图，连接PC，AQ，
若PQ与AC互相平分，则四边形APCQ是平行四边形，
∴AP=CQ，
∵AP=t，CQ=4t，
∴t=4t，
解得t=0（不合题意），
∴不存在t的值，使得PQ与AC互相平分；
②存在，
如图，连接PB，AQ，
若PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴t=4t−5，
∴t=53s，
∴当t=53s时，PQ与AB互相平分；
（4）当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时，如图，
由对称得，∠PAQ=∠P'AQ，
∵AD∥BC，
∴∠PAQ=∠AQB，
∴∠P'AQ=∠AQB，即∠BAQ=∠AQB，
∴BQ=AB=3，
∴CQ=BC−BQ=2，
∴4t=2，
解得t=12；
当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时，如图，
由对称得，∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠4
∴∠3=∠4，
∴BQ=AB=3，
∴CQ=BC+BQ=8，
∴4t=8，
解得t=2，
综上所述，t的值为12或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
2．（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）已知正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=8，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．动点P以每秒2个单位速度从点B出发沿线段BC方向运动，动点Q同时以每秒8个单位速度从B点出发沿正方形的边BA−AD−DC−CB方向顺时针作折线运动，当点P与点Q相遇时停止运动，设点P的运动时间为t．
(1)当运动时间为__ 秒时，点P与点Q相遇；
(2)当BQ∥PD时，求线段DQ的长度；
(3)连接PA，当△PAB和△QAD全等时，求t的值．
【答案】(1)3.2
(2)3.2
(3)t为0.8或83
【分析】（1）先判断出点P，Q相遇时，必在正方形的边BC上，利用运动路程之和为正方形的正常建立方程即可；
（2）先判断出四边形BQDP是平行四边形，得出BP=DQ，进而表示出BP，DQ，用BP=DQ建立方程求解即可；
（3）分点Q在正方形的边AB，AD，CD，BC上，建立方程求解即可得出结论；
【详解】（1）解：∵点P的运动速度为2，BC=8，
∴点P运动到点C的时间为4，
∵点Q的运动速度为8，
∴点Q从点B出发沿BA−AD−DC−CB方向顺时针作折线运动到点C的时间为(8+8+8)÷8=3，∴点P，Q相遇时在边BC上，
∴2t+8t=4×8=32，
∴t=3.2，
故答案为3.2；
（2）解：如图1，
∵BQ//PD，
∴点Q只能在边AD上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴四边形BQDP是平行四边形，
∴BP=DQ，
∴2t=2×8−8t，
∴t=1.6，
∴DQ=2×8−8t=3.2；
（3）解：①当点Q在边AB上时，如图2，
∵AB=AD，∠ABP=∠DAQ，要使ΔPAB和ΔQAD全等，只能是△PAB≅△QDA，
∴BP=AQ，
∵AQ=8−8t，BP=2t，
∴8−8t=2t，
∴t=0.8，
②当点Q在边AD时，不能构成△QAD，
③当点Q在边CD上时，如图3，
同①的方法得，要使△PAB和△QAD全等，只能是△PAB≅△QAD，
∴BP=DQ，
∴2t=8t−16，
∴t=83，
④当点Q在边BC时，△QAD不是直角三角形，而△PAB是直角三角形，所以，不能全等；
即：当PAB和△QAD全等时，t的值为0.8或83；
【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论．
3．（2023秋·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，CD⊥AD于点D，且AD=8，BC=6，CD=2，动点P从点A出发，沿射线AD方向以每秒2个单位长度的速度平移．过点P作PQ垂直于直线AB，垂足为点Q，设点P平移的时间为t秒．
(1)当t= 时PQ经过点B；
(2)△ APQ与四边形ABCD重叠部分的面积为S．请写出S与t的关系式，并写出t的取值范围；
(3)如图2，当P经过D时，将△ CDQ绕点P逆时针针旋转α度(0°≤α<180°)，记旋转后的△ CDQ为△C'Q'D，C、Q的对应点分别是C'、Q'．直线D Q'、直线C' D和直线AB分别交于N、M．在整个旋转过程中，△ DMN能否为等腰三角形？若存在，请直接写出此时旋转角度α的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)S=t2(015)
(3)存在，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°
【分析】（1）如图1中，作BH⊥AD于H．则四边形BHDC是矩形，BC=DH=6，BH=CD=2．求出AP的长即可解决问题；
（2）分四种情形①如图2中，当05时，重叠部分是梯形ABCD；分别求解即可；
（3）观察图6，图7，图8，图9可知，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°．
【详解】（1）解：如图1中，作BH⊥AD于H．则四边形BHDC是矩形，BC=DH=6，BH=CD=2．
∴AH=AD−DH=8−6=2，
∴AH=BH=2，
∴∠A=45°，
∵PB⊥AB，
∴∠A=∠BPA=45°，
∴BA=BP，
∵BH⊥AP，
∴AH=HP=2，
∴AP=4=2t，
∴t=2．
故答案为2.
（2）①如图2中，当0
②如图3中，当2
S=2t+2t−4⋅2÷2=4t−4．
③如图4中，当4
S=S梯形ABCD−S△MNC
=12×(6+8)×2−12⋅(10−2t)2=−2t2+20t−36
④如图5中，当t>5时，重叠部分是梯形ABCD，S=14
综上所述，S=t2(015)
（3）能．理由如下：
①如图6中，
∵PQ⊥AB，∠A=45°，
∴当α=0°时，△DMN是等腰直角三角形．
②如图7中，DN=DM,∠MDQ=∠QDN=∠ADN=22.5°，
即当α=22.5°时，△DMN是等腰三角形．
③如图8中，当α=45°时，△DMN是等腰三角形．
④如图9中，PM=PN,∠ADM=22.5，则∠CDC'=90°+22.5°=112.5°，
即当α=112.5°时，△DMN是等腰三角形．
综上所述，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°．
【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，灵活运用所学知识解决问题，注意不能漏解．
4．（2022秋·江西抚州·九年级校考期末）如图，在△ABD中，AB=AD，AO平分∠BAD，过点D作AB的平行线交AO的延长线于点C，连接BC．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如果OA，OB(OA>OB)的长(单位：米)x2−7x+12=0的两根，求AB的长以及菱形ABCD的面积；
(3)在（2）的条件下，若动点M从A出发，，沿AC以2米/秒的速度匀速直线运动到点C，动点N从B出发，沿BD以1米/秒的速度匀速直线运动到点D，当M运动到C点时，运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面积为2米2
【答案】(1)见解析
(2)5米，24平方米；
(3)1秒或4秒
【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；
（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；
（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC=∠DCA，
∴△ACD是等腰三角形，AD=DC，
又∵AB=AD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：解方程x2−7x+12=0，得，x1=4，x2=3
∴OA=4，OB=3，
利用勾股定理AB=OA2+OB2=5，
∴AC=2OA=8,BD=2OB=6，
∴S菱形ABCD= 12AC×BD=12×8×6 =24平方米．
（3）解：在第(2)问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后，△MON的面积2m2，
当点M在OA上时，x<2，S△MON= 12 (4−2x)(3−x)=2，
解得x1=1，x2=4 (大于2，舍去)；
当点M在OC上且点N在OB上时，2
∴原方程无解；
当点M在OC上且点N在OD上时，即3
解得x1=4，x2=1 (小于3，舍去)．
综上所述：M，N出发1秒或4秒钟后，△MON的面积为2m2．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，菱形的面积计算方法，分类讨论的数学思想．
5．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=10，AB和CD之间的距离是8，动点P在线段AB上从点A出发沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速运动；动点Q在线段BC上从点B出发沿BC的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，过点P作PE⊥AB，交线段AD于点E，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒0
(1)当BE平分∠ABC时，求t的值；
(2)连接PQ，CE，设四边形PECQ的面积为S，求出S与t的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使得CE∥QP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)125
(2)S=−3415t2−85x+121625
(3)存在，41−48110
【分析】（1）过点D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质求出AE，再证明AE=AB，构建方程求解即可．
（2）过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，根据△AEP∽ADH得APAH=PEHD，进行计算得PE=83t，根据CD∥AB得∠CDF=∠A，根据∠AHD=90°，得△CDF∽△DAH，即可得DFAH=CDAD=CFDH，进行计算得CF=325，DF=245，同法可证△BQG∽△ADH，
则BQAD=QGDH，计算得QG=45t，根据S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC，进行计算求解即可．
（3）连接EC，PQ，根据四边形ABCD是平行四边形得∠D=∠B，AD∥BC，即可得∠DEC=∠ECB，根据CE∥QP得∠PQB=∠ECB，即可得∠CEQ=∠PQB，即可判定△EDC∽△PBQ，得CDPB=DEBQ，88−2t=10−103tt，进行计算求解即可．
【详解】（1）解：如图1所示，过点D作DH⊥AB于H，
∴DH=8，
∴AH=AD2−DH2=102−82=6，
∵PE⊥AB，DH⊥AB，
∴PE∥DH，
∴△AEP∽△ADH，
∴APAH=AEAD，
由运动知，AP=2t，
∴2t6=AE10，
∴AE=103t，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB，
∴103t=8，
∴t=125．
（2）解：如图2所示，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，
∵△AEP∽ADH，
∴APAH=PEHD，
∴2t6=PE8，
∴PE=83t，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠A，
∵∠AHD=90°，
∴△CDF∽△DAH，
∴DFAH=CDAD=CFDH，
∴DF6=810=CF8，
∴CF=325，DF=245，
同法可证△BQG∽△ADH，
∴BQAD=QGDH，
∴QG=45t，
∴S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC
=64−12×2t×83t−12(8−2t)×45t−12×245×325
＝−3415t2−85t+121625．
（3）存在，
解：如图3所示，连接EC，PQ．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ECB，
∵CE∥QP，
∴∠PQB=∠ECB，
∴∠CEQ=∠PQB，
∴△EDC∽△PBQ，
∴CDPB=DEBQ，
∴88−2t=10−103tt，
化简得5t2−41t+60=0，
解得：t1=41+48110（舍去），t2=41−48110，
∴t=41−48110．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点，添加辅助线．
备战2023年中考数学考试易错题
易错点05四边形
01 多边形的内角与外角
多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n-2）•180° （n≥3且n为整数）
此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n-3）条对角线，将n边形分割为（n-2）个三角形，这（n-2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
1．（2022秋•乌鲁木齐期末）一个多边形的内角和为720°，则从这多边形的一个顶点最多可以引出几条对角线？（ ）
A．3条 B．4条 C．5条 D．2条
【分析】先根据多边形的内角和公式求出边数，再求解．
【解答】解：设多边形的边数x，则180（x﹣2）＝720，
解得：x＝6，
x﹣3＝3，
故答案为：A．
2．（2022秋•船营区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝45°．直线EF分别与边AD，AB分别相交于点E，F，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．245° B．225° C．145° D．135°
【分析】先利用三角形内角和定理求出∠AEF+∠AFE＝135°，然后再利用平角定义，进行计算可解答．
【解答】解：∵∠A＝45°，
∴∠AEF+∠AFE＝180°﹣∠A＝135°，
∵∠AEF+∠1＝180°，∠AFE+∠2＝360°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AEF+∠AFE）
＝360°﹣135°
＝225°，
故选：B．
3．（2022秋•东昌府区校级期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变，这个关系是（ ）
A．2∠A＝∠1+∠2 B．3∠A＝2∠1+∠2
C．∠A＝∠1+∠2 D．3∠A＝2∠1+2∠2
【分析】根据三角形的内角和为180°以及四边形的内角和为360°得到几个角之间的等量关系，整理化简即可得到所求角之间的关系．
【解答】解：在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°①；
在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°②；
在四边形BCDE中，∠B+∠C+∠1+∠2+∠ADE+∠AED＝360°③；
∴①+②﹣③得2∠A＝∠1+∠2．
故选：A．
4．（2022秋•荣昌区期末）如图，一张长方形纸片ABCD，它的四个内角都是直角，将其沿BD折叠后，点C落在点E处，BE交AD于点F，再将DE沿DF折叠后，点E落在点G处，若DG刚好平分∠ADB，那么∠DBF的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．50°
【分析】根据折叠的性质可得∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，由角平分线的定义可得∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，∠BDE＝3∠GDF，然后根据矩形的性质及角的运算可得答案．
【解答】解：由折叠可知，∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，
∵DG平分∠ADB，
∴∠BDG＝∠GDF，
∴∠EDF＝∠BDG，
∴∠BDE＝∠EDF+∠GDF+∠BDG＝3∠GDF，
∴∠BDC＝∠BDE＝3∠GDF，
∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，
∵∠BDC+∠BDA＝90°＝3∠GDF+2∠GDF＝5∠GDF，
∴∠GDF＝18°，
∴∠BDE＝3∠GDF＝3×18°＝54°，
∴∠DBF＝90﹣∠BDE＝90°﹣54°＝36°．
故选：B．
5．（2022秋•通州区期末）如图1，作∠BPC平分线的反向延长线PA，现要分别以∠APB，∠APC，∠BPC为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以∠BPC；90°为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时∠BPC＝90°，而＝45°是360°（多边形外角和）的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案，如图2所示．图2中的图案外轮廓周长是14．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（ ）
A．16 B．19 C．21 D．28
【分析】设∠BPC＝2x，先表示中间正多边形的边数：外角为180°﹣2x，根据外角和可得边数＝，同理可得两边正多边形的外角为x，可得边数为，计算其周长可得结论．
【解答】解：设∠BPC＝2x，
∴以∠BPC为内角的正多边形的边数为：＝，
以∠APB为内角的正多边形的边数为：，
∴图案外轮廓周长是：﹣2+﹣2+﹣2＝+﹣6，
根据题意可知：2x的值只能为60°，90°，120°，144°，
∴当x＝30时，周长最大，此时图案定为会标，
则会标的外轮廓周长是：+﹣6＝21，
故选：C．
02 平行四边形的性质与判定
1. 平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
2. 平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA=OC，OB=OD∴四边行ABCD是平行四边形．
1．（2022秋•莱阳市期末）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，若AB＝6，AD＝8，则EF的长度为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】先证明AB＝AE＝3，DC＝DF，再根据EF＝AF+DE﹣AD即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD，AD∥BC，
∵BF平分∠ABC交AD于E，CE平分∠BCD交AD于F，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠AFB，∠BCE＝∠DCE＝∠CED，
∴AB＝AF＝6，DC＝DE＝6，
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣AD＝4．
故选：A．
2．（2022秋•任城区期末）已知，在平行四边形ABCD中，∠A的平分线分BC成4cm和3cm两条线段，则平行四边形ABCD的周长为（ ）cm．
A．11 B．22 C．20 D．20或22
【分析】设∠A的平分线交BC于点E，可证明AB＝EB，再分两种情况讨论，一是EB＝4cm，EC＝3cm，则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm；二是EB＝3cm，EC＝4cm时，则AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，分别求出平行四边形ABCD的周长即可．
【解答】解：设∠A的平分线交BC于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
当EB＝4cm，EC＝3cm时，如图1，
则AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×4+2×7＝22（cm）；
当EB＝3cm，EC＝4cm时，如图2，
则AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，
∴2AB+2BC＝2×3+2×7＝20（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为22cm或20cm，
故选：D．
3．（2022秋•张店区校级期末）如图，在▱ABCD中，AD＝BD，∠ADC＝105°，点E在AD上，∠EBA＝60°，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由平行四边形的性质可求∠ADB＝30°，由直角三角形的性质可求DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，即可求解．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC+∠DAB＝180°，
∵∠ADC＝105°，
∴∠DAB＝75°，
∵AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝75°，
∴∠BDA＝30°，
∴BD＝2BH＝AD，DH＝BH，
∴AH＝2BH﹣BH，
∵∠EBA＝60°，
∴∠BEA＝180°﹣∠DAB﹣∠ABE＝45°，
∴∠EBH＝45°＝∠BEH，
∴BH＝EH，
∴DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，
∴＝，
故选：D．
4．（2022秋•南关区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上两个点，且BE＝DF．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若AD＝AE，∠DFC＝140°，求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）由（1）中全等三角形的对应角相等推知：∠AEB＝∠DFC＝140°，则∠DEA＝40°；然后根据等腰△ADE的性质和三角形内角和定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵BE＝DF，
在△ABE与△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）
∴AE＝CF；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，则∠AEB＝∠DFC＝140°．
∴∠DEA＝40°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠DEA＝40°．
∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝100°．
5．（2022秋•绥中县校级期末）如图，在▱ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分线AF，DE分别与线段BC交于点F，E，AF与DE交于点G．
（1）求证：AF⊥DE，BF＝CE．
（2）若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的长度．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠BAD+∠ADC＝180°；然后根据角平分线的性质推知∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．证得∠BAF＝∠AFB，由等腰三角形的判定可得出AB＝BF，同理可得CD＝CE，则可得出结论；
（2）过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，证明四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，得出AF＝CK＝8，由勾股定理求出DI，则可得出答案．
【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴∠BAD+∠ADC＝180°．
∵AE，DF分别是∠BAD，∠ADC的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE＝∠BAD，∠ADF＝∠CDF＝∠ADC．
∴∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°．
∴∠AGD＝90°．
∴AE⊥DF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DAF＝∠AFB，
又∵∠DAF＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
同理可得CD＝CE，
∴BF＝CE；
（2）解：过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，
∵AK∥FC，AF∥CK，
∴四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，
∴AF＝CK＝8，
∵∠KDI+∠DKI＝90°，∠DIC+∠DCI＝90°，∠IDK＝∠IDC，
∴∠DKI＝∠DCI，
∴DK＝DC＝6，
∴KI＝CI＝4，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠CDE，
∴CE＝CD，
∵CI⊥DE，
∴EI＝DI，
∵DI＝＝＝2，
∴DE＝2DI＝4．
6．（2023•市南区校级一模）如图，在▱ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，延长边CD到点F，使DF＝DC，过点F作EF∥AC，连接OF、EC．
（1）求证△ODC≌△EDF．
（2）连接AF，已知 ② ．（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形OCEF的形状，并证明你的结论．
条件①：AF＝FC且AC＝2DC；
条件②：OD＝DC且∠BEC＝45°．
【分析】（1）由DF＝DC，EF∥AC，可以证明△ODC≌△EDF；
（2）由△ODC≌△EDF推出四边形OCEF是平行四边形，再由OD＝DC证明四边形OCEF是矩形，最后由∠BEC＝45°即可证明四边形OCEF是正方形．
【解答】（1）证明：∵EF∥AC，
∴∠EFC＝∠DCO，∠FED＝∠DOC，
∵DF＝DC，
∴△ODC≌△EDF（AAS）；
（2）选择②，四边形OCEF是正方形，
证明：∵△ODC≌△EDF（AAS），
∴OD＝DE，CD＝DF，
∴四边形OCEF是平行四边形，
∵OD＝DC，
∴OD＝DE＝CD＝DF，
∴四边形OCEF是矩形，
∵∠BEC＝45°，
∴∠EOC＝45°，
∴∠OEC＝∠EOC，
∴OC＝CE，
∴四边形OCEF是正方形，
7．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．
（1）求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
（2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．
【分析】（1）①由平行线的性质得出∠OAD＝∠OCB，可证明△AOE≌△COF（ASA）；
②证得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出OE＝OF，证出BE＝BF，由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OBE＝32°，求出∠ABC＝116°，则可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②同理可证△AOD≌△COB，
∴AD＝CB，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∵EF⊥BD，
∴BE＝BF，
∴∠OBF＝∠OBE＝32°，
∴∠EBF＝64°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°．
8．（2022秋•招远市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH．
（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（2）若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度数．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC＝FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCE＝50°，再由等腰三角形的性质得出∠CBE＝∠CEB，根据三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（2）解：∵∠BAE＝80°，
∴∠BCD＝80°，
∵∠DCE＝30°，
∴∠BCE＝80°﹣30°＝50°，
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB＝（180°﹣50°）＝65°．
03 矩形的性质与判定
1. 矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
2. 矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
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（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
1．（2022秋•吉安县月考）下列说法正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．矩形的对角线相等且互相平分
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
【分析】利用平行四边形的判定，矩形的判定和性质，菱形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项A不符合题意；
B、矩形的对角线相等且互相平分，故选项B符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
2．（2022春•关岭县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则AM的最小值是（ ）
A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2
【分析】AM＝EF＝AP，所以当AP最小时，AM最小，根据垂线段最短解答．
【解答】解：由题意知，四边形AFPE是矩形，
∵点M是矩形对角线EF的中点，则延长AM应过点P，
∴当AP为直角三角形ABC的斜边上的高时，即AP⊥BC时，AM有最小值，
此时AM＝AP，由勾股定理知BC＝＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AP，
∴AP＝，
∴AM＝AP＝＝1.2，
故选：D．
3．（2022春•安新县期末）如图，在矩形COED中，点D的坐标是（1，3），则CE的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
【分析】根据勾股定理求得OD＝，然后根据矩形的性质得出CE＝OD＝．
【解答】解：∵四边形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴OD＝＝，
∴CE＝，
故选：C．
4．（2022•陕西模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，AE⊥BD于E，则EC＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】作EF⊥BC于F，构造Rt△CFE中和Rt△BEF，由已知条件AB＝，BC＝3，可求得∠ADB＝30°，所以Rt△CFE和Rt△BEF都可解，从而求出BE，BF的长，再求出CF的长，在Rt△CFE中利用勾股定理可求出EC的长．
【解答】解：作EF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，AB＝CD＝，∠BAD＝90°．
∴tan∠ADB＝＝，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ABE＝60°，
∴在Rt△ABE中cos∠ABE＝＝＝，
∴BE＝，
∴在Rt△BEF中，cos∠FBE＝＝＝，
∴BF＝，
∴EF＝＝，
∴CF＝3﹣＝，
在Rt△CFE中，CE＝＝．
故选：D．
5．（2022秋•南关区校级期末）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝6，则▱ABCD的面积为 27 ．
【分析】（1）先证四边形BFDE是平行四边形，再由DE⊥AB，可得结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝AD＝2，DE＝AE＝2，再由矩形的性质得BF＝DE＝2，∠ABF＝90°，然后求出AB＝BF＝6，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∵CF＝AE，
∴CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE且DC∥AB，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形BFDE是矩形；
（2）解：∵∠DAB＝60°，AD＝6，DE⊥AB，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝3，DE＝AE＝3，
由（1）得：四边形DFBE是矩形，
∴BF＝DE＝3，∠ABF＝90°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，
∴AB＝BF＝×3＝9，
∴▱ABCD的面积＝AB×DE＝9×3＝27．
故答案为：27．
6．（2022秋•绿园区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，则平行四边形ABCD的面积为 27 ．
【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 AECF为平行四边形，再根据∠AEC＝90°即可得证；
（2）由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，则∠BAE＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF进而即可求得AD即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
又∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，
∵EC∥AF，EC＝AF，
∴四边形AECF为平行四边形，
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
（2）解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵BC∥AD，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB＝6，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，
∴∠BAE＝30°
∴，
∴FD＝BE＝3，
∴AD＝AF+FD＝9，
∴，
故答案为；．
7．（2022秋•皇姑区校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E．
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）连接AE，交CD于点F，当∠ADB＝60°，AD＝2时，直接写出EA的长．
【分析】（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC＝90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
【解答】（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°．
∴四边形ODEC是矩形．
（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝，AO＝3，
∴AC＝6，EC＝，
∴AE＝．
8．（2022•东宝区校级模拟）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AB＝8，BC＝x．连接对角线AC，BD交于点O．过点O作CD的平行线分别交AD，BC于点E，F，连接EC，∠EFC＝90°．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）求tan∠AOE的值（用含x的式子表示）．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB∥CD，而EF∥CD，所以AB∥EF，则∠ABC＝∠EFC＝90°，即可根据矩形的定义证明四边形ABCD是矩形；
（2）由矩形的性质得CO＝AO，由平行线分线段成比例定理得＝＝1，则CF＝BF＝x，OF＝AB＝4，所以tan∠AOE＝tan∠COF＝＝x．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵EF∥CD，
∴AB∥EF，
∴∠ABC＝∠EFC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，BC＝x，
∴CO＝AO，
∵OF∥AB，
∴＝＝1，
∴CF＝BF＝BC＝x，
∴OF＝AB＝×8＝4，
∵∠OFC＝90°，
∴tan∠COF＝＝＝x，
∵∠COF＝∠AOE，
∴tan∠AOE＝x，
∴tan∠AOE的值为x．
04 菱形的性质与判定
1. 菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③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；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=1/2ab．（a、b是两条对角线的长度）
2. 菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB=BC=CD=DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
1．（2022秋•包头期末）如图，某同学剪了两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的交角为60°，则它们重叠部分的面积为（ ）
A．3 B．2 C．3 D．6
【分析】过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE＝AF＝，先证四边形ABCD是平行四边形，再证BC＝CD，则平行四边形ABCD是菱形，得AB＝BC，然后由锐角三角函数定义求出AB＝2，即可解决问题．
【解答】解：过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
则AE＝AF＝，∠AEB＝90°，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF＝60°，S平行四边形ABCD＝BC•AE＝CD•AF，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵sin∠ABE＝＝sin60°＝，
∴AB＝＝＝2，
∴BC＝2，
∴S菱形ABCD＝BC•AE＝2×＝2，
故选：B．
2．（2022秋•李沧区期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD，在其中一张纸条转动的过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A．AD＝CD B．四边形ABCD面积不变
C．AC＝BD D．四边形ABCD周长不变
【分析】设两张等宽的纸条的宽为h，由条件可知AB∥CD，AD∥BC，可证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形的面积公式得到AB＝BC，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：设两张等宽的纸条的宽为h，
∵纸条的对边平行，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵S▱ABCD＝BC•h＝AB•h，
∴BC＝AB，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD．
故选：A．
3．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，CD＝2OB，E为CD延长线上一点，使得DE＝CD，连结BE，分别交AC、AD于点F、G，连结OG，AE，则下列结论：①∠ABC＝120°；②；③四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据菱形的性质得出BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，求出BC＝DC＝BD，根据等边三角形的判定得出△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠BCD＝60°，求出∠ABC＝120°，求出∠BAG＝∠EDG，AB＝DE，根据全等三角形的判定得出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得出AG＝DG，BG＝GE，求出OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），求出四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，根据菱形的判定求出四边形ABDE是菱形即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，
∵CD＝2OB，
∴BC＝DC＝BD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝120°，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，BG＝GE，
∵BO＝DO，AB∥DE，
∴OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），
∵四边形ODEG的面积S＝（DE+OG）h，四边形OBAG的面积S′＝（AB+OG）h，AB＝DE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故②正确，③正确；
∵AG＝DG，BG＝GE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵DE＝CD＝BD，
∴四边形ABDE是菱形，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：A．
4．（2022•龙岩模拟）在平面直角坐标系xOy中，将位于第三象限的点A（α，b）和位于第二象限的点B（m，b+1）先向下平移1个单位，再向右平移h个单位得到点C和点D，连接AD，过点B作AD的垂线l，在l上任取一点E，连接DE，则DE的最小值为2．下列几个结论：
①直线l与y轴平行；
②h＝2；
③四边形ACDB是菱形；
④若点F（S，t）是直线BD上的点，则s+2t＝m+2b+2．其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由平移可得：C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），推出AD∥x轴．再由1⊥AD，x轴⊥y轴，可得出直线l∥y轴，即可判断①；根据垂线段最短，由DE的最小值为2，可得点E与点P重合，可得出h＝2，即可判断②；由平移可得出四边形ACDB是平行四边形，即可判断③；利用待定系数法可得直线BD的解析式为y＝x+b+1+m，再由点F（s，t）是直线BD上的点，即可判断④．
【解答】解：如图，设直线l交AD于点P，
∵A（a，b），B （m，b+1）（a≠m+1）两点同时向右平移h（h＞0）个单位，再向下平移1个单位得到C，D两点（点A对应点C），
一个点向右平移h个单位，则该点的横坐标加h；一个点向下平移1个单位，则该点的纵坐标减1，
∴C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），
∵此时点A和点D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴．
∵AD∥x轴，1⊥AD，x轴⊥y轴，
∴直线l∥y轴，故①正确；
当DE取最小值时，点E与点P重合，即P（m，b），
∵DE的最小值为2，
∴DP＝2，
∴m+h﹣m＝2，
即h＝2，故②正确；
根据平移的性质可知：AC＝BD，AC∥BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，故③错误；
设直线BD的解析式为y＝kx+d（k、d为常数，且k≠0），把B （m，b+1），D（m+2，b）分别代入，
得：，
解得：，
∴直线BD的解析式为y＝x+b+1+m，
∵点F（s，t）是直线BD上的点，
∴t＝s+b+1+m，
∴s+2t＝m+2b+2．故④正确，
综上所述，共有3个正确结论；
故选：C．
5．（2022秋•城关区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AEBD是菱形；
（2）若，求菱形AEBD的面积．
【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD＝AD可得结论；
（2）解直角三角形求出EF的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF＝∠EBF，
∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝EB，
∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD＝AD，
∴四边形AEBD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DCB，
∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，
∴tan∠ABE＝＝3，
∵BF＝，
∴EF＝，
∴DE＝3，
∴S菱形AEBD＝•AB•DE＝×3＝9．
6．（2023•黔江区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE＝AO＝，则EF＝2OE＝2，由菱形面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO＝AC＝1，
∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠AEO＝30°，
∴OE＝AO＝，
∴EF＝2OE＝2，
∴四边形AFCE的面积＝AC×EF＝×2×2＝2．
7．（2022秋•南岗区校级期中）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF．
（1）如图1，求证：四边形EBFD是菱形；
（2）如图2，∠ABC＝90°，AE＝EO，请直接写出图中的所有等边三角形．
【分析】（1）首先利用平行四边形的性质得出AO＝CO，∠AEO＝∠CFO，进而得出△AEO≌△CFO，再利用平行四边形和菱形的判定得出即可；
（2）根据等边三角形的判定解答即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠OCF，∠AEO＝∠OFC，
∴△AEO≌△CFO，
∴OE＝OF，
∴四边形EBDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形，
（2）解：在Rt△ABE和Rt△EOB中，
∵AE＝OE，BE＝BE，
∴Rt△ABE≌Rt△EOB（HL），
∴AB＝OB，AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
同理可证明△COD是等边三角形，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝30°，
∴∠CBO＝30°，
∵∠AEE＝∠OBE＝30°，
∴∠CBO＝30°，
∴∠EBF＝60°，
∴∠BFO＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
同理可证明：△DEF是等边三角形
∴△AOB，△COD，△BEF，△DEF都是等边三角形．
8．（2022秋•绿园区校级期中）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BA⊥AF，BD＝6，BC＝3，则AE＝ ．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得BD⊥AC，AD＝CD，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）求出CD＝3，证明△ADB∽△FAD，由相似三角形的性质得出，求出DF＝DE＝，由勾股定理可求出答案．
【解答】（1）证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD＝CD，
∵DE＝DF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵BD⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：∵BD＝6，BC＝3，
∴CD＝＝3，
∵四边形AECF是菱形，
∴AD＝CD＝3，DE＝DF，
∵∠ABF＝∠ADB＝90°，
∴∠BAD+∠DAF＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠DAF＝∠ABD，
∴△ADB∽△FAD，
∴，
∴AD2＝BD•DF，
∴DF＝，
∴DE＝，
∴AE＝＝＝．
故答案为：．
05 正方形的性质与判定
1.正方形的性质
（1）正方形的定义：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．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②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；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
2. 正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
1．（2022秋•高州市月考）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．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③ D．由①推出③，由③推出②
【分析】根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可．
【解答】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；
菱形的对角线互相垂直，而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形；
正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；
故选：A．
2．（2022春•丹江口市期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，边AB＝BC＝6，点E在AB边上，∠DCE＝45°，DE＝5，则BE长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．2或3
【分析】过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，推出四边形ABCG是正方形，得到∠BCG＝90°，BC＝CG延长AB到BH使BH＝DG，根据全等三角形的性质得到DE＝EH＝BE+DG，利用勾股定理求得BE的长．
【解答】解：如图：过点C作CG⊥AD，交AD的延长线于点G，
∵AB＝BC＝6，
∴四边形ABCG是正方形，
∴∠BCG＝90°，BC＝CG，
∵∠DCE＝45°，
∴∠DCG+∠BCE＝45°，
延长AB到BH使BH＝DG，
在△CDG与△CHB中，
，
∴△CDG≌△CHB（SAS），
∴CH＝CD，∠BCH＝∠GCD，
∴∠DCE＝∠HCE，
在△CEH和△CED中，
，
∴△CEH≌△CED（SAS），
∴DE＝EH＝BE+DG，
设BE＝x，则BH＝DG＝5﹣x，AE＝AB﹣BE＝6﹣x，
∴AD＝AG﹣DG＝6﹣（5﹣x）＝1+x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，
∴（1+x）2+（6﹣x）2＝52，
解得x＝2或3．
∴BE＝2或3．
故选：D．
3．（2022春•襄州区期末）如图，点D，E，F分别是△ABC三边的中点，则下列判断：
①四边形AEDF一定是平行四边形；
②若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是正方形；
③若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形；
④若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形．
正确的是（ ）
A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④
【分析】①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；
②利用AD平分∠A可以判定四边形AEDF是菱形而非正方形，可得②的结论错误；
③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出DE＝DF，从而得出四边形AEDF是菱形；
④∠A＝90°，则根据①的结论可得四边形AEDF是矩形．
【解答】解：①∵D是BC的中点，E是AB的中点，
∴DE∥AC．
∵D是BC的中点，F是AC的中点，
∴DF∥AB．
∴四边形AEDF是平行四边形．
∴①正确；
②如图，
由①知：AE∥DF，
∴∠EAD＝∠ADF．
若AD平分∠BAC，
则∠EAD＝∠FAD．
∴∠FAD＝∠ADF，
∴AF＝FD，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴②不正确；
③如图，
若AD⊥BC，
∵D是BC的中点，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴AB＝AC．
∵AD⊥BC，E是AB的中点，
∴DE＝AB．
同理：DF＝AC，
∴DE＝DF．
由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴③正确；
④若∠A＝90°，如图，
由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④，
故选：C．
4．（2022春•临沭县期末）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（ ）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的；
④四边形OPFN是正方形．
A．①②③ B．①③ C．①③④ D．②④
【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确；
④由正方形的判定可得出结论．
【解答】解：①如图，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM＝BM＝PM，
∴BM≠PM
∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，
∴BD＝x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴点P在AC上，
∴PE＝EF，
∴PE＝BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO＝BD，
∵M为BO的中点，
∴BM＝BD＝x，
∵E为BC的中点，
∴BE＝BC＝x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG＝BM＝x，
∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝x2，
∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的．
∵E、F是BC，CD的中点，
∴S△CEF＝S△CBD＝S四边形ABCD，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣﹣﹣）＝．
故③正确．
由①可知△DNF和△CEF都是等腰直角三角形，
∴∠NDF＝∠EFC＝45°，
∴∠NOP＝∠ONF＝∠NFP＝90°，
∴四边形OPFN是矩形，
又∵N是OD的中点，
∴ON＝DF，
∵DN＝NF，
∴ON＝FN，
∴四边形OPFN是正方形．
故④正确．
故选：C．
5．（2022•南京模拟）如图，正方形ABCD中，动点E在AC上，AF⊥AC，垂足为A，AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF＝DE；
（2）当点E运动到AC中点时（其他条件不变），四边形AFBE是正方形吗？请说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF＝DE；
（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵AF⊥AC，
∴∠EAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
在△ADE和△ABF中，
，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴BF＝DE；
（2）解：当点E运动到AC的中点时四边形AFBE是正方形，
理由：点E运动到AC的中点，AB＝BC，
∴BE⊥AC，BE＝AE＝AC，
∵AF＝AE，
∴BE＝AF＝AE，
又∵BE⊥AC，∠FAE＝∠BEC＝90°，
∴BE∥AF，
∵BE＝AF，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∵∠FAE＝90°，AF＝AE，
∴四边形AFBE是正方形．
6．（2022秋•市中区校级月考）如图，在正方形ABCD和平行四边形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）求证：四边形BEFG是矩形；
（2）PG与PC的夹角为 90° 度时，四边形BEFG是正方形，请说明理由．
【分析】（1）由正方形ABCD，易得∠EBG＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可证得四边形BEFG是矩形；
（2）首先作辅助线：延长GP交DC于点H，根据正方形与平行四边形的性质，利用AAS易得△DHP≌△FGP，则有HP＝GP，当∠CPG＝90°时，利用SAS易证△CPH≌△CPG，根据全等三角形与正方形的性质，即可得BG＝GF，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱BEFG是菱形，而∠EBG＝90°，即得四边形BEFG是正方形．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝90°，
∴平行四边形BEFG是矩形．
（2）90°；
理由：延长GP交DC于点H，
∵正方形ABCD和平行四边形BEFG中，AB∥DC，BE∥GF，
∴DC∥GF，
∴∠HDP＝∠GFP，∠DHP＝∠FGP，
∵P是线段DF的中点，
∴DP＝FP，
∴△DHP≌△FGP，
∴HP＝GP，
当∠CPG＝90°时，∠CPH＝∠CPG，
∵CP＝CP，
∴△CPH≌△CPG（SAS），
∴CH＝CG，
∵正方形ABCD中，DC＝BC，
∴DH＝BG，
∵△DHP≌△FGP（SAS），
∴DH＝GF，
∴BG＝GF，
∴▱BEFG是菱形，
由（1）知四边形BEFG是矩形，
∴四边形BEFG是正方形．
故答案为：90°．
7．（2022•浑南区二模）（1）问题情境：如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG＝FG；
②当CE＝3时，则CG的长为 4或7.2 ．
（2）思维深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，请直接写出AD的长．
【分析】（1）①由折叠得AF＝AB，∠B＝∠AFE＝90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②设CG＝x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；
（2）由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D＝90°，
由折叠得：∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB，
∴AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△ADG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL），
∴DG＝FG；
②解：分两种情况：
如图1，点E在边BC上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝6﹣x，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3，
∴EG＝EF+FG＝3+6﹣x＝9﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（9﹣x）2，
∴x＝4，
∴CG＝4；
如图2，点E在边BC的延长线上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝x﹣6，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3+6＝9，
∴EG＝EF﹣FG＝9﹣（x﹣6）＝15﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（15﹣x）2，
∴x＝7.2，
∴CG＝7.2；
综上所述，CG的长是4或7.2；
故答案为：4或7.2；
（2）解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD＝∠EAB，∠DAC＝∠GAC，∠E＝∠G＝90°，AE＝AG＝AD，BD＝EB＝+1，DC＝CG＝﹣1，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAG＝90°，
∴∠EAG＝∠E＝∠G＝90°，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，则BF＝x﹣（+1）＝x﹣﹣1，CF＝x﹣（﹣1）＝x﹣+1，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2＝BC2，
即（x﹣﹣1）2+（x﹣+1）2＝（+1+﹣1）2，
解得：x＝+或x＝﹣（舍去），
∴AD＝+．
8．（2022春•南谯区校级月考）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
连接EG，
∴EG＝＝＝3，
∴DE＝EG＝3．
∴正方形DEFG的边长为3．
06 中点四边形
1．（2023春·八年级课时练习）如图所示，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，使四边形EFGH为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A．AB∥CD且AB=DC B．AB=CD且AC⊥BD
C．AB∥CD且AC⊥BD D．AC=BD且AC⊥BD
【答案】D
【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：使四边形EFGH为正方形，应添加的条件分别是AC=BD且AC⊥BD．
理由：∵顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，
∴EF∥AC，EF=12AC，GH∥AC，GH=12AC，
EH∥DB，EH=12DB，FG∥DB，FG=12DB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC=BD，
∴EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵EF∥AC，
∠FMO=90°，
∵EH∥DB，
∴∠FEH=90°，
∴菱形EFGH是正方形．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接AC、BD，构造平行线．
2．（2022秋·广东清远·九年级统考期中）如图，四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、DC、CA、DB的中点，若中点四边形EHFG是菱形，那么原四边形ABCD满足什么条件（ ）
A．AD=BC B．AC⊥BD
C．AC=BD D．∠DAB+∠ABC=90°
【答案】A
【分析】利用菱形的性质可知：EH=HF=FG=GE，再由三角形中位线定理可知：EH=12AD，HF=12BC，FG=12AD，GE=12BC，所以原四边形ABCD满足条件AD=BC时，可以证明四边形EHFG是菱形．
【详解】解：∵四边形EHFG是菱形，
∴EH=HF=FG=GE，
∵E、F、G、H分别是AB、DC、CA、DB的中点，
∴EH=12AD，HF=12BC，FG=12AD，GE=12BC，
∴AD=BC，
即当原四边形ABCD满足条件AD=BC时，可以证明四边形EHFG是菱形．
故选：A
【点睛】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是掌握三角形中位线定理及菱形的性质．
3．（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【答案】概念理解：D；性质探究：①AC=BD，②AC⊥CD；问题解决：见解析；拓展应用：（1）MN=22AC，理由见解析；（2）22
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MN∥BG，MN=12BG，
RL∥BG，RL=12BG，
RN∥CE，RN=12CE，
ML∥CE，ML=12CE，
∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
AE=AB∠EAC=∠BAGAC=AG，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=12BG，RN=12CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=22AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN=FM2+FN2=2FM2=2FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=12AC，
∴MN=22AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON）≥ 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD≥2MN，
由拓展应用（1）知：MN=22AC；
又∵AC=2，
∴MN=2，
∴AB+CD的最小值为22．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
4．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
AP=BP∠APC=∠BPDPC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=12AC，FG=12BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
07 四边形与最值问题
1．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，点E是边AB上任意一点(端点除外)，线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
(1)求证：AF=EF；
(2)求MN+NG的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF=EF，CF=AF，从而求证结论；
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到MN+NG=12(AF+CF)，当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；
（2）解：连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF,NG=12CF，即
MN+NG=12(AF+CF)
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，
即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为12．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在□ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作AG∥DB交CB的延长线于点G．
(1)求证：DE∥BF；
(2)当△ABD满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若BE=2，∠DEB=120°，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求PF+PM的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形，证明见解析
(3)3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB∥CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形AGBD是矩形，根据直角三角形的性质得到ED=EB，证明结论；
（3）连接EM交BD于P，根据轴对称的性质证明此时PF+PM的值最小，根据等边三角形的性质计算即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形．
理由：∵∠ADB=90°，又E为边AB的中点，
∴ED=EB，又四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
（3）连接EF，连接EM交BD于P，
∵四边形DEBF是菱形，
∴点E和点F关于BD轴对称，此时PF+PM的值最小，
∵四边形DEBF是菱形，∠DEB=120°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，又BE=2，
∴EM=3，即PF+PM的最小值为3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，轴对称变换的性质以及等边三角形的性质的综合运用，掌握相关的判定定理和性质定理、正确作出辅助性是解题的关键．
3．（2021春·河北沧州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝2BC，理由见解析；（3）25
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝12AB，CF＝12CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形；
（2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝12AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝2BC时，由BC＝AC，AB＝2BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝12AB＝AE，故矩形AECF为正方形；
（3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE＝12AB，CF＝12CD，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵BC＝AC，E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形；
（2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形，
理由：∵BC＝AC，∠B＝45°，
∴∠BAC＝∠B＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∵E为AB的中点，
∴EC＝12AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形，
或②当AB＝2BC时，矩形AECF为正方形，
理由：∵BC＝AC，AB＝2BC，
∴AC2+BC2＝2BC2，
AB2＝（2BC）2＝2BC2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ACB为直角三角形，
∵E为AB的中点，
∴EC＝12AB＝AE，
∴矩形AECF为正方形；
（3）解：连接EF，连接FM交AC于P，
∵四边形AECF为正方形，
∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM，
在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4，
∴FM＝CM2+CF2=25
∴PE+PM最小值为25．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
4．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线PB折叠，得到△EBP．
（1）请在备用图上用没有刻度的直尺和圆规，在边AD上作出一点P，使BE平分∠PBC，并求出此时△BEC的面积；（作图要求：保留作图痕迹，不写作法．）
（2）连接CE并延长交线段AD于点Q，则AQ的最大值为__________．（直接写出答案）
【答案】（1）画图见解析，154；（2）1
【分析】（1）作等边ΔABE，作BP平分∠ABE，连接PE，点P即为所求作．
（2）由题意，BE=BA，可知点E的运动轨迹是⊙B，当EC与⊙B相切时，AQ的值最大，此时P，Q重合，利用相似三角形的性质求出PD，即可解决问题．
【详解】解：（1）如图，点P即为所求作．
过点E作EH⊥BC于H，
由作图可知，∠EBC=30°，
∴EH=12BE=32，
∴SΔBCE=12⋅BC⋅EH=12×5×32=154．
（2）如图2中，由题意，BE=BA，可知点E的运动轨迹是⊙B，
当EC与⊙B相切时，AQ的值最大，此时P，Q重合，
∵∠BEC=90°，BC=5，BE=AB=3，
∵EC=BC2−BE2=52−32=4，
∵AD//BC，
∴∠BCE=∠CPD，
∵∠BEC=∠D=90°，
∴ΔBCE∽ΔCPD，
∴ CEPD=BECD，
∴ 4PD=33，
∴PD=4，
∴AQ的最大值=5−4=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，矩形的性质，角平分线的性质，翻折变换，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
5．（2020·湖北武汉·校考模拟预测）已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，点E、F分别在边AD、AB上，将△AEF沿EF折叠，使得点A的对应点A’恰好落在边CD上．
（1）延长CB、A′F交于点H，求证：A'HAE=A'CDE；
（2）若A′点为CD的中点，求EF的长；
（3）AA′交EF于点G，再将四边形纸片BCA′F折叠，使C点的对应点C′恰好落在A′F上，折痕MN分别交边CD、BC于点M、N，连接C′G，则C′G的最小值为______．
【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝72120；（3）32．
【分析】（1）如图1中，延长CD到T，使得DT＝DE，连接TE．证明△A′HC∽△EQ′T，可得结论．
（2）如图2中，延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，交AB于H，连接A′B、BD，CF．想办法求出EH，FH，再利用勾股定理即可解决问题．
（3）注意到G为AA'的中点，于是可知G点的高度终为菱形高度的一半，同时注意到G在∠AFA'的角平分线上，因此作GH⊥AB于H，GP⊥A'F于P，则GP＝GH，根据垂线段最短原理可知GH就是所求最小值．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到T，使得DT＝DE，连接TE．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DT∥AB，∠A＝∠C＝60°，
∴∠TDE＝∠A＝60°，
∵DT＝DE，
∴△DET是等边三角形，
∴∠T＝∠C＝60°，
∵∠EA′F＝∠A＝60°，
∴∠TA′E+∠CA′H＝120°，
∵∠CA′H+∠A′HC＝120°，
∴∠TA′E＝∠A′HC，
∴△A′HC∽△EQ′T，
∴A'HA'E＝A'CET，
∵ET＝DE，AE＝A′E，
∴A'HAE＝A'CDE．
（2）解：如图2中，延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，交AB于H，连接A′B、BD，CF．
∵∠A＝60°，四边形ABCD是菱形，
∴∠MDF＝60°，
∴∠MFD＝30°，
设MD＝x，则DF＝2x，FM＝3x，
∵DG＝1，
∴MG＝x+1，
∴（x+1）2+（3x）2＝（2﹣2x）2，
解得：x＝0.3，
∴DF＝0.6，AF＝1.4，
∴AH＝12AF＝0.7，FH＝AF•sin∠A＝1.4×32＝7310，
∵CD＝BC，∠C＝60°，
∴△DCB是等边三角形，
∵A′是CD的中点，
∴BA′⊥CD，
∵BC＝2，A′C＝1，
∴BA′＝3，
设BE＝y，则A′E＝2﹣y，
∴（3）2+y2＝（2﹣y）2，
解得：y＝0.25，
∴AE＝1.75，
∴EH＝AE﹣AH＝1.75﹣0.7＝1.05，
∴EF＝EH2+FH2＝1.052+(7310)2＝72120．
（3）解：如图3中，过点G作GH⊥AB于H，过点G作GP⊥A'F于P，过点A′作A'Q⊥AB于Q．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，
∴A'Q＝DR，
∵∠BAD＝60°，
∴A'Q＝3
∵A'与A关于EF对称，
∴EF垂直平分AA'，
∴AG＝A'G，∠AFE＝∠A'FE，
∴GP＝GH，
又∵GH⊥AB，A'Q⊥AB
∴GH∥A'B，
∴GH＝12A'Q＝32，
所以GC'≥GP＝32，当且仅当C'与P重合时，GC'取得最小值32．
故答案为32．
【点睛】本题主要考查了四边形综合，结合相似三角形的判定与性质，勾股定理计算是解题的关键．
08 四边形与动点问题
1．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，CD=3，AC=4．动点P从点A出发沿AD以1cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以4cm/s速度沿射线CB运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒t>0．
(1)CB的长为______．
(2)用含t的代数式表示线段QB的长．
(3)连接PQ，
①是否存在t的值，使得PQ与AC互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得PQ与AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(4)若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请直接写出t的值．
【答案】(1)5
(2)QB=5−4t0
(3)①不存在，理由见解析；②存在，t的值为53
(4)t的值为12或2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AB=DC=3，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得CQ=4t，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意分两种情况讨论即可：当点Q在线段BC上时和当点Q在线段CB的延长线上时；
（3）①连接PC，AQ，假设PQ与AC互相平分，则可得四边形APCQ是平行四边形，进而可得AP=CQ，解得即可到答案；
②连接PB，AQ，假设PQ与AB互相平分，则可得四边形APBQ是平行四边形，进而可得AP=BQ，解得即可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时和当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC=3，
∵∠BAC=90°，
∴BC=AC2+AB2=42+32=5，
故答案为：5；
（2）在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
由题意得，CQ=4t，
当点Q与点B重合时，4t=5，
∴t=54s，
当点Q在线段BC上时，QB=BC−CQ=5−4t，
当点Q在线段CB的延长线上时，QB=CQ−BC=4t−5，
综上所述，QB=5−4t0
（3）①不存在，理由如下：
如图，连接PC，AQ，
若PQ与AC互相平分，则四边形APCQ是平行四边形，
∴AP=CQ，
∵AP=t，CQ=4t，
∴t=4t，
解得t=0（不合题意），
∴不存在t的值，使得PQ与AC互相平分；
②存在，
如图，连接PB，AQ，
若PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴t=4t−5，
∴t=53s，
∴当t=53s时，PQ与AB互相平分；
（4）当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时，如图，
由对称得，∠PAQ=∠P'AQ，
∵AD∥BC，
∴∠PAQ=∠AQB，
∴∠P'AQ=∠AQB，即∠BAQ=∠AQB，
∴BQ=AB=3，
∴CQ=BC−BQ=2，
∴4t=2，
解得t=12；
当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时，如图，
由对称得，∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠4
∴∠3=∠4，
∴BQ=AB=3，
∴CQ=BC+BQ=8，
∴4t=8，
解得t=2，
综上所述，t的值为12或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
2．（2022秋·山东聊城·八年级校考期末）已知正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=8，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．动点P以每秒2个单位速度从点B出发沿线段BC方向运动，动点Q同时以每秒8个单位速度从B点出发沿正方形的边BA−AD−DC−CB方向顺时针作折线运动，当点P与点Q相遇时停止运动，设点P的运动时间为t．
(1)当运动时间为__ 秒时，点P与点Q相遇；
(2)当BQ∥PD时，求线段DQ的长度；
(3)连接PA，当△PAB和△QAD全等时，求t的值．
【答案】(1)3.2
(2)3.2
(3)t为0.8或83
【分析】（1）先判断出点P，Q相遇时，必在正方形的边BC上，利用运动路程之和为正方形的正常建立方程即可；
（2）先判断出四边形BQDP是平行四边形，得出BP=DQ，进而表示出BP，DQ，用BP=DQ建立方程求解即可；
（3）分点Q在正方形的边AB，AD，CD，BC上，建立方程求解即可得出结论；
【详解】（1）解：∵点P的运动速度为2，BC=8，
∴点P运动到点C的时间为4，
∵点Q的运动速度为8，
∴点Q从点B出发沿BA−AD−DC−CB方向顺时针作折线运动到点C的时间为(8+8+8)÷8=3，∴点P，Q相遇时在边BC上，
∴2t+8t=4×8=32，
∴t=3.2，
故答案为3.2；
（2）解：如图1，
∵BQ//PD，
∴点Q只能在边AD上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴四边形BQDP是平行四边形，
∴BP=DQ，
∴2t=2×8−8t，
∴t=1.6，
∴DQ=2×8−8t=3.2；
（3）解：①当点Q在边AB上时，如图2，
∵AB=AD，∠ABP=∠DAQ，要使ΔPAB和ΔQAD全等，只能是△PAB≅△QDA，
∴BP=AQ，
∵AQ=8−8t，BP=2t，
∴8−8t=2t，
∴t=0.8，
②当点Q在边AD时，不能构成△QAD，
③当点Q在边CD上时，如图3，
同①的方法得，要使△PAB和△QAD全等，只能是△PAB≅△QAD，
∴BP=DQ，
∴2t=8t−16，
∴t=83，
④当点Q在边BC时，△QAD不是直角三角形，而△PAB是直角三角形，所以，不能全等；
即：当PAB和△QAD全等时，t的值为0.8或83；
【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论．
3．（2023秋·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，CD⊥AD于点D，且AD=8，BC=6，CD=2，动点P从点A出发，沿射线AD方向以每秒2个单位长度的速度平移．过点P作PQ垂直于直线AB，垂足为点Q，设点P平移的时间为t秒．
(1)当t= 时PQ经过点B；
(2)△ APQ与四边形ABCD重叠部分的面积为S．请写出S与t的关系式，并写出t的取值范围；
(3)如图2，当P经过D时，将△ CDQ绕点P逆时针针旋转α度(0°≤α<180°)，记旋转后的△ CDQ为△C'Q'D，C、Q的对应点分别是C'、Q'．直线D Q'、直线C' D和直线AB分别交于N、M．在整个旋转过程中，△ DMN能否为等腰三角形？若存在，请直接写出此时旋转角度α的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)S=t2(0
(3)存在，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°
【分析】（1）如图1中，作BH⊥AD于H．则四边形BHDC是矩形，BC=DH=6，BH=CD=2．求出AP的长即可解决问题；
（2）分四种情形①如图2中，当0
（3）观察图6，图7，图8，图9可知，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°．
【详解】（1）解：如图1中，作BH⊥AD于H．则四边形BHDC是矩形，BC=DH=6，BH=CD=2．
∴AH=AD−DH=8−6=2，
∴AH=BH=2，
∴∠A=45°，
∵PB⊥AB，
∴∠A=∠BPA=45°，
∴BA=BP，
∵BH⊥AP，
∴AH=HP=2，
∴AP=4=2t，
∴t=2．
故答案为2.
（2）①如图2中，当0
②如图3中，当2
S=2t+2t−4⋅2÷2=4t−4．
③如图4中，当4
S=S梯形ABCD−S△MNC
=12×(6+8)×2−12⋅(10−2t)2=−2t2+20t−36
④如图5中，当t>5时，重叠部分是梯形ABCD，S=14
综上所述，S=t2(0
（3）能．理由如下：
①如图6中，
∵PQ⊥AB，∠A=45°，
∴当α=0°时，△DMN是等腰直角三角形．
②如图7中，DN=DM,∠MDQ=∠QDN=∠ADN=22.5°，
即当α=22.5°时，△DMN是等腰三角形．
③如图8中，当α=45°时，△DMN是等腰三角形．
④如图9中，PM=PN,∠ADM=22.5，则∠CDC'=90°+22.5°=112.5°，
即当α=112.5°时，△DMN是等腰三角形．
综上所述，满足条件的α的值为0°或22.5°或45°或112.5°．
【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，灵活运用所学知识解决问题，注意不能漏解．
4．（2022秋·江西抚州·九年级校考期末）如图，在△ABD中，AB=AD，AO平分∠BAD，过点D作AB的平行线交AO的延长线于点C，连接BC．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如果OA，OB(OA>OB)的长(单位：米)x2−7x+12=0的两根，求AB的长以及菱形ABCD的面积；
(3)在（2）的条件下，若动点M从A出发，，沿AC以2米/秒的速度匀速直线运动到点C，动点N从B出发，沿BD以1米/秒的速度匀速直线运动到点D，当M运动到C点时，运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面积为2米2
【答案】(1)见解析
(2)5米，24平方米；
(3)1秒或4秒
【分析】（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；
（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；
（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC=∠DCA，
∴△ACD是等腰三角形，AD=DC，
又∵AB=AD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：解方程x2−7x+12=0，得，x1=4，x2=3
∴OA=4，OB=3，
利用勾股定理AB=OA2+OB2=5，
∴AC=2OA=8,BD=2OB=6，
∴S菱形ABCD= 12AC×BD=12×8×6 =24平方米．
（3）解：在第(2)问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后，△MON的面积2m2，
当点M在OA上时，x<2，S△MON= 12 (4−2x)(3−x)=2，
解得x1=1，x2=4 (大于2，舍去)；
当点M在OC上且点N在OB上时，2
∴原方程无解；
当点M在OC上且点N在OD上时，即3
解得x1=4，x2=1 (小于3，舍去)．
综上所述：M，N出发1秒或4秒钟后，△MON的面积为2m2．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，菱形的面积计算方法，分类讨论的数学思想．
5．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=10，AB和CD之间的距离是8，动点P在线段AB上从点A出发沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速运动；动点Q在线段BC上从点B出发沿BC的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，过点P作PE⊥AB，交线段AD于点E，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒0
(1)当BE平分∠ABC时，求t的值；
(2)连接PQ，CE，设四边形PECQ的面积为S，求出S与t的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使得CE∥QP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)125
(2)S=−3415t2−85x+121625
(3)存在，41−48110
【分析】（1）过点D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质求出AE，再证明AE=AB，构建方程求解即可．
（2）过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，根据△AEP∽ADH得APAH=PEHD，进行计算得PE=83t，根据CD∥AB得∠CDF=∠A，根据∠AHD=90°，得△CDF∽△DAH，即可得DFAH=CDAD=CFDH，进行计算得CF=325，DF=245，同法可证△BQG∽△ADH，
则BQAD=QGDH，计算得QG=45t，根据S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC，进行计算求解即可．
（3）连接EC，PQ，根据四边形ABCD是平行四边形得∠D=∠B，AD∥BC，即可得∠DEC=∠ECB，根据CE∥QP得∠PQB=∠ECB，即可得∠CEQ=∠PQB，即可判定△EDC∽△PBQ，得CDPB=DEBQ，88−2t=10−103tt，进行计算求解即可．
【详解】（1）解：如图1所示，过点D作DH⊥AB于H，
∴DH=8，
∴AH=AD2−DH2=102−82=6，
∵PE⊥AB，DH⊥AB，
∴PE∥DH，
∴△AEP∽△ADH，
∴APAH=AEAD，
由运动知，AP=2t，
∴2t6=AE10，
∴AE=103t，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠AEB=∠EBC，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB，
∴103t=8，
∴t=125．
（2）解：如图2所示，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，
∵△AEP∽ADH，
∴APAH=PEHD，
∴2t6=PE8，
∴PE=83t，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠A，
∵∠AHD=90°，
∴△CDF∽△DAH，
∴DFAH=CDAD=CFDH，
∴DF6=810=CF8，
∴CF=325，DF=245，
同法可证△BQG∽△ADH，
∴BQAD=QGDH，
∴QG=45t，
∴S=S▱ABCD−S△APE−S△PBQ−S△DEC
=64−12×2t×83t−12(8−2t)×45t−12×245×325
＝−3415t2−85t+121625．
（3）存在，
解：如图3所示，连接EC，PQ．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B，AD∥BC，
∴∠DEC=∠ECB，
∵CE∥QP，
∴∠PQB=∠ECB，
∴∠CEQ=∠PQB，
∴△EDC∽△PBQ，
∴CDPB=DEBQ，
∴88−2t=10−103tt，
化简得5t2−41t+60=0，
解得：t1=41+48110（舍去），t2=41−48110，
∴t=41−48110．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点，添加辅助线．
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