专题01特殊的平行四边形（10个考点）【知识梳理+解题方法+专题过关】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版）

这是一份专题01特殊的平行四边形（10个考点）【知识梳理+解题方法+专题过关】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版），文件包含专题01特殊的平行四边形10个考点知识梳理+解题方法+专题过关-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲北师大版解析版docx、专题01特殊的平行四边形10个考点知识梳理+解题方法+专题过关-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲北师大版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。
专题01特殊的平行四边形（10个考点）
【知识梳理+解题方法】
一．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
二．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＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
三．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

四．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）
（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
五．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．
六．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．
七．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．

八．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．
九．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．
十．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
【专题过关】
一．直角三角形斜边上的中线（共3小题）
1．（2022春•唐县期末）如图所示，一架长5m的梯子（AB），斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，这时梯子的顶端A距地面4m．梯子的正中间P点处有一只老鼠，梯子顶端A的正下方墙角O处有一只猫．下列说法错误的是（　　）

A．梯子的底端B到墙的距离为3m
B．P处的老鼠离地面的距离为2m
C．梯子下滑的时候老鼠就会离猫越来越近
D．梯子顶端沿墙下滑的长度和梯子底端沿地面向右滑行的距离不一定相等
【分析】根据勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质、三角形中位线定理计算，判断即可．
【解答】解：A、梯子的底端B到墙的距离为：＝3（m），本选项说法正确，不符合题意；
B、如图1，过点P作PH⊥OB于H，
则PH∥OA，
∵点P为AB的中点，
∴PH＝OA＝2m，本选项说法正确，不符合题意；
C、如图1，连接OP，

在Rt△AOB中，点P为AB的中点，
则OP＝AB＝2.5m，本选项说法错误，符合题意；
D、如图2，当梯子顶端沿墙下滑2m到点C时，OC＝2m，

则OD＝＝（m），
∴BD＝OD﹣OB＝（﹣3）m，
∴梯子顶端沿墙下滑的长度和梯子底端沿地面向右滑行的距离不一定相等，本选项说法正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理、三角形中位线定理，掌握相关的定理是解题的关键．
2．（2022春•南岗区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，过点D作AB的垂线，交BC于E，连接CD，AE，CD＝4，AE＝5，则AC＝（　　）

A．3 B． C．5 D．
【分析】由直角三角形斜边上的中线可求AB＝8，根据线段垂直平分线的性质可得BE＝AE＝5，再利用勾股定理求得CE的长，进而可求解AC的长．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，CD＝4，
∴AB＝2CD＝8，
∵ED⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴BE＝AE＝5，
∵AC2＝AE2﹣CE2＝AB2﹣BC2，
∴52﹣CE2＝82﹣（5+CE）2，
解得CE＝1.4，
∴AC＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质与判定，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
3．（2022春•永城市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB边的中点，DE⊥AC，垂足为点E，连接DC．
（1）若∠A＝36°，求∠BCD的度数；
（2）若∠A＝30°，DE+BC＝6，求DE和EC的长．

【分析】（1）证明AD＝CD从而得到∠DCA＝∠A，即可求出答案；
（2）证明∠ACD＝30°，△BCD为等边三角形即可求解．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，D是AB边的中点，
∴AD＝CD＝BD，
∴∠A＝∠DCA＝36°，
∴∠BCD＝90°﹣36°＝54°．
（2）由（1）得，∠A＝∠DCA＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°，
∴DE＝，
∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠B＝60°，
∴△DCB是等边三角形，
∴CD＝BC＝2DE，
又∵DE+BC＝6，
∴DE＝2，BC＝DC＝4，
∴EC＝．
【点评】本题考查了直角三角形的性质和勾股定理，第（2）问解题关键是得到△DCB是等边三角形．
二．菱形的性质（共3小题）
4．（2022春•莱芜区期中）已知菱形ABCD的面积为96cm2，对角线AC的长为16cm，则此菱形的边长为（　　）
A．20cm B．14cm C．3cm D．10cm
【分析】利用菱形的面积公式求出另一条对角线长，再利用勾股定理求出菱形的边长即可．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，AC＝16cm，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OB＝OD，OA＝OC＝AC＝8（cm），AC⊥BD，
∵菱形ABCD的面积为96cm2，
∴AC•BD＝96，
即×16•BD＝96，
解得：BD＝12，
∴OB＝BD＝6（cm），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝10（cm），
即菱形的边长为10cm，
故选：D．

【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
5．（2022春•台江区校级期中）在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的高是（　　）
A．2.5 B．5 C．2.4 D．4.8
【分析】由菱形的性质和勾股定理求出边长＝5，再由菱形面积公式求解即可．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，
∴OA＝OC＝4，OB＝OD＝3，AC⊥BD，S菱形ABCD＝AC•BD＝×8×6＝24，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝5，
设菱形的高为h，
则5h＝24，
解得：h＝4.8．
故选：D．

【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
6．（2022春•五华区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点D作对角线BD的垂线交BA的延长线于点E．
（1）证明：四边形ACDE是平行四边形；
（2）若AC＝24，BD＝10，求△ADE的周长．

【分析】（1）先根据菱形的性质得出AB∥CD，AC⊥BD，再证明DE∥AC，然后根据平行四边形的定义证明即可；
（2）先根据菱形的性质以及勾股定理得出AD＝CD＝13，再由平行四边形的性质得出AE＝CD＝13，DE＝AC＝24，进而求出△ADE的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∵DE⊥BD，
∴DE∥AC，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，
∴AO＝AC＝12，DO＝BD＝5，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴CD＝AD＝＝＝13，
由（1）得：四边形ACDE是平行四边形，
∴AE＝CD＝13，DE＝AC＝24，
∴△ADE的周长＝AD+AE+DE＝13+13+24＝50．
【点评】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
三．菱形的判定（共3小题）
7．（2022春•隆安县期中）如图，添加下列条件不能证明平行四边形ABCD是菱形的是（　　）

A．∠ABD＝∠ADB B．AC⊥BD C．AB＝BC D．AC＝BD
【分析】由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵∠ABD＝∠ADB，
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及矩形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
8．（2022•金水区校级模拟）如图，在▱ABCD中，∠D＝30°，对角线AC＝AD＝3，点E，F分别为CD，AB边上的动点，且DE＝BF．现将△ADE关于直线AE对称，点D的对应点记为D′，将△CBF关于直线CF对称，点B的对应点记为B′，当以点A，B'，C，D'为顶点的四边形是菱形时，DE的长度为 　　．

【分析】连接CD'，AB'，先证△ACD'是等边三角形，再证∠ED'C＝90°，再在Rt△CD'E中利用三角函数求出D'E，进而解答即可．
【解答】解：连接CD'，AB'，

∵四边形AB'CD'是菱形，
∴AB'＝CD'＝AD'＝B'C，
根据对称的性质有AD＝AD'，∠D＝∠AD'E＝30°，
∵AC＝AD＝3，
∴AD'＝AC＝CD'，
∴△ACD'是等边三角形，
∴∠ACD'＝∠AD'C＝60°，
∴∠ED'C＝90°，
∵AC＝AD，
∴∠D＝∠ACD＝30°，
∴∠DCD'＝∠ACD'﹣∠ACD＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△CD'E中，tan∠DCD'＝，
∴D'E＝D'C×tan∠DCD'＝3×tan30°＝3×，
根据对称的性质有DE＝D'E＝，
故答案为：．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据等边三角形的性质、解直角三角形和对称的性质解答．
9．（2022•天宁区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O．且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：△AOE≌△COD；
（2）若AB＝BC，求证：四边形AECD是菱形．

【分析】（1）证△AOE≌△COD（ASA），，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出OD＝OE，再由AO＝CO，由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，即可得出答案．
【解答】（1）证明：在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（ASA）；
（2）证明：∵△AOE≌△COD，
∴OD＝OE，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵AB＝BC，AO＝CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
四．菱形的判定与性质（共4小题）
10．（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AC＝DC＝AD，根据等边三角形的判定得出△ADC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，
∴AC＝DC＝AD，
∴△ADC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．
【点评】本题考查了菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
11．（2022春•南岗区校级期中）在等腰△ABC中，AC＝BC，D、E、F分别是AB、AC、BC边上的中点，连接DE、DF．
（1）如图1，求证：四边形DFCE是菱形；
（2）如图2延长DE至点G，使EG＝DE，连接EF、CG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的平行四边形（不包括菱形DFCE）．

【分析】（1）由三角形中位线定理得DE∥CF，DE＝BC，DF∥CE，DF＝AC，则四边形DECF是平行四边形，再证DE＝DF，即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理和平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴DE、DF都是△ABC的中位线，
∴DE∥CF，DE＝BC，DF∥CE，DF＝AC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵AC＝BC，
∴DE＝DF，
∴平行四边形DFCE是菱形；
（2）解：∵D、E、F分别是AB、AC、BC边上的中点，
∴AD＝BD，EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB，EF＝AB＝AD＝BD，
∴四边形ADFE、四边形BDEF是平行四边形，
∵BC＝2DE，EG＝DE，
∴BC＝DG，
∵DE∥BC，
∴四边形BCGD、四边形EFCG是平行四边形，
即图2中所有的平行四边形（不包括菱形DFCE）为平行四边形ADFE、平行四边形BDEF、平行四边形BCGD、平行四边形EFCG．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
12．（2022春•涧西区期中）如图，已知△ABC中，点D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E，过点A作AF∥BC交ED的延长线于点F，连接AE、CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若CF＝2，∠FAC＝30°，∠B＝45°，则四边形ABCF的周长为 　++7　．

【分析】（1）证△AFD≌△CED（AAS），得AF＝EC，再证四边形AECF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过点A作AG⊥BC于点G，由含30°角的直角三角形的性质得GE＝AE＝1，AG＝GE＝，再证△ABG是等腰直角三角形，得出AB的长，进而得出结论．
【解答】（1）证明：在△ABC中，点D是AC的中点，
∴AD＝DC，
∵AF∥BC，
∴∠FAD＝∠ECD，∠AFD＝∠CED，
∴△AFD≌△CED（AAS），
∴AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵DE⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形．
（2）解：如图，过点A作AG⊥BC于点G，
由（1）知四边形AECF是菱形，∠FAC＝30°，
∴AE＝CE＝AF＝CF＝2，AF∥EC，∠FAE＝2∠FAC＝60°，
∴∠AEB＝∠FAE＝60°，
∵AG⊥BC，
∴∠AGB＝∠AGE＝90°，
∴∠GAE＝30°，
∴GE＝AE＝1，AG＝GE＝，
∵∠B＝45°，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴BG＝AG＝，
∴BC＝BG+GE+CE＝+1+2＝+3，
∴AB＝BG＝，
∴四边形ABCF的周长＝AB+BC+CF+AF＝++3+2+2＝++7，
故答案为：++7．

【点评】本题主要考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，含30°角的直角三角形的三边关系，等腰直角三角形的性质与判定等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
13．（2022•宽城区校级模拟）如图，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＝，BD＝2，请直接写出△AOE的面积为 　　．

【分析】（1）先证CD＝AD，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质和勾股定理得OA＝3，则AC＝2OA＝6，再证△AOB∽△AEC，求出EA的长，过O作OP⊥AE于P，然后由三角形面积求出OP的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC为∠BAD的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∵AB＝AD，
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图，过O作OP⊥AE于P，

∵四边形ABCD是菱形，BD＝2，
∴OA＝OC，BD⊥AC，OB＝OD＝1，
∴∠AOB＝90°，
∴OA＝＝＝3，
∴AC＝2OA＝6，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°＝∠AOB，
又∵∠OAB＝∠EAC，
∴△AOB∽△AEC，
∴＝，
∴＝，
解得EA＝，
∵OP⊥AE，
∴AB•OP＝OA•OB，
∴OP＝3×1，
∴OP＝，
∴S△AOE＝AE•OP＝×＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和等腰三角形的判定，证明三角形相似是解题的关键．
五．矩形的性质（共5小题）
14．（2022春•钟楼区期中）如图，长方形ABCD的长AD为a，宽AB为b，其中a＞2，b＞2，将这个长方形先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到长方形A'B'C'D'，则阴影部分的面积是（　　）

A．2a+2b+4 B．2a+2b﹣4 C．a2+b2+4 D．a2+b2﹣4
【分析】由平移得B′C′∥BC，A′B′∥AB，AE＝2，CF＝2，而AD∥BC，CD∥AB，所以B′C′∥AD，A′B′∥CD，可证明四边形B′FDE是平行四边形，且DE＝a﹣2，DF＝b﹣2，即可由S阴影＝S矩形ABCD﹣S矩形B′FDE求出用含a、的代数式表示的阴影部分的面积，得到问题的答案．
【解答】解：如图，由平移得B′C′∥BC，A′B′∥AB，AE＝2，CF＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，CD∥AB，
∴B′C′∥AD，A′B′∥CD，
∴四边形B′FDE是平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形B′FDE是矩形，
∵AD为a，CD＝AB＝b，
∴DE＝a﹣2，DF＝b﹣2，
∴S阴影＝S矩形ABCD﹣S矩形B′FDE＝ab﹣（a﹣2）（b﹣2）＝2a+2b﹣4，
∴阴影部分的面积是2a+2b﹣4，
故选：B．

【点评】此题重点考查矩形的性质、平移的性质、整式的乘法等知识，根据平移的性质用代数式表示重叠部分矩形的面积是解题的关键．
15．（2022春•涧西区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，求BC的长．

【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA＝AB＝OB＝3，得出BD＝2OB＝6，由勾股定理求出AD＝BC即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∴BC＝AD＝＝4．
【点评】此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
16．（2022•顺德区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．
（1）求证：OE＝OF；
（2）若BC＝2，求AB的长．

【分析】（1）根据矩形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等得出∠BAC＝∠FCO，然后利用“角角边”证明△AOE和△COF全等，即可证明OE＝OF；
（2）连接OB，根据等腰三角形三线合一的性质可得BO⊥EF，再根据矩形的性质得到直角三角形，利用直角三角形斜边中线的性质即可证明OA＝OB，根据等边对等角的性质可得∠BAC＝∠ABO；在Rt△BEO中利用三角形的内角和定理，结合已知即可得到∠BAC＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，接下来运用勾股定理即可求出AB的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠FCO．
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF．
（2）解：如图，连接OB．

∵BE＝BF，OE＝OF，
∴BO⊥EF，
在Rt△BEO中，∠BEF+∠ABO＝90°．
∵△AOE≌△COF，
∴OA＝OC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°
∴OA＝OB＝OC，
∴∠BAC＝∠ABO．
∵∠BEF＝2∠BAC，即2∠BAC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝30°．
∵BC＝2，
∴AC＝2BC＝4，
∴AB＝＝＝2．
【点评】此题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
17．（2022春•永年区校级期末）如图，在四边形ABCD中AD∥BC，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与四边形ABCD的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；
（2）当MN平分∠AMC时，
①求证：四边形ANCM为菱形；
②当四边形ABCD是矩形时，若AD＝8，AC＝4，求DM的长．

【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AM＝CN，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据角平分线的定义得到∠AMN＝∠CMN，根据平行线的性质得到∠AMN＝∠CNM，得到CM＝CN，根据菱形的判定定理得到平行四边形ANCM为菱形；
②根据菱形的性质得到∠ABN＝90°，BC＝AD＝8，根据勾股定理得到即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，O为对角线AC的中点，
∴AO＝CO，∠OAM＝∠OCN，
在△AOM和△CON中，
，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴AM＝CN，
∵AM∥CN，
∴四边形ANCM为平行四边形；
（2）①证明：∵MN平分∠AMC，
∴∠AMN＝∠CMN，
∵AD∥BC，
∴∠AMN＝∠CNM，
∴∠CMN＝∠CNM，
∴CM＝CN，
∴平行四边形ANCM为菱形；
②解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABN＝90°，BC＝AD＝8，
∴AB＝＝＝4，
∵AM＝AN＝NC＝AD﹣DM，
在Rt△ABN中，根据勾股定理得：
AN2＝AB2+BN2，
∴（8﹣DM）2＝42+DM2，
解得DM＝3．
故DM的长为3．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是证明△AOM≌△CON．
18．（2022春•思明区校级期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，G、H分别是AD、BC中点，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时以每秒1个单位长度的速度出发相向而行，运动时间为t秒．
（1）当0＜t＜5时，判断四边形EGFH的形状，并说明理由；
（2）当0＜t＜10时，若四边形EGFH为矩形，请直接写出t的值为 　2或8　．

【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解．
【解答】解：（1）四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE＝CF＝t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠GAE＝∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
∴AG＝AD，CH＝BC，
∴AG＝CH，
在△AEG和△CFH中，
，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，
∴∠FEG＝∠EFH，
∴EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，

由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝10，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，

∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；
故答案为：2或8．
【点评】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．
六．矩形的判定（共3小题）
19．（2022春•同安区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（　　）

A．∠BAD＝∠ABC B．AB⊥BD C．AC⊥BD D．AB＝BC
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠BAD＝∠ABC，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A符合题意；
B、∵AB⊥BD，
∴∠ABD＝90°，不能判定平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
20．（2022•宜兴市校级二模）添加下列一个条件，能使平行四边形ABCD成为矩形的是（　　）
A．AB＝CD B．AC⊥BD C．∠BAD＝90° D．AB＝BC
【分析】由矩形的判定即可得出结论．
【解答】解：∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，
∴当∠BAD＝90°，平行四边形ABCD是矩形，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定以及平行四边形的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
21．（2022春•涧西区期中）如图，延长平行四边形ABCD的边DC到点F，使得CF＝CD，连接AF，BF，AC，若AD＝AF，求证：四边形ABFC是矩形．

【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，再证四边形ABFC是平行四边形，然后证BC＝AF，即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∵CF＝CD，
∴CF＝AB，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AD＝AF，
∴BC＝AF，
∴平行四边形ABFC是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
七．矩形的判定与性质（共3小题）
22．（2022春•姑苏区校级期中）已知，如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形：
（2）若AB＝10，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．

【分析】（1）先证四边形AODE为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOD＝90°，即可得出结论；
（2）证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝10，则AO＝CO＝5，再由勾股定理得OD＝OB＝5，然后由矩形面积公式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴平行四边形AODE是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝10，AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠BCD＝120°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝10，
∴AO＝CO＝5，
∴OD＝OB＝＝＝5，
由（1）得：四边形AODE是矩形，
∴矩形AODE的面积＝AO•OD＝5×5＝25．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23．（2022春•新市区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝AC，连接AE交OD于点F，连接OE、CE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）已知AB＝2，DE＝1，求OD的长．

【分析】（1）根据菱形的性质得出OA＝OC＝AC，AC⊥BD，求出DE∥OC，DE＝OC，再根据矩形的判定定理证明即可；
（2）求出AO＝DE＝1，根据勾股定理求出OB，根据菱形的性质得出OD＝OB即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，DE＝AC，
∴DE∥OC，DE＝OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵∠DOC＝90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）解：∵DE＝1，
∴OC＝OA＝DE＝1，
∵AB＝2，
∴OB＝＝＝，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB＝．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定等知识点，能熟记菱形的性质是解此题的关键，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
24．（2022春•东莞市期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE＝AC，连接CE、OE，OE交DC于点F．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若AD＝6，求OF的长．

【分析】（1）由菱形的性质得OA＝OC＝AC，AC⊥BD，再证四边形OCED是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）证四边形OADE是平行四边形的，得OE＝AD＝6，再由矩形的性质得OF＝OE＝3即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC，AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∵DE＝AC，
∴OC＝DE，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵∠COD＝90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）解：由（1）可知，OA＝DE，
∵DE∥AC，
∴四边形OADE是平行四边形，
∴OE＝AD＝6，
∵四边形OCED是矩形，
∴OF＝OE＝3．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及菱形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
八．正方形的性质（共4小题）
25．（2022春•西山区校级期中）如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点G在CD上，BC＝8，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长为（　　）

A．4 B．2 C．4 D．2
【分析】连接AC、CF，根据正方形的性质得到∠ACF＝90°，根据勾股定理求出AF的长，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半计算即可．
【解答】解：连接AC、CF，如图：

∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠ACG＝45°，∠FCG＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵BC＝8，CE＝4，
∴AC＝8，CF＝4，
由勾股定理得，AF＝＝4，
∵H是AF的中点，∠ACF＝90°，
∴CH＝AF＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理的应用、正方形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
26．（2022•蜀山区校级三模）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与端点重合），点F是CD延长线上的点，且BE＝DF，连接EF交AD于点G，过点A作AH⊥EF，垂足为H，连接BH，AF．
（1）求证：AH＝HE；
（2）求证：∠AFE＝∠HBE；
（3）若，CE＝3，求的值．

【分析】（1）先证明△ABE≌△ADF，得AE＝AF，∠BAE＝∠DAF，即可证明∠EAF＝90°，因为AH⊥EF，所以HE＝HF，所以AH＝HE＝EF；
（2）作HI⊥AD于点I，交BC于点J，证明四边形ABJI是矩形，△AHI≌△HEJ，则HJ＝AI＝BJ，所以∠HBE＝∠BHJ＝45°，所以∠AFE＝∠HBE；
（3）先证明△BAH∽△EGA，得＝，则AH•AE＝AG•BH＝，而AH＝AE，于是有AE2＝，则AE＝，即可根据勾股定理列方程求得AB＝，则BE＝，所以DF＝，AD＝，即可求得＝．
【解答】（1）证明：四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADC＝∠C＝∠BAD＝90°，
∴∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴∠ABE＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，∠BAE＝∠DAF，
∴∠EAF＝∠EAD+∠DAF＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
∴∠AFE＝∠AEF＝45°，
∵AH⊥EF于点H，
∴HE＝HF＝EF，
∴AH＝EF，
∴AH＝HE．
（2）证明：如图，作HI⊥AD于点I，交BC于点J，
∵∠AIJ＝∠BAI＝∠ABJ＝90°，
∴四边形ABJI是矩形，
∴AI＝BJ，∠AIH＝∠HJE＝90°，
∵∠AHE＝90°，
∴∠AHI＝∠HEJ＝90°﹣∠EHJ，
在△AHI和△HEJ中，
，
∴△AHI≌△HEJ（AAS），
∴HJ＝AI＝BJ，
∴∠HBE＝∠BHJ＝45°，
∴∠AFE＝∠HBE．
（3）解：∵∠ABH＝90°﹣∠HBE＝45°，
∴∠ABH＝∠GEA，
∴AH＝HE，∠AHE＝90°，
∴∠HAE＝∠HEA＝45°，
∵∠BAH＝∠HAE+∠BAE＝45°+∠BAE，∠EGA＝∠AEF+∠DAF＝45°+∠DAF，
∴∠BAH＝∠EGA，
∴△BAH∽△EGA，
∴＝，
∴AH•AE＝AG•BH＝，
∵AH＝AE•sin∠AEF＝AE•sin45°＝AE，
∴AE2＝，
∴AE＝或AE＝﹣（不符合题意，舍去），
∵CE＝3，
∴BE＝BC﹣3＝AB﹣3，
∴AB2+（AB﹣3）2＝（）2，
整理得4AB2﹣12AB﹣27＝0，
∴AB＝或AB＝﹣（不符合题意，舍去），
∴BE＝﹣3＝，
∴DF＝，AD＝，
∴＝＝，
∴的值是．

【点评】此题重点考查正方形的性质、矩形的判定与性质等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
27．（2022春•江夏区校级月考）如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，且AE＝CF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若正方形边长为4，AE＝2，直接写出菱形BEDF的面积 　16　．

【分析】（1）连接BD，根据对角线互相平分证出四边形BEDF为平行四边形，再根据对角线互相垂直证出四边形BEDF是菱形；
（2）根据勾股定理求出正方形对角线的长，再求出菱形的对角线EF的长，根据菱形的面积公式＝对角线乘积的一半，求出菱形的面积．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，
又∵AE＝CF，
∴AO﹣AE＝CO﹣CF，
∴OE＝OF，
∵OB＝OD，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）解∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，
∴AC＝BD＝＝8，
∵AE＝2，
∴CF＝AE＝2，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝8﹣2﹣2＝4，
∴菱形BEDF的面积＝×EF×BD＝×4×8＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，菱形的面积，解题的关键是连接BD，根据对角线互相平分证明四边形BEDF是平行四边形．
28．（2022春•南谯区期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）求证：OM＝OG；
（3）若AE平分∠BAC，求证：BM2＝2OM2．

【分析】（1）由正方形的性质即可解决问题；
（2）证明△AOM≌△BOG，即可解决问题；
（3）作MN⊥AB于点N，先证明OM＝MN，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA）；
（2）证明：在正方形ABCD中，
∵AC⊥BD，OA＝OB＝OC，
∴∠AOM＝∠BOG＝90°，
∴∠MAO+∠AMO＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠MBP+∠BMP＝90°，
又∵∠BMP＝∠AMO，
∴∠MAO＝∠MBP，
在△AOM和△BOG中，
，
∴△AOM≌△BOG（ASA），
∴OM＝OG；
（3）证明：如图，作MN⊥AB于点N，

∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，
∴OM＝MN，
又∵∠ABD＝45°，
∴BN＝MN，
在Rt△BMN中，BM2＝BN2+MN2＝2MN2＝2OM2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△AOM≌△BOG．
九．正方形的判定（共3小题）
29．（2022春•溧阳市期中）下列判断中不正确的是（　　）
A．四个角相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【分析】跟进平行四边形和特殊的平行四边形的判定定理进行判断即可．
【解答】解：A、四个角相等的四边形是矩形，
故A选项不符合题意；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
故B选项符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
故C选项不符合题意；
D、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
故D选项不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了特殊的平行四边形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握这些判定定理是解题的关键．
30．（2022春•溧阳市期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，中线AF与中位线DE相交于点O，则四边形ADFE是（　　）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】根据中线AF与中位线DE相交于点O，证明四边形ADFE是平行四边形，再根据∠BAC＝90°，即可解决问题．
【解答】解：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O，
∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD，
∴EF∥AB，EF＝AB，
∴AD∥EF，AD＝EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，
∴四边形ADFE是矩形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定以及三角形的中位线性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题关键．
31．（2022春•渝中区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB＝∠CDB；
（2）若∠ADC＝90°，求证：四边形MPND是正方形．

【分析】（1）根据角平分线定义得出∠ABD＝∠CBD，根据全等三角形的判定定理推出△ABD≌△CBD，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）求出∠PMD＝∠PND＝90°，根据矩形的判定定理得出四边形MPND是矩形，根据角平分线的性质得出PM＝PN，根据正方形的判定证明即可．
【解答】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB＝∠CDB；

（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD＝∠PND＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB＝∠CDB，PM⊥AD，PN⊥CD，
∴PM＝PN，
∴四边形MPND是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质等知识点，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
一十．正方形的判定与性质（共4小题）
32．（2022•鼓楼区校级开学）如图，E、F、M、N分别是正方形ABCD四条边上的点，AE＝BF＝CM＝DN，则四边形EFMN的形状是（　　）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】通过证明三角形AEN，DNM，MCF，FBE全等，先得出四边形ENMF是菱形，再证明四边形EFMN中一个内角为90°，从而得出四边形EFMN是正方形．
【解答】解：四边形EFMN是正方形．
证明：∵AE＝BF＝CM＝DN，
∴AN＝DM＝CF＝BE．
∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF（SAS）．
∴EF＝EN＝NM＝MF，∠ENA＝∠DMN．
∴四边形EFMN是菱形．
∵∠ENA＝∠DMN，∠DMN+∠DNM＝90°，
∴∠ENA+∠DNM＝90°．
∴∠ENM＝90°．
∴四边形EFMN是正方形．
故选：D．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定．解决本题的关键是得到△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF．
33．（2022春•河西区期末）如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且AF＝BP＝CQ＝DE，则下列结论不一定正确的是（　　）

A．∠AFP＝∠BPQ
B．EF∥QP
C．四边形EFPQ是正方形
D．四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半
【分析】由四边形ABCD是正方形，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，又由AF＝BP＝CQ＝DE，即可得DF＝CE＝BQ＝AP，然后利用SAS即可证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP，由此可得∠AFP＝∠BPQ；由此可判断A；由全等可证得EF＝FP＝PQ＝QE；由EF＝FP＝PQ＝QE，可判定四边形EFPQ是菱形，又由△APF≌△BPQ，易得∠FPQ＝90°，即可证得四边形EFPQ是正方形，由此可判断B，C；最后再判断D选项即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∵AF＝BP＝CQ＝DE，
∴DF＝CE＝BQ＝AP，
∴△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP（SAS），
∴EF＝FP＝PQ＝QE，∠AFP＝∠BPQ，故A选项正确，不符合题意；
∵EF＝FP＝PQ＝QE，
∴四边形EFPQ是菱形，
∴EF∥PQ，故B选项正确，不符合题意；
∵△APF≌△BQP，
∴∠AFP＝∠BPQ，
∵∠AFP+∠APF＝90°，
∴∠APF+∠BPQ＝90°，
∴∠FPQ＝90°，
∴四边形EFPQ是正方形．故C选项正确，不符合题意；
∵四边形PQEF的面积＝EF2，四边形ABCD面积＝AB2，
若四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半，
则EF2＝AB2，即EF＝AB．
若EF≠AB，则四边形PQEF的面积不是四边形ABCD面积的一半，
故D选项不一定正确，符合题意．
故选：D．
【点评】此题考查了正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意解题的关键是证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP．
34．（2022秋•铁西区月考）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝4，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．
（1）求证：四边形DEFG是正方形；
（2）求AE2+CE2的最小值．

【分析】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEM≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）根据SAS证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，由勾股定理得AE2+CE2＝EG2，设CE＝x，代入并结合配方法可得结论．
【解答】（1）证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，

∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
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：如图，连接EG，

∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DCG＝∠DAE＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ECG＝45°+45°＝90°，
∴AE2+CE2＝EC2+CG2＝EG2，
∴AE2+CE2的最小值就是EG2的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，且AB＝4，
∴BC＝AB＝4，∠B＝90°，
∴AC＝8，
设CE＝x，则AE＝CG＝8﹣x，
∴EG2＝EC2+CG2＝x2+（8﹣x）2＝2x2﹣16x+64＝2（x﹣4）2+32，
∴当x＝4时，EG2有最小值是32，即AE2+CE2的最小值是32．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等．
35．（2022春•沂水县期中）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．

【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．