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2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题16 四边形综合（二）（原卷版+解析版）
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这是一份2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题16 四边形综合（二）（原卷版+解析版），文件包含专题16四边形综合二原卷版docx、专题16四边形综合二解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共105页， 欢迎下载使用。
【解题策略】
1）垂美四边形
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
【性质】四边形中AC⊥BD，则①S垂美四边形ABCD=12AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
2）中点四边形
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
④顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
3）十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
4）对角线互补模型
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
5）正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长
④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=2OP
(12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
【典例分析】
例1．（2023·辽宁）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE=CF=5，则BG的长为 ．
【答案】6013
【分析】根据题意证明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BGE=90°，
∴∠BGE=∠C，
又∵∠EBG=∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
∴ BGBC=BEBF，
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=BC2+CF2=122+52=13，
∴ BG12=513，
∴ BG=6013．
故答案为：6013．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
例2．（2023·江苏模拟）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．
(1)请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°， ABAC=34，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求AFBD的值．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则CFDE=______．
【答案】(1)CFAE=34
(2)AFBD=1217
(3)2425
【分析】（1）由矩形的性质得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，证明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性质得出CFAE=DCAD=68=34；
（2）过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，根据有三个直角的四边形，即四边形GBKH为矩形，证明△ADH≌△CDKAAS，由全等三角形的性质得出DH=DK，证明△AHD∽△BGA，由相似三角形的性质得出答案；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，证明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，证明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性质得出BMDN=BCCD=34，设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，由勾股定理证出7x=25y，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴∠ADG+∠CDF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠FDC=90°，
∴∠DAG=∠FDC，
∴△DCF∽△ADE，
∴DFAE=DCAD=68=34；
（2）解：过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，
∵∠GBK=∠G=∠HKB=90°
则四边形GBKH为矩形，
∵D为AC的中点，
∴AD=CD，
又∵∠AHD=∠CKD=90°，∠ADH=∠CDK，
∴△ADH≌△CDKAAS，
∴DH=DK，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠HAD=90°，
又∵∠GAB+∠GBA=90°，
∴∠HAD=∠GBA，
∵∠G=∠AHD=90°，
∴△AHD∽△BGA，
∴DHAG=AHBG=ADAB，
∵ABAC=34，AD=CD
∴ADAB=23，
设DH=2y，则BG=4y，AH=83y，
∴BGGH=4y3y+83y=1217，
由（1）知，AFBD=BGGH，
∴AFBD=1217；
（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△BAD≌△BCDSSS
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴BMDN=BCCD=34，
设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，
∴CN=3x+3y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴4y2+3x+3y2=4x2，
解得7x=25y（x=−y舍去），
∴CFDE=CNAD=3x+3y4x=2425，
故答案为：2425．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式演练】
1．（2023·山东）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
2．（2024·江苏模拟）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG=S△APG．以上结论正确的有（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】①正确，证明A、B、F、P四点共圆，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得结论；
②正确，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到 △ABM，利用全等三角形的性质证明即可；
③正确，连接PC，过点P作PQ⊥CF于 Q，过点P作PM⊥CD于 W ，则四边形PQCW是矩形，证明FQ=QC，由PB=2BQ， PD=2PW=2CQ＝2FQ，推出 PB-PD=2 (BQ-FQ)＝2BF；
④错误，由△AEF≅△AMF，推出S△AEF=S△AMF=12FM·AB，因为FM 的长度是变化的，所以△AEF的面积不是定值；
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【详解】解：如图，取AF的中点T，则AT＝TF，连接PT，BT，
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°， ∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BT=AT＝TF＝PT，
∴A、B、F、P四点共圆，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA，
∴PA＝PF，故①正确；
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM＝90° ，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C、B、M共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB +∠DAE=45°，
∴∠FAE＝∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM≅△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正确；
连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作 PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
FB=FB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA≅△PBC（SAS），
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB−PD=2BQ−FQ=2BF，故③正确；
∵△FAM≅△FAE，
∴S△AEF=S△AMF=12FM·AB，
∵FM的长度是变化的，
∴△AEF的面积不是定值，故④错误，
∵A、B、F、P四点共圆，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△FAM≅△FAE，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG∼△FAE，
∴S△APGS△AFE=PAAF2=PA2PA2=12，
∴S四边形PEFG=S△APG，故⑤正确．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
题型02 菱形的性质与判定
【解题策略】
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形.
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
方法总结
1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等.
2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形.
3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算.
4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题，
5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的12 .
【典例分析】
例1．（2023·四川）如图，▱ABCD的面积为12，AC=BD=6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是( )
A. 1B. 32C. 32D. 3
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC=BD，
∴OD=OC，
∵DF//AC，OD//CF，
∴四边形OCFD为菱形，
∴点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，
∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．
过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC于P，则GP//MD，
∵矩形ABCD的面积为12，AC=6，
∴2×12AC⋅DM=12，
即2×12×6⋅DM=12，
解得DM=2，
∵G为CD的中点，
∴GP为△DMC的中位线，
∴GP=12DM=1，
故PG的最小值为1．
故选：A．
先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC于P，则GP//MD，利用平行四边形的面积求解DM的长，再利用三角形的中位线定理可求解PG的长，进而可求解．
本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，三角形的中位线等知识的综合运用，找准PG有最小值时的P点位置是解题的关键．
例2．（2023·北京）如下图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形;
(2)若AB= 5，BD=2，求OE的长．
【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 5，OB=1，
∴OA= AB2−OB2=2，
∴OE=OA=2．
【解析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理有关知识．
(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【变式演练】
1.（2023·江苏）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．
(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明：连接OC，
∵⊙O和底边AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
(2)解：连接DE交OC于点F，
∵四边形ODCE是菱形，
∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF= OD2−OF2= 22−12= 3，
∴DE=2DF=2 3，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
=120π×22360−12OC⋅DE
=4π3−12×2×2 3
=4π3−2 3，
∴图中阴影部分的面积为4π3−2 3．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得OD=CD=CE=OE，即可解答；
(2)连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积，进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2.（2023·四川）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．
(1)求证：AC⊥BD；
(2)若AB=10，AC=16，求OE的长．
【答案】(1)证明：∵∠CAB=∠ACB，
∴AB=CB，
∴▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD；
(2)解：由(1)可知，▱ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOE=90°，
∴OB= AB2−OA2= 102−82=6，
∵BE⊥AB，
∴∠EBA=90°，
∴∠BEO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BEO=∠ABO，
∴△BOE∽△AOB，
∴OEOB=OBOA，
即OE6=68，
解得：OE=92，
即OE的长为92．
【解析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
(1)证AB=CB，得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，再由勾股定理得OB=6，然后证△BOE∽△AOB，得OEOB=OBOA，即可得出结论．
3．（2023·江苏模拟）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE=2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF−PE的最大值为 ．
【答案】3
【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，PF−PE=PF−PM，可知当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，勾股定理求AF=AC2−CF2=33，则FM=13AF，计算求解即可．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，
∴AB=AC=BC=6，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD=CD=BC=AB=6，
∴四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，
∴BO是AC边上的中线，
如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，
∵F是BC的中点，
∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，
∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，
∵DE=2OE，
∴OM=OE，
∵BD⊥AC，
∴PE=PM，AE=AM，
∴PF−PE=PF−PM，
∴当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=AC2−CF2=33，
∴FM=13AF=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
题型03 矩形的性质与判定
【解题策略】
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
方法总结
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
【典例分析】
例1．（2023·浙江）（性质）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.若∠AOB=60°，则ABBC=( )
A. 12
B. 3−12
C. 32
D. 33
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵∠AOB=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC= 3AB，
∴ABBC= 33，
故选：D．
先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO=60°，由直角三角形的性质可求解．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
例2．（2023·上海）（判定）在四边形ABCD中，AD//BC，AB=CD.下列说法能使四边形ABCD为矩形的是( )
A. AB // CDB. AD=BCC. ∠A=∠BD. ∠A=∠D
【答案】C
【解析】【分析】
结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识
并灵活运用是解题的关键．
【解答】
解：A:∵AB//CD，AD//BC，AB=CD
∴四边形ABCD为平行四边形而非矩形，故A不符合题意；
B:∵AD=BC，AD//BC，AB=CD
∴四边形ABCD为平行四边形而非矩形，故B不符合题意；
C:∵AD//BC
∴∠A+∠B=180∘
∵∠A=∠B
∴∠A=∠B=90∘
∵AB=CD，AD//BC
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形ABCD为矩形，故C符合题意；
D:∵AD//BC
∴∠A+∠B=180∘
∵∠A=∠D
∴∠D+∠B=180∘
∴四边形ABCD不一定是矩形，故D不符合题意；
故选C．
例3．（2023·北京）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．
【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2．
【解析】【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= 12 AB= 12 AD=5，得到FG=5，最后BG=AB−AF−FG=2．
【详解】解：(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= 12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中， AF= AE2−EF2= 52−42=3 ．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE= 12 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．
【点睛】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，解题的关键是掌握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．
【变式演练】
1.（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是( )
A. (1,2)B. (−1,2)C. ( 5−1,2)D. (1− 5,2)
【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
∵AB//OC′，
∴∠ABO=∠D′OC′，
∵∠BAO=∠OD′C′=90°，
∴△AOB∽△D′C′O，
∴OAAB=D′C′OD′，
∵将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，
∴OD′=OD=4，D′C′=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2(负值舍去)，
∴CD=2，
连接OC，设BC与OC′交于F，
∴OC= OD2+CD2= 42+22=2 5，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC′，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知，OC′=OC=2 5,EC′=EC=CF−EF=4−EF，
∴C′F=OC′−OF=2 5−2，
∵EF2+C′F2=EC′2，
∴EF2+(2 5−2)2=(4−EF)2，
解得EF= 5−1，
∴E(1− 5,2)，
故选：D．
根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D′C′O，求出AB=CD=2，连接OC，设BC与OC′交于F，然后求出OC=OC′=2 5，得到C′F=2 5−2，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
2.（2023·四川）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为______．
【答案】3 2
【解析】解：如图，连接CP，
∵∠ACB=90°，AC=BC=6，AB= AC2+BC2= 62+62=6 2，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC=∠PEC=90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE=CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP=BP，
∴CP=12AB=3 2，
∴DE的最小值为3 2，
故答案为：3 2．
连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DE=CP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023·浙江）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S−S1−S2的值，只需知道( )
A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S1+S2=12S矩形BCDE，再根据S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S−S1−S2=S△ABC，即可得出结论．
【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，
∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
∴S1=12BE⋅AF,S2=12CD⋅AG，
∴S1+S2=12BEAF+AG=12BE⋅BC=12S矩形BCDE，
又S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，
∴S−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE−12S矩形BCDE=S△ABC，
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S1−S2的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S1+S2=12S矩形BCDE
题型04 正方形的性质与判定
【解题策略】
正方形的性质：
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等.
3）正方形对边平行且相等.
4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
正方形的判定：
1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；
2）矩形+一组邻边相等；
3）矩形+对角线互相垂直；
4）菱形+一个角是直角；
5）菱形+对角线相等.
【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等．
正方形的面积公式： a2＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
【典例分析】
例1．（2023·辽宁）（性质）如图，将正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA顺次延长至E，F，G，H，且使BE=CF=DG=AH，则四边形EFGH是( )
A. 平行四边形
B. 菱形
C. 矩形
D. 正方形
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠FBE=∠GCF=∠HDG=∠EAH=90°，
∵BE=CF=DG=AH，
∴AB+BE=BC+CF=CD+DG=DA+AH，
即AE=BF=CG=DH，
在△FBE和△GCF中，
BE=CF∠FBE=∠GCFBF=CG，
∴△FBE≌△GCF(SAS)，
∴EF=FG，∠BFE=∠CGF，
∵∠GCF=90°，
∴∠CGF+∠GFC=90°，
∴∠BFE+∠GFC=90°，
即∠EFG=90°，
同理可得△GCF≌△HDG，△HDG≌△EAH，△EAH≌△FBE，
∴FG=GH，GH=HE，HE=EF，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
又∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
故选：D．
根据正方形的性质和已知条件可证得△FBE≌△GCF≌△HDG≌△EAH，于是得到EF=FG=GH=HE，可证得四边形EFGH是菱形，再证得∠EFG=90°，即可证明四边形EFGH是正方形．
本题主要考查了正方形的性质与判定．熟知正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；掌握正方形的判定：有一个角是直角的菱形是正方形；四条边相等的矩形是正方形．
例2．（2023·辽宁模拟）（判定）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数y=3x和y=nx的图象的四个分支上，则实数n的值为( )
A. −3B. −13C. 13D. 3
【答案】A
【解析】解：如图，连接正方形的对角线，过点A，B分别作x轴的垂线．垂足分别为C、D，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=BO，∠AOB=∠BDO=∠ACO=90°，
∴∠CAO=90°−∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△OBD(AAS)，
∴S△AOC=S△OBD=32=|n|2，
∵点A在第二象限，
∴n=−3，
故选：A．
本题考查正方形的性质，反比例函数的k的几何意义，熟练掌握以上性质的解题关键．
例3．（2023·湖南模拟）（性质与判定）如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是( )
A. (3,−3)
B. (−3,3)
C. (3,3)
D. (−3,−3)
【答案】C
【解析】解：∵正方形的边长为3，
∴DC=BC=3，
∵点C在第一象限，
∴C的坐标为(3,3)．
故选：C．
由正方形的性质可得DC=BC=3，而点C在第一象限，所以C的坐标为(3,3)．
本题考查正方形的性质和坐标与图形的性质，求出DC、BC的长即可解答．
【变式演练】
1.（2023·福建）添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是( )
A. AB=CDB. AC⊥BD
C. ∠BAD=90°D. AC=BD
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质、正方形的判定.能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【解答】
解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：
(1)有一组邻边相等的矩形是正方形，
(2)对角线互相垂直的矩形是正方形．
∴添加AC⊥BD，能使矩形ABCD成为正方形．
2.（2023·江苏模拟）如图，在正方形ABCD中，AB=3，延长BC至E，使CE=2，连接AE.CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为______ ．
【答案】3 104
【解析】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，AB=3，
∴∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠ACB=∠B=90°，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM=FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM=FN=CM=CN，
设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，
∵CE=2，
∴BE=BC+CE=5，EM=CE−CM=2−a，
∵∠B=90°，FM⊥CE，
∴FM//AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB=EM：BE，
即：a：3=(2−a)：5，
解得：a=34，
∴FN=CN=35，
∴DN=CD−CN=3−34=94，
在Rt△AFN中，DN=94，FN=34，
由勾股定理得：DF= DN2+FN2=3 104．
故答案为：3 104．
过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，BE=5，EM=2−a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
3.（2023·辽宁期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若AC=BD，请你添加一个条件______ ，使四边形ABCD是正方形(填一个即可)．
【答案】AC⊥BD(答案不唯一)
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为：AC⊥BD(答案不唯一)．
直接利用正方形的判定方法直接得出答案．
本题考查了正方形的判定以及平行四边形的性质，正确掌握正方形的判定方法是解题关键．
4．（2022·安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，则MN= ．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
题型05 矩形或正方形的折叠问题
【解题策略】
矩形的折叠问题的常用解题思路：
1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.
4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.
【典例分析】
例1．（2023·浙江）如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④.则DH的长为( )
A. 32B. 85C. 53D. 95
【答案】D
【解析】解：如图，过点M作MG⊥BD于点G，
∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，
∴AB=CD=3，∠C=90°，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 42+32=5，
根据折叠的性质可得，BE=CE=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CE=EH=2，CM=HM，
∴BE=EH=2，
∴△BEH为等腰三角形，∠EBH=∠EHB，
∵∠EBH+∠HDM=90°，
∠EHB+∠DHM=90°，
∴∠HDM=∠DHM，
∴△DHM为等腰三角形，DM=HM，
∴DM=HM=CM=12CD=32，
∵MG⊥BD，
∴DH=2DG，∠MGD=∠BCD=90°，
∵∠MDG=∠BDC，
∴△MGD∽△BCD，
∴DGCD=DMBD，即DG3=325，
∴DG=910，
∴DH=2DG=95．
故选：D．
过点M作MG⊥BD于点G，根据勾股定理求得BD=5，由折叠可知BE=CE=EH=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CM=HM，进而得出BE=EH，∠EBH=∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM=∠DHM，则DM=HM，于是可得DM=HM=CM=12CD=32，由等腰三角形的性质可得DH=2DG，易证明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，根据矩形和折叠的性质推理论证出DM=HM，以此得出点M为CD的中点是解题关键．
例2．（2023·上海）已知：在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠A=90∘，△ABD沿直线BD翻折，点A恰好落在腰CD上的点E处．
(1)如图，当点E是腰CD的中点时，求证：△BCD是等边三角形;
(2)延长BE交线段AD的延长线于点F，联结CF，
如果CE2=DE⋅DC，求证：四边形ABCF是矩形．
【答案】证明：(1)∵△ABD翻折后与△BDE重合，
∴△ABD≌△EBD．
∴∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC．
∴∠BDE=∠DBC．
∴BC=CD．
∵∠A=90∘，
∴∠BED=90∘．
即BE⊥CD．
又点E是腰CD的中点，
∴BD=BC．
∴BD=BC=DC．
即△BCD是等边三角形．
(2)∵AD//BC，
∴CEDE=BCDF．
∵CE2=DE⋅CD，
∴CEDE=CDCE．
又∵BC=CD，
∴DF=CE．
∵△ABD≌△EBD．
∴AD=DE．
∴AD+DF=DE+CE.即AF=DC．
又∵BC=DC，
∴AF=BC．
∵AD//BC，
∴四边形ABCF是平行四边形．
又∵∠A=90∘，
∴平行四边形ABCF是矩形．
【解析】本题主要考查的是翻折变换，全等三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定，平行线分线段成比例，平行四边形的判定，矩形的判定等有关知识．
(1)先根据折叠的性质得到△ABD≌△EBD，进而得到∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.然后利用平行线的性质得到∠ADB=∠DBC，进而得到BC=CD，然后判定出BD=BC即可求证此题；
(2)先利用平行线分线段成比例得到CEDE=BCDF，结合CE2=DE⋅CD，BC=CD，得到DF=CE，再利用全等三角形的性质得到AD=DE，进而得到AF=DC，进而得到AF=BC，从而判定四边形ABCF是平行四边形，结合∠A=90°即可证出此题．
例3．（2023·内蒙古）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
(1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB= ______度；
(2)改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
【答案】30
【解析】解：(1)由折叠可得：AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，
∴BE=12BM，
∴∠EMB=30°；
故答案为：30；
(2)∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴AB=BM，∠A=∠BMP=90°，
∴BC=AB=BM，∠BMQ=∠C=90°，
∵BM=BM，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)；
∴∠MBQ=∠CBQ．
(1)由折叠可得AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，故BE=12BM，从而可得∠EMB=30°；
(2)证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，可得∠MBQ=∠CBQ．
本题考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和正方形性质．
【变式演练】
1.（2023·湖北）如图，有一张矩形纸片ABCD.先对折矩形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，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN.观察所得的线段，若AE=1，则MN=( )
A. 32B. 1C. 2 33D. 2
【答案】C
【解析】解：∵对折矩形ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，
∵折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，
∴BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，
∴BE=12BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠EBN=60°，
∴∠ABM=∠MBN=30°，
∴MN= 33BN=2 33，
故选：C．
根据折叠的性质得到AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，求得BE=12BN，根据直角三角形的性质得到∠BNE=30°，求得∠EBN=60°，于是得到结论．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
2.（2023·上海）如图5，将矩形ABCD纸片沿对角线AC折叠，点B落在点E处，EC与边AD相交于点F.如果AD=2AB，那么∠DCF的正弦值等于______．
【答案】35
【解析】解：如图，
根据折叠的性质得，EC=BC，AE=AB，∠ACB=∠ACE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠ACE=∠CAD，
∴AF=CF，
∴AD−AF=CE−CF，
即DF=FE，
∵AD=BC=2AB，
∴CF=2CD−DF，
在Rt△CDF中，DF2+CD2=CF2，
∴DF2+CD2=(2CD−DF)2，
∴CD(3CD−4DF)=0，
∴CD=0或3CD−4DF=0，
∴CD=0(舍去)，CD=43DF，
∴CF=2CD−34CD=54CD，
∵sin∠DCF=DFCF=35，
故答案为：35．
根据折叠的性质及矩形的性质推出AF=CF，进而推出DF=FE，根据勾股定理推出CD=43DF，根据锐角三角函数求解即可．
此题考查了折叠的性质，熟记折叠的性质是解题的关键．
3.（2023·辽宁）在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，点M是边AD上一点(点M不与点A，D重合)，连接CM，将△CDM沿CM翻折得到△CNM，连接AN，DN.当△AND为等腰三角形时，DM的长为______．
【答案】53或154
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=5，BC=6，
∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，
设DN与CM交于点T，
由翻折的性质得：DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，
∵△AND为等腰三角形，
∴有以下两种情况：
①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，如图：
设DM=x，DT=y，则NM=x，NT=y，
∴DN=AN=2y，MH=DH−DM=3−x，
在Rt△ANH中，AN=2y，AH=3，
由勾股定理得：HN2=AN2−AH2=4y2−9，
在Rt△MNH中，MH=3−x，NM=x，
由勾股定理得：HN2=MN2−MH2=x2−(3−x)2=6x−9，
∴4y2−9=6x−9，
即：y2=32x，
在Rt△CGM中，CD=5，DM=x，
由勾股定理得：CM2=CD2+DM2=25+x2，
∵S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT，
∴CD⋅DM=CM⋅DT，
即：5x=CM⋅y，
∴25x2=CM2⋅y2，
即：25x2=(25+x2)⋅y2，
将y2=32x代入上式得：25x2=(25+x2)⋅32x，
∵x≠0，
∴25x=(25+x2)⋅32，
整理得：3x2−50x+75=0，
解得：x1=53，x2=15(不合题意，舍去)，
∴DM的长为53．
②当DN=AD时，则DN=6，如图：
∴DT=TN=3，
设DM=x，MT=y，
在Rt△CDT中，CD=5，DT=3，
由勾股定理得：CT= CD2−DT2=4，
∴CM=CT+MT=4+x，
在Rt△DTM中，DT=3，MT=y，DM=x，
由勾股定理得：DM2=DT2+MT2，
即：x2=y2+9，
∵S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT，
∴CD⋅DM=CM⋅DT，
即：5x=3(4+y)，
整理得：y=53x−4，
将y=53x−4代入x2=y2+9，得：x2=(53x−4)2+9，
整理得：16x2−120x+225=0，
即：(4x−15)2=0，
∴x=154．
∴DM的长为154．
综上所述：DM的长为53或154．
由矩形的性质得CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，设DN与CM交于点T，由翻折的性质得DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，分两种情况讨论如下：
①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，设DM=x，DT=y，则NM=x，NT=y，DN=AN=2y，MH=3−x，由勾股定理得HN2=AN2−AH2=MN2−MH2，进而得4y2−9=x2−(3−x)2，整理得y2=32x，而CM2=25+x2，再由S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT得25x2=CM2⋅y2，将CM2=25+x2，y2=32x代入上式可解出x，进而可得DM的长；
②当DN=AD时，则DN=6，DT=TN=3，设DM=x，MT=y，由勾股定理求出CT=4，则CM=4+x，在Rt△DTM中，由勾股定理得x2=y2+9，再由S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT得y=53x−4，然后将y=53x−4代入x2=y2+9之中解出x即可得DM的长．
此题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，图形的翻折及性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的性质，图形的翻折及性质是解答此题的关键，灵活运用勾股定理及三角形的面积构造方程，及分类讨论是解答此题的难点，漏解是易错点．
4.（2023·江苏）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=2AB，小天用该A4纸玩折纸游戏．
游戏1折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G.展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点．
游戏2在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明：由折叠的性质可得AF⊥BD，
∴∠AGB=90∘，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90∘，
∴∠BAG=∠ADB=∠GBF，
∵AD=2AB，
设AB=a，则AD=2a，BD=3a，
∴sin∠BAG=sin∠ADB，
即BGAB=ABBD，
∴BGa=a3a，
解得BG=33a，
根据勾股定理可得AG=63a，
cs∠GBF=cs∠BAG，
即BGBF=AGAB，
∴33aBF=63aa.
解得BF=22a，
∵BC=AD=2a，
∴BF=12BC，
∴点F为BC的中点．
(2)解：∠AGH=120∘，理由如下：
连接HF，如图：
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，
∴∠FBH=∠FHB，
∴∠GBH=∠BHF，
∴BD//HF，
∴∠DGH=∠GHF，
由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，
∴∠AGD=90∘，
设AB=a，则AD=2a=BC，BF=HF=22a，
∴BG=33a，
∴GF=66a，
在Rt▵GFH中，tan∠GHF=GFHF=66a22a=33，
∴∠GHF=30∘，
∵BD//HF，
∴∠DGH=30∘，
∴∠AGH=∠AGD+∠DGH=90∘+30∘=120∘.
【解析】1.
由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再设AB=a，然后表示出AD、BD，再由锐角三角函数求出BF即可；
2.
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，从而可得出∠GBH=∠BHF，进而得到BD//HF，∠DGH=∠GHF，由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在Rt▵GFH中求出∠GHF的正切值即可解答．
本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
题型06 特殊四边形（菱形、矩形、正方形）的多结论问题
【典例分析】
例1．（2021·山东）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正确；
若MD=2AM，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正确；
故选：D．
例2．（2023·山东模拟）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
【变式演练】
1．（2022·四川）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为22−2．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】
如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确；
∴△BCF≅△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF≅△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确；
如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
∴△ABP≅△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③错误；
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP∼△CQF，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ∼△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE≅△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD−BH=22−2，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
2．（2021·四川）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2023·四川模拟）如图1，将一张菱形纸片ABCD∠ADC>90°沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②AC⊥AB；③∠CDA=90°；④BB'=3AB．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形ABB'C是矩形可判断①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判断③；根据勾股定理可判断④．
【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B于点E，
由旋转的性质，得DB'=DB，
∴∠BDE=∠B'DE=12a=∠ADB，∠DEB=90°，
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四边形ABB'C是平行四边形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°−90°=90°，
∴四边形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正确；
∵∠DAB=45°，
∴∠DAC=45°，
∵AD=CD，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠CDA=90°；故③正确，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=2AD=2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=2AB，故④错误，
∴正确的有①②③，
故答案为①②③．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
1．（2023·重庆）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）
A．2αB．90°−2αC．45°−αD．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
AF=AH∠FAE=∠HAEAE=AE，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．（2023·黑龙江）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．
(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
3.（2023·山东）如图，在□ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE、CE，过点C作CF // BE，交EO的延长线于点F，连接BF.若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为 ．
【答案】24
【解析】略
4.（2023·山东）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE=DE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AB=10，tan∠BAC=2，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=OD，
在△BOE与△DOE中，
OB=ODOE=OEBE=DE
∴△BOE≌△DOE(SSS)，
∴∠BEO=∠DEO，
在△BAE与△DAE中，
BE=DE∠AEB=∠AEDAE=AE，
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC=OBAO=2，
∴设AO=x，BO=2x，
∴AB= AO2+BO2= 5x=10，
∴x=2 5，
∴AO=2 5，BO=4 5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，
∴四边形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×4 5×8 5=80．
【解析】(1)连接BD交AC于O，根据平行四边形的性质得到BO=OD，根据全等三角形的判定和性质和菱形的判定即可得到结论；
(2)解直角三角形得到AO=2 5，BO=4 5，根据菱形的性质得到AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，根据菱形的面积公式即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
5.（2023·湖南）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM//DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN．
(1)求证：∠DMN=∠BNM；
(2)若∠BAC=∠DAC.求证：四边形BMDN是菱形．
【答案】证明：(1)连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵BM//DN，
∴∠MBO=∠NDO，
在△BOM和△DON中
∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON
∴△BOM≌△DON(ASA)，
∴BM=DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN//DM，
∴∠DMN=∠BNM；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠BCA=∠DAC，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
【解析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
(1)连接BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN//DM，即可得证；
(2)先证明四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，进而得到MN⊥BD，即可得证．
6.（2023·北京）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合)，对于任意矩形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形：
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ( )
A. ①B. ②③C. ①②③D. ①②③④
【答案】C
【解析】【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
∴OA=OB=OC=OD，AB//CD，AD//BC，
∴∠OBM=∠ODP，∠OAQ=∠OCN，
过点O的直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
∴∠BOM=∠DOP，∠AOQ=∠CON，
所以△BOM≌△DOP(ASA)，△AOQ≌△CON(ASA)，
所以OM=OP，OQ=ON，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故正确结论的序号是①②③．
故选：C．
7.（2023·湖北）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C′，D′，连接AD′交BC′于点F．
(1)若∠DED′=70°，求∠DAD′的度数；
(2)连接EF，试判断四边形C′D′EF的形状，并说明理由．
【答案】解：(1)∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
由翻折可知：D′E=DE，
∴AE=D′E，
∴∠EAD′=∠ED′A，
∵∠DED′=∠EAD′+∠ED′A=70°，
∴∠DAD′=35°；
(2)四边形C′D′EF是矩形，理由如下：
如图，连接EF，
由翻折可知：∠EBC=∠EBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EBC=∠GEB，
∴∠GBE=∠GEB，
∴GE=GB，
∵ED′//BC′，
∴∠AFG=∠AD′E，
∴∠AFG=∠GAF，
∴GF=GA，
∴AE=BF，
∵AD=2AE=BC′，
∴BC′=2BF，
∴F是BC′的中点，
∴FC′=12BC′，
∵ED′=ED=12AD，
∴FC′=ED′，
∵ED′//BC′，
∴四边形C′D′EF是平行四边形，
∵∠C′=∠C=90°，
∴四边形C′D′EF是矩形．
【解析】(1)根据翻折的性质和三角形的外角定义即可解决问题；
(2)根据翻折的性质和矩形性质证明GE=GB，GF=GA，所以AE=BF，得F是BC′的中点，证明四边形C′D′EF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，三角形的外角定义，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解决本题的关键是得到F是BC′的中点．
8.（2023·四川）如图，AC和BD是菱形ABCD的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①AC=BD；②AC⊥BD；③AB2+AD2=BD2；④∠ACD=∠ADC.其中符合要求的是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】解：设对角线AC和BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
①∵对角线相等的菱形是正方形；
∴补充条件AC=BD，可以使四边形ABCD成为为正方形，
②∵菱形的对角线具有AC⊥BD，
∴补充条件AC⊥BD，不能使四边形ABCD成为为正方形，
③∵AB2+AD2=BD2，
∴∠BAD=90°，
∴菱形ABCD为正方形，
∴补充条件AB2+AD2=BD2，可以使四边形ABCD成为为正方形，
④当∠ACD=∠ADC时，AC=AD，
又∵AD=CD，
∴AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∴补充条件∠ACD=∠ADC，不能使四边形ABCD成为为正方形．
综上所述：当补充的条件①③时，可以使四边形ABCD成为为正方形．
故选：B．
根据对角线相等的菱形是正方形可对条件①进行判断；根据菱形的对角线互相垂直可对条件②进行判断；根据勾股定理的逆定理可对条件③进行判断；由条件④可得出△ACD为等边三角形，则∠ADC=60°，据此可对条件④进行判断．
此题主要考查了正方形与菱形之间的关系，解答此题的关键是理解：对角线相等的菱形是正方形，有一个角为直角的菱形是正方形．
9.（2023·黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2 2；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．
A. ①②③④⑤B. ①②③⑤C. ①②③D. ①②⑤
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM//DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED−EG=4 55a，GH=AH−AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP⋅DH=2 55a⋅4 23a=8 1015a2，2AG⋅BH=2×2 55a⋅2 23a=8 1015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
10.（2023·湖北）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是边AB上一动点(不含端点)，将△ADM沿直线DM对折，得到△NDM.当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为______；DP的最大值为______．
【答案】10；2 5
【解析】解：△CDP的面积为12×5×4=10；
当点P和M重合时，DP的值最大，如图；
由题意可得点N是在以D为圆心，4为半径的圆上运动，当射线CN与圆相切时，AP最大，此时C、N、M三点共线，此时点P和M重合，DP的值最大，
设AP=x，则PB=5−x，DN=4，
∴CN=3，
在Rt△PBC中，根据勾股定理有：(5−x)2+42=(x+3)2，
解得x=2，
在Rt△PAD中，根据勾股定理有DP= AD2+AP2=2 5，
故答案为：10；2 5．
△CDP的面积直接以CD为底，AD为高即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图形，利用勾股定理构造方程即可解答．
本题考查矩形的性质和翻折的性质及勾股定理，熟悉性质是解题关键．
11.（2023·黑龙江）矩形纸片ABCD中，AB=3，BC=5，点M在AD边所在的直线上，且DM=1，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，则线段EF的长度为______．
【答案】3 52或154
【解析】解：设BM，EF交于点O，
∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，
∴OM=OB，EF⊥BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠M=∠OBF，∠MEO=∠BFO，
又OM=OB，
∴△OEM≌△OFB(AAS)，
∴OE=OF，
①当M点在D点的右侧时，如图所示，
∵BC=5，DM=1，
∴AM=AD+DM=BC+DM=6，
Rt△ABM中，
BM= AM2+AB2= 62+32=3 5，
∴OM=12BM=3 52，
∵tanM=EOOM=ABAM，
∴EO3 52=36，
∴EO=3 54，
∴EF=2EO=3 52；
当M点在D点的左侧时，如图所示，
∵AB=3，BC=5，DM=1，
∴BM= AM2+AB2= (5−1)2+32=5，
∴OM=12BM=52，
∵tan∠EMO=EOOM=ABAM，
∴EO52=34，
∴EO=158，
∴EF=2EO=154，
综上所述，EF的长为3 52或154．
故答案为：3 52或154．
分点M在D点右边与左边两种情况，分别画出图形，根据勾股定理，锐角三角函数即可求解．
本题考查矩形中的折叠问题，涉及勾股定理，锐角三角函数等知识，分类讨论是解题的关键．
12.（2023·山东）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC=AE．
(1)求证：四边形DBEF是平行四边形；
(2)求证：FH=ME．
【答案】证明：(1)∵△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，
∴△ADF≌△AGF，
∴AD=AG，∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠ADC=90°，
在Rt△ADC和Rt△AGE中：
AD=AGAC=AE，
∴Rt△ADC≌Rt△AGE(HL)，
∴∠ACD=∠E，
在矩形ABCD中，对角线互相平分，
∴OA=OB，
∴∠CAB=∠ABD，
又∵DC//AB，
∴∠ACD=∠CAB，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABD=∠E，
∴DB//FE，
又∵DF//BE，
∴四边形DBEF是平行四边形．
(2)∵四边形DBEF是平行四边形，
∴DF=EB，
又∵DF=FG，
∴FG=EB，
∵DC//AE，
∴∠HFG=∠E，
在△FGH和△EBM中：
∠FGH=∠EBM=90°FG=EB∠HFG=∠E，
∴△FGH≌△EBM(ASA)，
∴FH=ME．
【解析】(1)要证四边形DBEF是平行四边形，因为DF//BE，只要证DB//FE，进而证明∠E=∠ABD即可，需证明△ADC≌△AGE；
(2)只要证明△FGH≌△EBM即可．
此题以矩形为载体，考查了平行四边形的判断，三角形全等的知识，比较综合．
13.（2023·全国）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．
(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明：点B、M关于线段EF对称，由翻折的性质可知：∠MBC=∠BMP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴∠MBC=∠AMB，
∴∠AMB=∠BMP(等量代换)．
(2)解：设MD=x，则AM=3−x，设AE=y，则EM=EB=3−y．
在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，
∴y2+(3−x)2=(3−y)2，
∴y=−16x2+x.即AE=−16x2+x．
∵∠ABC=∠EMN=90°，
∴∠AME+∠DMP=90°，
又∵∠AEM+∠AME=90°，
∴∠AEM=∠DMP，∠A=∠D，
∴△AEM∽△DMP．
∴DPAM=MDAE，13−x=x−16x2+x，
整理得：56x2=2x，
∴x=125．
∴MD=125．
【解析】(1)利用平行线内错角相等和翻折前后对应角相等，等量代换即可证明；
(2)利用相似列出关系式DPAM=MDAE，利用边的关系代入到关系式可求出．
本题考查了翻折的性质以及相似三角的判定，勾股定理的应用，掌握一线三垂直的相似是本题突破的关键．
14．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，ABa2+b2；③2a+b>c；
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DFBE，可得a+b>a2+b2，进而可判断②的正误；由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，则c=2×a2+b2<2a+b，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，
∴DF=AC=a+b，
∵DF∴a+b∵△EAB≌△BCD，
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=AB2+AE2=a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，
∴c=2×a2+b2<2a+b，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2022·黑龙江大庆·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ．
【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【解题策略】
1）垂美四边形
【模型介绍】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形.
【性质】四边形中AC⊥BD，则①S垂美四边形ABCD=12AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
2）中点四边形
【模型介绍】依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形.
中点四边形的性质：
已知点E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则
①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
④顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形.
⑤顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形.
⑥顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形.
速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正.
3）十字架模型
【模型介绍】如图，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，则EF=MN
【易错点】正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.
【解题技巧】无论怎么变，只要垂直，十字架就相等.
4）对角线互补模型
类型一 90°对角互补模型
如图，在四边形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，则
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
类型一 120°对角互补模型
如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，则
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
5）正方形半角模型
【模型介绍】从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.
已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长
④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=2OP
(12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
【典例分析】
例1．（2023·辽宁）如图，在正方形ABCD中，AB=12，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE=CF=5，则BG的长为 ．
【答案】6013
【分析】根据题意证明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BGE=90°，
∴∠BGE=∠C，
又∵∠EBG=∠FBC，
∴△EBG∽△FBC，
∴ BGBC=BEBF，
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=BC2+CF2=122+52=13，
∴ BG12=513，
∴ BG=6013．
故答案为：6013．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
例2．（2023·江苏模拟）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．
(1)请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°， ABAC=34，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求AFBD的值．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则CFDE=______．
【答案】(1)CFAE=34
(2)AFBD=1217
(3)2425
【分析】（1）由矩形的性质得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，证明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性质得出CFAE=DCAD=68=34；
（2）过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，根据有三个直角的四边形，即四边形GBKH为矩形，证明△ADH≌△CDKAAS，由全等三角形的性质得出DH=DK，证明△AHD∽△BGA，由相似三角形的性质得出答案；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，证明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，证明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性质得出BMDN=BCCD=34，设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，由勾股定理证出7x=25y，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴∠ADG+∠CDF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠FDC=90°，
∴∠DAG=∠FDC，
∴△DCF∽△ADE，
∴DFAE=DCAD=68=34；
（2）解：过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，
∵∠GBK=∠G=∠HKB=90°
则四边形GBKH为矩形，
∵D为AC的中点，
∴AD=CD，
又∵∠AHD=∠CKD=90°，∠ADH=∠CDK，
∴△ADH≌△CDKAAS，
∴DH=DK，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠HAD=90°，
又∵∠GAB+∠GBA=90°，
∴∠HAD=∠GBA，
∵∠G=∠AHD=90°，
∴△AHD∽△BGA，
∴DHAG=AHBG=ADAB，
∵ABAC=34，AD=CD
∴ADAB=23，
设DH=2y，则BG=4y，AH=83y，
∴BGGH=4y3y+83y=1217，
由（1）知，AFBD=BGGH，
∴AFBD=1217；
（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，
∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△BAD≌△BCDSSS
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴BMDN=BCCD=34，
设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，
∴CN=3x+3y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴4y2+3x+3y2=4x2，
解得7x=25y（x=−y舍去），
∴CFDE=CNAD=3x+3y4x=2425，
故答案为：2425．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式演练】
1．（2023·山东）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
2．（2024·江苏模拟）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG=S△APG．以上结论正确的有（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】①正确，证明A、B、F、P四点共圆，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得结论；
②正确，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到 △ABM，利用全等三角形的性质证明即可；
③正确，连接PC，过点P作PQ⊥CF于 Q，过点P作PM⊥CD于 W ，则四边形PQCW是矩形，证明FQ=QC，由PB=2BQ， PD=2PW=2CQ＝2FQ，推出 PB-PD=2 (BQ-FQ)＝2BF；
④错误，由△AEF≅△AMF，推出S△AEF=S△AMF=12FM·AB，因为FM 的长度是变化的，所以△AEF的面积不是定值；
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【详解】解：如图，取AF的中点T，则AT＝TF，连接PT，BT，
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°， ∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BT=AT＝TF＝PT，
∴A、B、F、P四点共圆，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA，
∴PA＝PF，故①正确；
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM＝90° ，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C、B、M共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB +∠DAE=45°，
∴∠FAE＝∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM≅△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正确；
连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作 PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
FB=FB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA≅△PBC（SAS），
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB−PD=2BQ−FQ=2BF，故③正确；
∵△FAM≅△FAE，
∴S△AEF=S△AMF=12FM·AB，
∵FM的长度是变化的，
∴△AEF的面积不是定值，故④错误，
∵A、B、F、P四点共圆，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△FAM≅△FAE，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG∼△FAE，
∴S△APGS△AFE=PAAF2=PA2PA2=12，
∴S四边形PEFG=S△APG，故⑤正确．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
题型02 菱形的性质与判定
【解题策略】
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形.
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
方法总结
1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等.
2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形.
3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算.
4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题，
5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的12 .
【典例分析】
例1．（2023·四川）如图，▱ABCD的面积为12，AC=BD=6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是( )
A. 1B. 32C. 32D. 3
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC=BD，
∴OD=OC，
∵DF//AC，OD//CF，
∴四边形OCFD为菱形，
∴点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，
∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．
过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC于P，则GP//MD，
∵矩形ABCD的面积为12，AC=6，
∴2×12AC⋅DM=12，
即2×12×6⋅DM=12，
解得DM=2，
∵G为CD的中点，
∴GP为△DMC的中位线，
∴GP=12DM=1，
故PG的最小值为1．
故选：A．
先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC于P，则GP//MD，利用平行四边形的面积求解DM的长，再利用三角形的中位线定理可求解PG的长，进而可求解．
本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，三角形的中位线等知识的综合运用，找准PG有最小值时的P点位置是解题的关键．
例2．（2023·北京）如下图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形;
(2)若AB= 5，BD=2，求OE的长．
【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 5，OB=1，
∴OA= AB2−OB2=2，
∴OE=OA=2．
【解析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理有关知识．
(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【变式演练】
1.（2023·江苏）如图，等腰三角形OAB的顶角∠AOB=120°，⊙O和底边AB相切于点C，并与两腰OA，OB分别相交于D，E两点，连接CD，CE．
(1)求证：四边形ODCE是菱形；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明：连接OC，
∵⊙O和底边AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，
∵OD=OC，OC=OE，
∴△ODC和△OCE都是等边三角形，
∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，
∴OD=CD=CE=OE，
∴四边形ODCE是菱形；
(2)解：连接DE交OC于点F，
∵四边形ODCE是菱形，
∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，
在Rt△ODF中，OD=2，
∴DF= OD2−OF2= 22−12= 3，
∴DE=2DF=2 3，
∴图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积
=120π×22360−12OC⋅DE
=4π3−12×2×2 3
=4π3−2 3，
∴图中阴影部分的面积为4π3−2 3．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得∠AOC=∠BOC=60°，从而可得△ODC和△OCE都是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得OD=CD=CE=OE，即可解答；
(2)连接DE交OC于点F，利用菱形的性质可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的长，从而求出DE的长，最后根据图中阴影部分的面积=扇形ODE的面积−菱形ODCE的面积，进行计算即可解答．
本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2.（2023·四川）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．
(1)求证：AC⊥BD；
(2)若AB=10，AC=16，求OE的长．
【答案】(1)证明：∵∠CAB=∠ACB，
∴AB=CB，
∴▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD；
(2)解：由(1)可知，▱ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOE=90°，
∴OB= AB2−OA2= 102−82=6，
∵BE⊥AB，
∴∠EBA=90°，
∴∠BEO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BEO=∠ABO，
∴△BOE∽△AOB，
∴OEOB=OBOA，
即OE6=68，
解得：OE=92，
即OE的长为92．
【解析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
(1)证AB=CB，得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，再由勾股定理得OB=6，然后证△BOE∽△AOB，得OEOB=OBOA，即可得出结论．
3．（2023·江苏模拟）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE=2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF−PE的最大值为 ．
【答案】3
【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，PF−PE=PF−PM，可知当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，勾股定理求AF=AC2−CF2=33，则FM=13AF，计算求解即可．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，
∴AB=AC=BC=6，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD=CD=BC=AB=6，
∴四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，
∴BO是AC边上的中线，
如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，
∵F是BC的中点，
∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，
∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，
∵DE=2OE，
∴OM=OE，
∵BD⊥AC，
∴PE=PM，AE=AM，
∴PF−PE=PF−PM，
∴当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=AC2−CF2=33，
∴FM=13AF=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
题型03 矩形的性质与判定
【解题策略】
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
方法总结
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
【典例分析】
例1．（2023·浙江）（性质）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.若∠AOB=60°，则ABBC=( )
A. 12
B. 3−12
C. 32
D. 33
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵∠AOB=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO=60°，
∴∠ACB=30°，
∴BC= 3AB，
∴ABBC= 33，
故选：D．
先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO=60°，由直角三角形的性质可求解．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
例2．（2023·上海）（判定）在四边形ABCD中，AD//BC，AB=CD.下列说法能使四边形ABCD为矩形的是( )
A. AB // CDB. AD=BCC. ∠A=∠BD. ∠A=∠D
【答案】C
【解析】【分析】
结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识
并灵活运用是解题的关键．
【解答】
解：A:∵AB//CD，AD//BC，AB=CD
∴四边形ABCD为平行四边形而非矩形，故A不符合题意；
B:∵AD=BC，AD//BC，AB=CD
∴四边形ABCD为平行四边形而非矩形，故B不符合题意；
C:∵AD//BC
∴∠A+∠B=180∘
∵∠A=∠B
∴∠A=∠B=90∘
∵AB=CD，AD//BC
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形ABCD为矩形，故C符合题意；
D:∵AD//BC
∴∠A+∠B=180∘
∵∠A=∠D
∴∠D+∠B=180∘
∴四边形ABCD不一定是矩形，故D不符合题意；
故选C．
例3．（2023·北京）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．
【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2．
【解析】【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= 12 AB= 12 AD=5，得到FG=5，最后BG=AB−AF−FG=2．
【详解】解：(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= 12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中， AF= AE2−EF2= 52−42=3 ．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE= 12 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．
【点睛】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，解题的关键是掌握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．
【变式演练】
1.（2023·黑龙江）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是( )
A. (1,2)B. (−1,2)C. ( 5−1,2)D. (1− 5,2)
【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1：4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
∵AB//OC′，
∴∠ABO=∠D′OC′，
∵∠BAO=∠OD′C′=90°，
∴△AOB∽△D′C′O，
∴OAAB=D′C′OD′，
∵将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，
∴OD′=OD=4，D′C′=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2(负值舍去)，
∴CD=2，
连接OC，设BC与OC′交于F，
∴OC= OD2+CD2= 42+22=2 5，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC′，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知，OC′=OC=2 5,EC′=EC=CF−EF=4−EF，
∴C′F=OC′−OF=2 5−2，
∵EF2+C′F2=EC′2，
∴EF2+(2 5−2)2=(4−EF)2，
解得EF= 5−1，
∴E(1− 5,2)，
故选：D．
根据相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D′C′O，求出AB=CD=2，连接OC，设BC与OC′交于F，然后求出OC=OC′=2 5，得到C′F=2 5−2，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
2.（2023·四川）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为______．
【答案】3 2
【解析】解：如图，连接CP，
∵∠ACB=90°，AC=BC=6，AB= AC2+BC2= 62+62=6 2，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC=∠PEC=90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE=CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP=BP，
∴CP=12AB=3 2，
∴DE的最小值为3 2，
故答案为：3 2．
连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DE=CP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023·浙江）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S1,S2，若要求出S−S1−S2的值，只需知道( )
A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S1+S2=12S矩形BCDE，再根据S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S−S1−S2=S△ABC，即可得出结论．
【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，
∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
∴S1=12BE⋅AF,S2=12CD⋅AG，
∴S1+S2=12BEAF+AG=12BE⋅BC=12S矩形BCDE，
又S=S△ABC+S矩形BCDE−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE，
∴S−S1−S2=S△ABC+12S矩形BCDE−12S矩形BCDE=S△ABC，
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S1−S2的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S1+S2=12S矩形BCDE
题型04 正方形的性质与判定
【解题策略】
正方形的性质：
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等.
3）正方形对边平行且相等.
4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
正方形的判定：
1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；
2）矩形+一组邻边相等；
3）矩形+对角线互相垂直；
4）菱形+一个角是直角；
5）菱形+对角线相等.
【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等．
正方形的面积公式： a2＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
【典例分析】
例1．（2023·辽宁）（性质）如图，将正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA顺次延长至E，F，G，H，且使BE=CF=DG=AH，则四边形EFGH是( )
A. 平行四边形
B. 菱形
C. 矩形
D. 正方形
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠FBE=∠GCF=∠HDG=∠EAH=90°，
∵BE=CF=DG=AH，
∴AB+BE=BC+CF=CD+DG=DA+AH，
即AE=BF=CG=DH，
在△FBE和△GCF中，
BE=CF∠FBE=∠GCFBF=CG，
∴△FBE≌△GCF(SAS)，
∴EF=FG，∠BFE=∠CGF，
∵∠GCF=90°，
∴∠CGF+∠GFC=90°，
∴∠BFE+∠GFC=90°，
即∠EFG=90°，
同理可得△GCF≌△HDG，△HDG≌△EAH，△EAH≌△FBE，
∴FG=GH，GH=HE，HE=EF，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
又∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
故选：D．
根据正方形的性质和已知条件可证得△FBE≌△GCF≌△HDG≌△EAH，于是得到EF=FG=GH=HE，可证得四边形EFGH是菱形，再证得∠EFG=90°，即可证明四边形EFGH是正方形．
本题主要考查了正方形的性质与判定．熟知正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；掌握正方形的判定：有一个角是直角的菱形是正方形；四条边相等的矩形是正方形．
例2．（2023·辽宁模拟）（判定）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数y=3x和y=nx的图象的四个分支上，则实数n的值为( )
A. −3B. −13C. 13D. 3
【答案】A
【解析】解：如图，连接正方形的对角线，过点A，B分别作x轴的垂线．垂足分别为C、D，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=BO，∠AOB=∠BDO=∠ACO=90°，
∴∠CAO=90°−∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△OBD(AAS)，
∴S△AOC=S△OBD=32=|n|2，
∵点A在第二象限，
∴n=−3，
故选：A．
本题考查正方形的性质，反比例函数的k的几何意义，熟练掌握以上性质的解题关键．
例3．（2023·湖南模拟）（性质与判定）如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是( )
A. (3,−3)
B. (−3,3)
C. (3,3)
D. (−3,−3)
【答案】C
【解析】解：∵正方形的边长为3，
∴DC=BC=3，
∵点C在第一象限，
∴C的坐标为(3,3)．
故选：C．
由正方形的性质可得DC=BC=3，而点C在第一象限，所以C的坐标为(3,3)．
本题考查正方形的性质和坐标与图形的性质，求出DC、BC的长即可解答．
【变式演练】
1.（2023·福建）添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是( )
A. AB=CDB. AC⊥BD
C. ∠BAD=90°D. AC=BD
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了矩形的性质、正方形的判定.能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【解答】
解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：
(1)有一组邻边相等的矩形是正方形，
(2)对角线互相垂直的矩形是正方形．
∴添加AC⊥BD，能使矩形ABCD成为正方形．
2.（2023·江苏模拟）如图，在正方形ABCD中，AB=3，延长BC至E，使CE=2，连接AE.CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为______ ．
【答案】3 104
【解析】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，AB=3，
∴∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠ACB=∠B=90°，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM=FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM=FN=CM=CN，
设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，
∵CE=2，
∴BE=BC+CE=5，EM=CE−CM=2−a，
∵∠B=90°，FM⊥CE，
∴FM//AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB=EM：BE，
即：a：3=(2−a)：5，
解得：a=34，
∴FN=CN=35，
∴DN=CD−CN=3−34=94，
在Rt△AFN中，DN=94，FN=34，
由勾股定理得：DF= DN2+FN2=3 104．
故答案为：3 104．
过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM=a，则FM=FN=CM=CN=a，BE=5，EM=2−a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
3.（2023·辽宁期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若AC=BD，请你添加一个条件______ ，使四边形ABCD是正方形(填一个即可)．
【答案】AC⊥BD(答案不唯一)
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为：AC⊥BD(答案不唯一)．
直接利用正方形的判定方法直接得出答案．
本题考查了正方形的判定以及平行四边形的性质，正确掌握正方形的判定方法是解题关键．
4．（2022·安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，则MN= ．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
题型05 矩形或正方形的折叠问题
【解题策略】
矩形的折叠问题的常用解题思路：
1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.
4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.
【典例分析】
例1．（2023·浙江）如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④.则DH的长为( )
A. 32B. 85C. 53D. 95
【答案】D
【解析】解：如图，过点M作MG⊥BD于点G，
∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，
∴AB=CD=3，∠C=90°，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 42+32=5，
根据折叠的性质可得，BE=CE=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CE=EH=2，CM=HM，
∴BE=EH=2，
∴△BEH为等腰三角形，∠EBH=∠EHB，
∵∠EBH+∠HDM=90°，
∠EHB+∠DHM=90°，
∴∠HDM=∠DHM，
∴△DHM为等腰三角形，DM=HM，
∴DM=HM=CM=12CD=32，
∵MG⊥BD，
∴DH=2DG，∠MGD=∠BCD=90°，
∵∠MDG=∠BDC，
∴△MGD∽△BCD，
∴DGCD=DMBD，即DG3=325，
∴DG=910，
∴DH=2DG=95．
故选：D．
过点M作MG⊥BD于点G，根据勾股定理求得BD=5，由折叠可知BE=CE=EH=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CM=HM，进而得出BE=EH，∠EBH=∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM=∠DHM，则DM=HM，于是可得DM=HM=CM=12CD=32，由等腰三角形的性质可得DH=2DG，易证明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，根据矩形和折叠的性质推理论证出DM=HM，以此得出点M为CD的中点是解题关键．
例2．（2023·上海）已知：在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠A=90∘，△ABD沿直线BD翻折，点A恰好落在腰CD上的点E处．
(1)如图，当点E是腰CD的中点时，求证：△BCD是等边三角形;
(2)延长BE交线段AD的延长线于点F，联结CF，
如果CE2=DE⋅DC，求证：四边形ABCF是矩形．
【答案】证明：(1)∵△ABD翻折后与△BDE重合，
∴△ABD≌△EBD．
∴∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC．
∴∠BDE=∠DBC．
∴BC=CD．
∵∠A=90∘，
∴∠BED=90∘．
即BE⊥CD．
又点E是腰CD的中点，
∴BD=BC．
∴BD=BC=DC．
即△BCD是等边三角形．
(2)∵AD//BC，
∴CEDE=BCDF．
∵CE2=DE⋅CD，
∴CEDE=CDCE．
又∵BC=CD，
∴DF=CE．
∵△ABD≌△EBD．
∴AD=DE．
∴AD+DF=DE+CE.即AF=DC．
又∵BC=DC，
∴AF=BC．
∵AD//BC，
∴四边形ABCF是平行四边形．
又∵∠A=90∘，
∴平行四边形ABCF是矩形．
【解析】本题主要考查的是翻折变换，全等三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定，平行线分线段成比例，平行四边形的判定，矩形的判定等有关知识．
(1)先根据折叠的性质得到△ABD≌△EBD，进而得到∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.然后利用平行线的性质得到∠ADB=∠DBC，进而得到BC=CD，然后判定出BD=BC即可求证此题；
(2)先利用平行线分线段成比例得到CEDE=BCDF，结合CE2=DE⋅CD，BC=CD，得到DF=CE，再利用全等三角形的性质得到AD=DE，进而得到AF=DC，进而得到AF=BC，从而判定四边形ABCF是平行四边形，结合∠A=90°即可证出此题．
例3．（2023·内蒙古）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
(1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB= ______度；
(2)改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
【答案】30
【解析】解：(1)由折叠可得：AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，
∴BE=12BM，
∴∠EMB=30°；
故答案为：30；
(2)∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴AB=BM，∠A=∠BMP=90°，
∴BC=AB=BM，∠BMQ=∠C=90°，
∵BM=BM，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)；
∴∠MBQ=∠CBQ．
(1)由折叠可得AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，故BE=12BM，从而可得∠EMB=30°；
(2)证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，可得∠MBQ=∠CBQ．
本题考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和正方形性质．
【变式演练】
1.（2023·湖北）如图，有一张矩形纸片ABCD.先对折矩形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，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN.观察所得的线段，若AE=1，则MN=( )
A. 32B. 1C. 2 33D. 2
【答案】C
【解析】解：∵对折矩形ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，
∵折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，
∴BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，
∴BE=12BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠EBN=60°，
∴∠ABM=∠MBN=30°，
∴MN= 33BN=2 33，
故选：C．
根据折叠的性质得到AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，求得BE=12BN，根据直角三角形的性质得到∠BNE=30°，求得∠EBN=60°，于是得到结论．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
2.（2023·上海）如图5，将矩形ABCD纸片沿对角线AC折叠，点B落在点E处，EC与边AD相交于点F.如果AD=2AB，那么∠DCF的正弦值等于______．
【答案】35
【解析】解：如图，
根据折叠的性质得，EC=BC，AE=AB，∠ACB=∠ACE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠ACE=∠CAD，
∴AF=CF，
∴AD−AF=CE−CF，
即DF=FE，
∵AD=BC=2AB，
∴CF=2CD−DF，
在Rt△CDF中，DF2+CD2=CF2，
∴DF2+CD2=(2CD−DF)2，
∴CD(3CD−4DF)=0，
∴CD=0或3CD−4DF=0，
∴CD=0(舍去)，CD=43DF，
∴CF=2CD−34CD=54CD，
∵sin∠DCF=DFCF=35，
故答案为：35．
根据折叠的性质及矩形的性质推出AF=CF，进而推出DF=FE，根据勾股定理推出CD=43DF，根据锐角三角函数求解即可．
此题考查了折叠的性质，熟记折叠的性质是解题的关键．
3.（2023·辽宁）在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，点M是边AD上一点(点M不与点A，D重合)，连接CM，将△CDM沿CM翻折得到△CNM，连接AN，DN.当△AND为等腰三角形时，DM的长为______．
【答案】53或154
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=5，BC=6，
∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，
设DN与CM交于点T，
由翻折的性质得：DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，
∵△AND为等腰三角形，
∴有以下两种情况：
①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，如图：
设DM=x，DT=y，则NM=x，NT=y，
∴DN=AN=2y，MH=DH−DM=3−x，
在Rt△ANH中，AN=2y，AH=3，
由勾股定理得：HN2=AN2−AH2=4y2−9，
在Rt△MNH中，MH=3−x，NM=x，
由勾股定理得：HN2=MN2−MH2=x2−(3−x)2=6x−9，
∴4y2−9=6x−9，
即：y2=32x，
在Rt△CGM中，CD=5，DM=x，
由勾股定理得：CM2=CD2+DM2=25+x2，
∵S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT，
∴CD⋅DM=CM⋅DT，
即：5x=CM⋅y，
∴25x2=CM2⋅y2，
即：25x2=(25+x2)⋅y2，
将y2=32x代入上式得：25x2=(25+x2)⋅32x，
∵x≠0，
∴25x=(25+x2)⋅32，
整理得：3x2−50x+75=0，
解得：x1=53，x2=15(不合题意，舍去)，
∴DM的长为53．
②当DN=AD时，则DN=6，如图：
∴DT=TN=3，
设DM=x，MT=y，
在Rt△CDT中，CD=5，DT=3，
由勾股定理得：CT= CD2−DT2=4，
∴CM=CT+MT=4+x，
在Rt△DTM中，DT=3，MT=y，DM=x，
由勾股定理得：DM2=DT2+MT2，
即：x2=y2+9，
∵S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT，
∴CD⋅DM=CM⋅DT，
即：5x=3(4+y)，
整理得：y=53x−4，
将y=53x−4代入x2=y2+9，得：x2=(53x−4)2+9，
整理得：16x2−120x+225=0，
即：(4x−15)2=0，
∴x=154．
∴DM的长为154．
综上所述：DM的长为53或154．
由矩形的性质得CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，设DN与CM交于点T，由翻折的性质得DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，分两种情况讨论如下：
①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，设DM=x，DT=y，则NM=x，NT=y，DN=AN=2y，MH=3−x，由勾股定理得HN2=AN2−AH2=MN2−MH2，进而得4y2−9=x2−(3−x)2，整理得y2=32x，而CM2=25+x2，再由S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT得25x2=CM2⋅y2，将CM2=25+x2，y2=32x代入上式可解出x，进而可得DM的长；
②当DN=AD时，则DN=6，DT=TN=3，设DM=x，MT=y，由勾股定理求出CT=4，则CM=4+x，在Rt△DTM中，由勾股定理得x2=y2+9，再由S△CNM=12CD⋅DM=12CM⋅DT得y=53x−4，然后将y=53x−4代入x2=y2+9之中解出x即可得DM的长．
此题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，图形的翻折及性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的性质，图形的翻折及性质是解答此题的关键，灵活运用勾股定理及三角形的面积构造方程，及分类讨论是解答此题的难点，漏解是易错点．
4.（2023·江苏）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=2AB，小天用该A4纸玩折纸游戏．
游戏1折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G.展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点．
游戏2在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明：由折叠的性质可得AF⊥BD，
∴∠AGB=90∘，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90∘，
∴∠BAG=∠ADB=∠GBF，
∵AD=2AB，
设AB=a，则AD=2a，BD=3a，
∴sin∠BAG=sin∠ADB，
即BGAB=ABBD，
∴BGa=a3a，
解得BG=33a，
根据勾股定理可得AG=63a，
cs∠GBF=cs∠BAG，
即BGBF=AGAB，
∴33aBF=63aa.
解得BF=22a，
∵BC=AD=2a，
∴BF=12BC，
∴点F为BC的中点．
(2)解：∠AGH=120∘，理由如下：
连接HF，如图：
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，
∴∠FBH=∠FHB，
∴∠GBH=∠BHF，
∴BD//HF，
∴∠DGH=∠GHF，
由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，
∴∠AGD=90∘，
设AB=a，则AD=2a=BC，BF=HF=22a，
∴BG=33a，
∴GF=66a，
在Rt▵GFH中，tan∠GHF=GFHF=66a22a=33，
∴∠GHF=30∘，
∵BD//HF，
∴∠DGH=30∘，
∴∠AGH=∠AGD+∠DGH=90∘+30∘=120∘.
【解析】1.
由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再设AB=a，然后表示出AD、BD，再由锐角三角函数求出BF即可；
2.
由折叠的性质可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，从而可得出∠GBH=∠BHF，进而得到BD//HF，∠DGH=∠GHF，由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在Rt▵GFH中求出∠GHF的正切值即可解答．
本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
题型06 特殊四边形（菱形、矩形、正方形）的多结论问题
【典例分析】
例1．（2021·山东）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，
∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,
∴△DME≌△BNEAAS,
∴DM=BN，
∴AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴BM=CM，
故②正确；
若MD=2AM，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴∠NMD=∠MDC，
∴△MND≌△DCMSAS,
∴∠MND=∠DCM，
又∵∠NFM=∠CFD，
∴△MNF≌△DCFAAS,
故④正确；
故选：D．
例2．（2023·山东模拟）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
【变式演练】
1．（2022·四川）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为22−2．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】
如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确；
∴△BCF≅△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF≅△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确；
如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
∴△ABP≅△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③错误；
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP∼△CQF，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ∼△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE≅△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD−BH=22−2，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
2．（2021·四川）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2023·四川模拟）如图1，将一张菱形纸片ABCD∠ADC>90°沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②AC⊥AB；③∠CDA=90°；④BB'=3AB．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形ABB'C是矩形可判断①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判断③；根据勾股定理可判断④．
【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B于点E，
由旋转的性质，得DB'=DB，
∴∠BDE=∠B'DE=12a=∠ADB，∠DEB=90°，
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四边形ABB'C是平行四边形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°−90°=90°，
∴四边形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正确；
∵∠DAB=45°，
∴∠DAC=45°，
∵AD=CD，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠CDA=90°；故③正确，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=2AD=2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=2AB，故④错误，
∴正确的有①②③，
故答案为①②③．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
1．（2023·重庆）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）
A．2αB．90°−2αC．45°−αD．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
AF=AH∠FAE=∠HAEAE=AE，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．（2023·黑龙江）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．
(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
3.（2023·山东）如图，在□ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE、CE，过点C作CF // BE，交EO的延长线于点F，连接BF.若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为 ．
【答案】24
【解析】略
4.（2023·山东）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE=DE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AB=10，tan∠BAC=2，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=OD，
在△BOE与△DOE中，
OB=ODOE=OEBE=DE
∴△BOE≌△DOE(SSS)，
∴∠BEO=∠DEO，
在△BAE与△DAE中，
BE=DE∠AEB=∠AEDAE=AE，
∴△BAE≌△DAE(SAS)，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC=OBAO=2，
∴设AO=x，BO=2x，
∴AB= AO2+BO2= 5x=10，
∴x=2 5，
∴AO=2 5，BO=4 5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，
∴四边形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×4 5×8 5=80．
【解析】(1)连接BD交AC于O，根据平行四边形的性质得到BO=OD，根据全等三角形的判定和性质和菱形的判定即可得到结论；
(2)解直角三角形得到AO=2 5，BO=4 5，根据菱形的性质得到AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，根据菱形的面积公式即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
5.（2023·湖南）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM//DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN．
(1)求证：∠DMN=∠BNM；
(2)若∠BAC=∠DAC.求证：四边形BMDN是菱形．
【答案】证明：(1)连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵BM//DN，
∴∠MBO=∠NDO，
在△BOM和△DON中
∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON
∴△BOM≌△DON(ASA)，
∴BM=DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN//DM，
∴∠DMN=∠BNM；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，
∴∠BCA=∠DAC，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
【解析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
(1)连接BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN//DM，即可得证；
(2)先证明四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，进而得到MN⊥BD，即可得证．
6.（2023·北京）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合)，对于任意矩形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形：
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ( )
A. ①B. ②③C. ①②③D. ①②③④
【答案】C
【解析】【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
∴OA=OB=OC=OD，AB//CD，AD//BC，
∴∠OBM=∠ODP，∠OAQ=∠OCN，
过点O的直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
∴∠BOM=∠DOP，∠AOQ=∠CON，
所以△BOM≌△DOP(ASA)，△AOQ≌△CON(ASA)，
所以OM=OP，OQ=ON，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故正确结论的序号是①②③．
故选：C．
7.（2023·湖北）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C′，D′，连接AD′交BC′于点F．
(1)若∠DED′=70°，求∠DAD′的度数；
(2)连接EF，试判断四边形C′D′EF的形状，并说明理由．
【答案】解：(1)∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
由翻折可知：D′E=DE，
∴AE=D′E，
∴∠EAD′=∠ED′A，
∵∠DED′=∠EAD′+∠ED′A=70°，
∴∠DAD′=35°；
(2)四边形C′D′EF是矩形，理由如下：
如图，连接EF，
由翻折可知：∠EBC=∠EBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EBC=∠GEB，
∴∠GBE=∠GEB，
∴GE=GB，
∵ED′//BC′，
∴∠AFG=∠AD′E，
∴∠AFG=∠GAF，
∴GF=GA，
∴AE=BF，
∵AD=2AE=BC′，
∴BC′=2BF，
∴F是BC′的中点，
∴FC′=12BC′，
∵ED′=ED=12AD，
∴FC′=ED′，
∵ED′//BC′，
∴四边形C′D′EF是平行四边形，
∵∠C′=∠C=90°，
∴四边形C′D′EF是矩形．
【解析】(1)根据翻折的性质和三角形的外角定义即可解决问题；
(2)根据翻折的性质和矩形性质证明GE=GB，GF=GA，所以AE=BF，得F是BC′的中点，证明四边形C′D′EF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，三角形的外角定义，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解决本题的关键是得到F是BC′的中点．
8.（2023·四川）如图，AC和BD是菱形ABCD的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①AC=BD；②AC⊥BD；③AB2+AD2=BD2；④∠ACD=∠ADC.其中符合要求的是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】解：设对角线AC和BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
①∵对角线相等的菱形是正方形；
∴补充条件AC=BD，可以使四边形ABCD成为为正方形，
②∵菱形的对角线具有AC⊥BD，
∴补充条件AC⊥BD，不能使四边形ABCD成为为正方形，
③∵AB2+AD2=BD2，
∴∠BAD=90°，
∴菱形ABCD为正方形，
∴补充条件AB2+AD2=BD2，可以使四边形ABCD成为为正方形，
④当∠ACD=∠ADC时，AC=AD，
又∵AD=CD，
∴AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∴补充条件∠ACD=∠ADC，不能使四边形ABCD成为为正方形．
综上所述：当补充的条件①③时，可以使四边形ABCD成为为正方形．
故选：B．
根据对角线相等的菱形是正方形可对条件①进行判断；根据菱形的对角线互相垂直可对条件②进行判断；根据勾股定理的逆定理可对条件③进行判断；由条件④可得出△ACD为等边三角形，则∠ADC=60°，据此可对条件④进行判断．
此题主要考查了正方形与菱形之间的关系，解答此题的关键是理解：对角线相等的菱形是正方形，有一个角为直角的菱形是正方形．
9.（2023·黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2 2；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．
A. ①②③④⑤B. ①②③⑤C. ①②③D. ①②⑤
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正确；
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM//DE．
故②正确；
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
由翻折的性质可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED−EG=4 55a，GH=AH−AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④错误；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根据翻折的性质可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP⋅DH=2 55a⋅4 23a=8 1015a2，2AG⋅BH=2×2 55a⋅2 23a=8 1015a2，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，
故⑤正确．
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
10.（2023·湖北）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是边AB上一动点(不含端点)，将△ADM沿直线DM对折，得到△NDM.当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为______；DP的最大值为______．
【答案】10；2 5
【解析】解：△CDP的面积为12×5×4=10；
当点P和M重合时，DP的值最大，如图；
由题意可得点N是在以D为圆心，4为半径的圆上运动，当射线CN与圆相切时，AP最大，此时C、N、M三点共线，此时点P和M重合，DP的值最大，
设AP=x，则PB=5−x，DN=4，
∴CN=3，
在Rt△PBC中，根据勾股定理有：(5−x)2+42=(x+3)2，
解得x=2，
在Rt△PAD中，根据勾股定理有DP= AD2+AP2=2 5，
故答案为：10；2 5．
△CDP的面积直接以CD为底，AD为高即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图形，利用勾股定理构造方程即可解答．
本题考查矩形的性质和翻折的性质及勾股定理，熟悉性质是解题关键．
11.（2023·黑龙江）矩形纸片ABCD中，AB=3，BC=5，点M在AD边所在的直线上，且DM=1，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，则线段EF的长度为______．
【答案】3 52或154
【解析】解：设BM，EF交于点O，
∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，
∴OM=OB，EF⊥BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠M=∠OBF，∠MEO=∠BFO，
又OM=OB，
∴△OEM≌△OFB(AAS)，
∴OE=OF，
①当M点在D点的右侧时，如图所示，
∵BC=5，DM=1，
∴AM=AD+DM=BC+DM=6，
Rt△ABM中，
BM= AM2+AB2= 62+32=3 5，
∴OM=12BM=3 52，
∵tanM=EOOM=ABAM，
∴EO3 52=36，
∴EO=3 54，
∴EF=2EO=3 52；
当M点在D点的左侧时，如图所示，
∵AB=3，BC=5，DM=1，
∴BM= AM2+AB2= (5−1)2+32=5，
∴OM=12BM=52，
∵tan∠EMO=EOOM=ABAM，
∴EO52=34，
∴EO=158，
∴EF=2EO=154，
综上所述，EF的长为3 52或154．
故答案为：3 52或154．
分点M在D点右边与左边两种情况，分别画出图形，根据勾股定理，锐角三角函数即可求解．
本题考查矩形中的折叠问题，涉及勾股定理，锐角三角函数等知识，分类讨论是解题的关键．
12.（2023·山东）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC=AE．
(1)求证：四边形DBEF是平行四边形；
(2)求证：FH=ME．
【答案】证明：(1)∵△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，
∴△ADF≌△AGF，
∴AD=AG，∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠ADC=90°，
在Rt△ADC和Rt△AGE中：
AD=AGAC=AE，
∴Rt△ADC≌Rt△AGE(HL)，
∴∠ACD=∠E，
在矩形ABCD中，对角线互相平分，
∴OA=OB，
∴∠CAB=∠ABD，
又∵DC//AB，
∴∠ACD=∠CAB，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABD=∠E，
∴DB//FE，
又∵DF//BE，
∴四边形DBEF是平行四边形．
(2)∵四边形DBEF是平行四边形，
∴DF=EB，
又∵DF=FG，
∴FG=EB，
∵DC//AE，
∴∠HFG=∠E，
在△FGH和△EBM中：
∠FGH=∠EBM=90°FG=EB∠HFG=∠E，
∴△FGH≌△EBM(ASA)，
∴FH=ME．
【解析】(1)要证四边形DBEF是平行四边形，因为DF//BE，只要证DB//FE，进而证明∠E=∠ABD即可，需证明△ADC≌△AGE；
(2)只要证明△FGH≌△EBM即可．
此题以矩形为载体，考查了平行四边形的判断，三角形全等的知识，比较综合．
13.（2023·全国）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．
(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明：点B、M关于线段EF对称，由翻折的性质可知：∠MBC=∠BMP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，
∴∠MBC=∠AMB，
∴∠AMB=∠BMP(等量代换)．
(2)解：设MD=x，则AM=3−x，设AE=y，则EM=EB=3−y．
在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，
∴y2+(3−x)2=(3−y)2，
∴y=−16x2+x.即AE=−16x2+x．
∵∠ABC=∠EMN=90°，
∴∠AME+∠DMP=90°，
又∵∠AEM+∠AME=90°，
∴∠AEM=∠DMP，∠A=∠D，
∴△AEM∽△DMP．
∴DPAM=MDAE，13−x=x−16x2+x，
整理得：56x2=2x，
∴x=125．
∴MD=125．
【解析】(1)利用平行线内错角相等和翻折前后对应角相等，等量代换即可证明；
(2)利用相似列出关系式DPAM=MDAE，利用边的关系代入到关系式可求出．
本题考查了翻折的性质以及相似三角的判定，勾股定理的应用，掌握一线三垂直的相似是本题突破的关键．
14．（2023·北京·中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，AB
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DF
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，
∴DF=AC=a+b，
∵DF
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=AB2+AE2=a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，
∴c=2×a2+b2<2a+b，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2022·黑龙江大庆·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ．
【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
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