人教版八年级数学下册重难点专题提升精讲精练专题09矩形、菱形、正方形的性质与判定重难点题型专训(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册重难点专题提升精讲精练专题09矩形、菱形、正方形的性质与判定重难点题型专训(原卷版+解析)，共130页。

题型一 矩形的性质与判定重难点题型
题型二 菱形的性质与判定重难点题型
题型三 正方形的性质与判定重难点题型
题型四 特殊平行四边形中长度问题
题型五 特殊平行四边形中角度问题
题型六 利用特殊平行四边形的性质求面积
题型七 中点四边形
题型八 特殊平行四边形的动点问题
题型九 四边形中的线段最值问题
题型十 特殊平行四边形中的折叠问题
题型十一 四边形其他综合问题
【经典例题一 矩形的性质与判定重难点题型】
知识点1：矩形的性质
1.边：对边平行且相等；
2.角：四个角都是直角；
3.对角线：对角线相等且互相平分；
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线）
知识点2：矩形的判定
定义法：有一个角是直角的平行四边形；
对角线相等的平行四边形是矩形；
有三个角都是90°的四边形是矩形.
【例1】（2022春·安徽芜湖·八年级芜湖市第二十九中学校考期中）如图，矩形中，，点是上的一点，，的垂直平分线交的延长线于点，连接交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A．12.5B．12C．10D．10.5
【变式训练】
【变式1】（2021春·贵州铜仁·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD的平分线交BC于E，若，则∠COE=（ ）
A．45B．60C．75D．30
【变式2】（2021春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考阶段练习）如图，是矩形的边上一点，，是对角线上任意一点，，，垂足分别为和，则一定与图中哪条线段的长度相等：__．
【变式3】（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，，，点在上，四边形是矩形，连接交于点，连接交于点F，给出下列结论：①平分；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号为____________．
【变式4】（2022秋·江西吉安·九年级校考阶段练习）如图，在中，是上一点，过点作的平行线交的平分线于点，交的外角的平分线于点．
(1)求证：．
(2)连接，，点可在上移动，若四边形是矩形，则点在的什么位置？请说明理由．
【变式5】（2022春·陕西商洛·八年级校考期末）如图，等腰的直角顶点是矩形对角线的交点，与边交于点．
(1)如图1，当与在同一条直线上时，求证：．
(2)如图2，当与在同一条直线上时，若，，求的长．.
【经典例题二 菱形的性质与判定重难点题型】
知识点1：菱形的性质
1.边：对边平行，四条边都相等
2.角：对角相等
3.对角线：
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴
知识点2：菱形的判定
定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
对角线互相垂直的平行四边形是菱形
四条边都相等的四边形是菱形
【例2】（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在菱形中，，，E，F分别是边上的动点，连接和，G，H分别为，的中点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【变式训练】
【变式1】（2022秋·安徽滁州·九年级统考期中）菱形中，，E，F分别是，上的动点，且，连接，交于G，则下列结论：①；②为等边三角形；③的最小值为．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③D．②③
【变式2】（2022春·全国·九年级专题练习）如图，在菱形中，，，点是对角线上的一个动点．则的最小值等于_________．
【变式3】（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
【变式4】（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市十三中教育集团（总校）校考开学考试）已知，如图，在菱形中，为对角线，E是上的点，分别连结，并延长交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【变式5】（2022春·黑龙江鹤岗·八年级统考期末）已知是菱形的对角线，，点是直线上的一个动点，连接，以为边作菱形，并且使，连接，当点在线段上时，如图，易证：．
(1)当点在线段的延长线上时（如图），猜想，，之间的关系并证明；
(2)当点在线段的延长线上时（如图），直接写出，，之间的关系．
【经典例题三 正方形的性质与判定重难点题型】
知识点1：正方形的性质
边：对边平行，四条边都相等
角：四个角都是直角
对角线
对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴
正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线）
注：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
知识点2：正方形的判定
有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形
有一组邻边相等的矩形是正方形
对角线互相垂直的矩形是正方形
有一个角是直角的菱形是正方形
对角线相等的菱形是正方形
知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
【例3】（2021春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，正方形的边长为3，点M在延长线上，，作交延长线于点N，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【变式训练】
【变式1】（2022秋·广东揭阳·九年级统考期中）如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③；④的最小值为2．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式2】（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图，在边长为6的正方形中，是中点，将沿翻折至，延长交于，则___________．
【变式3】（2022秋·山东青岛·九年级校考期末）如图，在正方形中，E为的中点，F为的中点， 的延长线与的延长线交于点H，与相交于点G，若，则的长为________．
【变式4】（江西省九江市2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题）如图，点E在正方形的边上，连接，过点D作与的延长线相交于点F，连接与边相交于点G，与对角线相交于点H，且．
(1)求的度数；
(2)求证：．
【变式5】（2021春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）已知：在中，为中线，以、为边向的形外作正方形、正方形．
(1)如图①，当时，求证：．
(2)如图②③，当时，与有怎样的关系？在图②和图③中可任选一个图，证明你的结论．
【经典例题四 特殊平行四边形中长度问题】
【例4】（2023秋·河北保定·九年级校考期末）如图，矩形，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为（ ）
A．B．2C．D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·河南南阳·九年级期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为（ ）
A．5B．C．D．6
【变式2】（2022秋·河南南阳·九年级统考期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边，的中点，连接，，点G，H分别为，的中点，连接，则的长为______
【变式3】（2022春·全国·九年级专题练习）如图，正方形的边长为8，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为__．
【变式4】（2021春·海南省直辖县级单位·八年级统考期中）如图，在矩形中，点是线段上一动点，点为的中点，的延长线交于点．
(1)求证：；
(2)若厘米，厘米，从点出发，以1厘米/秒的速度向运动（不与重合），设运动时间为秒，求为何值时，四边形是菱形？
【变式5】（2023春·八年级单元测试）在平行四边形中，，将沿翻折至，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)在平行四边形中，已知：，将沿翻折至，连接．若以A、C、D、为顶点的四边形是矩形，求的长．
【经典例题五 特殊平行四边形中角度问题】
【例5】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （ ）
A．B．C．D．
【变式训练】
【变式1】（2022春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，在矩形中，，相交于点，平分交于，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
【变式2】（2022春·山西临汾·八年级校联考期末）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接，若，则的度数是_________．
【变式3】（2023秋·湖北武汉·七年级统考期末）如图，正方形的边上有一点G，以为边向右作长方形，沿翻折，点E的对应点恰好落在线段上，若，则的度数为_______．
【变式4】（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）如图，菱形的对角线，相交于点，分别延长，到点，，使，依次连接,,,各点．
(1)求证：；
(2)若，则当 °时，四边形是正方形．
【变式5】（2022春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校考期中）如图，已知，长方形ABCD的点A在直线a上，B，C，D三点在平面上移动变化（长方形形状大小始终保持不变），请根据如下条件解答：
(1)图1，若点B、D在直线b上，点C在直线b的下方，∠2＝30°，则∠1＝______；
(2)图2，若点D在直线a的上方，点C在平行直线a，b内，点B在直线b的下方，m，n表示角的度数，请写出m与n的数量关系并说明理由；
(3)图3，若点D在平行直线a，b内，点B，C在直线b的下方，x，y表示角的度数，且满足关系式，求x的度数．
【经典例题六 利用特殊平行四边形的性质求面积】
【例6】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，四边形和都是矩形且点B在上，若，，则矩形的面积是（ ）
A．2B．C．D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·陕西汉中·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线相交于点O，平分交于点E，，连接，则下面的结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【变式2】（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）为庆祝建党90周年，美化社区环境，某小区要修建一块艺术草坪．如图，该草坪依次由部分互相重叠的一些全等的菱形组成，且所有菱形的较长的对角线在同一条直线上，前一个菱形对角线的交点是后一个菱形的一个顶点，如菱形、、，要求每个菱形的两条对角线长分别为和．
（1）若使这块草坪的总面积是，则需要___个这样的菱形；
（2）若有个这样的菱形（，且为整数），则这块草坪的总面积是___．
【变式3】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD中，，垂足为E，点F、G分别为边AD、DC的中点，，则___________．
【变式4】（2022秋·吉林长春·八年级长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在等腰直角三角形中，，点D为中点．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度向终点B运动．当点P不与点A、B重合时，过点P作线段的垂线，交折线于点E，以线段为边向右作正方形，设与正方形重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t．
(1)用含t的代数式表示线段的长度；
(2)当点F落在线段上时，求t的值；
(3)用含t的代数式表示重叠部分的面积S；
(4)连结，当线段所在直线与的边垂直时，直接写出t的值．
【变式5】（2022春·山东青岛·七年级校考期末）如图，E、F分别是AD和BC上的两点，EF将四边形ABCD分成两个边长为6cm的正方形，∠DEF＝∠EFB＝∠B＝∠D＝90°；点H是CD上一点，且CH＝2cm，点P从点H出发，沿HD以1cm/s的速度运动，同时点Q从点A出发，沿A→B→C以4cm/s的速度运动．任意一点先到达终点即停止运动．
(1)如图1，点Q在AB上运动，①连接QP，当t＝_______时，QP∥BC；②当t＝______时，P点在AQ的垂直平分线上．
(2)如图2，连接EP、EQ，若QE⊥EP，求出t的值；
(3)当t＝_______时，△EPD的面积等于面积的．
【经典例题七 中点四边形】
知识点：中点四边形
定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形.
常见结论
【例7】（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【变式训练】
【变式1】（2022春·广东广州·八年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，，，连接四边形中点得到四边形EFGH，则四边形EFGH的面积为（ ）
A．B．C．D．
【变式2】（2022春·云南昆明·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，顺次连接E、F、G、H．若，，则四边形EFGH的面积为______．
【变式3】（2022春·上海·八年级专题练习）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝4，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较短的“中对线”的长度为___．
【变式4】（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【变式5】（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【经典例题题八 特殊平行四边形的动点问题】
【例8】（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图，长方形中，，点是射线上一动点(不与重合)，将沿着所在的直线折叠得到，连接，若为直角三角形，则的长为（ ）
A．1B．8C．1或8D．1或9
【变式训练】
【变式1】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，为边上的一个动点，连接，以为边作等边，且点在矩形内，连接，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．
【变式2】（2023秋·广东·八年级校联考期末）在长方形中，，，点E是边上的一个动点，把沿BE折叠，点A落在处，当是直角三角形时，的长为______．
【变式3】（2021春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，矩形中，，，动点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段运动，动点Q从点D出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线段运动，已知P、Q同时开始移动，当动点P到达D点时，P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒．若线段的中点为M，在整个运动过程中，写出点M运动路径的长度为___________．
【变式4】（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，为锐角，．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿运动．同时，动点Q从点A出发，以每秒3个单位的速度沿运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P的运动时间为t秒．
(1)点P在上运动时，______；点P在上运动时，______．（用含t的代数式表示）
(2)点P在上，∥时，求t的值．
(3)当直线平分的面积时，求t的值．
(4)若点Q的运动速度改变为每秒a个单位．当，的某两个顶点与P、Q所围成的四边形为菱形时，直接写出a的值．
【变式5】（2021春·四川成都·八年级校考期中）已知：在中，，点D为直线上一动点（点D不与B、C重合），以为边作正方形，连接．
(1)如图1，当点D在线段的延长线上时，请你判断线段与的数量关系，并说明理由．
(2)如图1，若，请连接并求出的长．
(3)如图2，当点D在线段的反向延长线上时，且点A、F分别在直线的两侧，其它条件不变；若连接正方形对角线，交点为O，连接，探究的形状，并说明理由．
【经典例题九 四边形中的线段最值问题】
【例9】（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在中，，，是的中点，点在上，点在上，且．下面四个结论中：（1）；（2）是等腰直角三角形；（3）；（4）有最小值，为．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式2】（2022秋·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，将矩形沿直线折叠，使得点A恰好落在边上的点G处，且点E、F分别在边上（含端点），连接，当取得最小值时，折痕的长为___________．
【变式3】（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为中点，则的最小值为__．
【变式4】（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连接．
(1)若点为的中点，求证：点为的中点；
(2)若点为的中点，，，求的长；
(3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________．
【变式5】（2022·吉林长春·模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形中，点是上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处，连结，，延长交于点，与交于点．
(1)求证：．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长交于点．若，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结．则线段的最小值为 ．
【经典例题十 特殊平行四边形中的折叠问题】
【例10】（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在正方形中，，点、分别在边、上，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【变式2】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，矩形中，，M为的中点，把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，则的长为 ___________．
【变式3】（2022秋·四川成都·九年级统考期中）如图，矩形，，将矩形沿对角线折叠，点落在点处，连接，若三角形为等腰三角形，则______．
【变式4】（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）实践与探究
操作一：如图①，已知正方形纸片，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部点M，再将纸片沿过点A的直线AF折叠，使与重合，此时______度．
操作二：如图②，将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点为点N．当点E在边某一位置时，点N恰好落在折痕上，此时______度．
在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：
（1）设与的交点为点P．求证：；
（2）若，则线段的长______．
【变式5】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
【经典例题十一 四边形其他综合问题】
【例11】（2022·辽宁营口·校考模拟预测）如图，在正方形中，E是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，，现在有如下4个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【变式训练】
【变式1】（2022·山东济南·山东省实验初级中学校考模拟预测）矩形纸片中，，，将纸片折叠，使点B落在边上的处，折痕为．延长交的延长线于M，折痕上有点P，下列五个结论中正确的有（ ）
①；②；③；④；⑤若，则四边形是菱形．
A．2B．3C．4D．5
【变式2】（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，平面内三点，，，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是______．
【变式3】（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图，以直角三角形的三条边为边长，向形外分别作正方形，连接，其中正方形和正方形的面积分别为1和5，则长为_____．
【变式4】（2023秋·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【变式5】（2021春·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．
(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
原图形
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
对角线相等的四边形
菱形
对角线垂直的四边形
矩形
对角线垂直且相等的四边形
正方形
专题09 矩形、菱形、正方形的性质与判定重难点题型专训
【题型目录】
题型一 矩形的性质与判定重难点题型
题型二 菱形的性质与判定重难点题型
题型三 正方形的性质与判定重难点题型
题型四 特殊平行四边形中长度问题
题型五 特殊平行四边形中角度问题
题型六 利用特殊平行四边形的性质求面积
题型七 中点四边形
题型八 特殊平行四边形的动点问题
题型九 四边形中的线段最值问题
题型十 特殊平行四边形中的折叠问题
题型十一 四边形其他综合问题
【经典例题一 矩形的性质与判定重难点题型】
知识点1：矩形的性质
1.边：对边平行且相等；
2.角：四个角都是直角；
3.对角线：对角线相等且互相平分；
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线）
知识点2：矩形的判定
定义法：有一个角是直角的平行四边形；
对角线相等的平行四边形是矩形；
有三个角都是90°的四边形是矩形.
【例1】（2022春·安徽芜湖·八年级芜湖市第二十九中学校考期中）如图，矩形中，，点是上的一点，，的垂直平分线交的延长线于点，连接交于点．若是的中点，则的长是（ ）
A．12.5B．12C．10D．10.5
【答案】C
【分析】根据线段中点的定义可得CG=DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=CF，EG=FG，设DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF=EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC=AD．
【详解】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=，
∴CG=DG=CD=AB =×=，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG(ASA)，
∴DE=CF，EG=FG，
设DE=x，
则BF=BC+CF=AD+CF=AE+DE+DE=6+x+x=6+2x，
在Rt△DEG中，
，
∴，
∵FH垂直平分BE，
∴BF=EF，
∴6+2x= ，
解得x=4，
经检验：x=4是方程的解，
∴AD=AE+DE=6+4=10，
∴BC=AD=10．
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2021春·贵州铜仁·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD的平分线交BC于E，若，则∠COE=（ ）
A．45B．60C．75D．30
【答案】A
【分析】根据矩形的性质和角平分线的定义得出，得出，再证，推出是等边三角形，得出，等量代换得出，利用等边对等角、三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∵ AE平分∠BAD，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
又∵ ，
∴是等边三角形，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∵ ，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理、外角性质的应用，通过推导得出是解题的关键．
【变式2】（2021春·北京丰台·八年级北京市第十二中学校考阶段练习）如图，是矩形的边上一点，，是对角线上任意一点，，，垂足分别为和，则一定与图中哪条线段的长度相等：__．
【答案】或
【分析】连接，根据题意的面积等于与面积和，由可得，再由的面积等于，即可得出答案．
【详解】证明：连接，如图,
，，，
，
又四边形是矩形，
，，
，
，
．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质及三角形面积计算，应用等面积法列式计算是解决本题的关键．
【变式3】（2022秋·福建漳州·九年级福建省漳州第一中学校考期中）如图，，，点在上，四边形是矩形，连接交于点，连接交于点F，给出下列结论：①平分；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号为____________．
【答案】①②③④
【分析】①先说明是等腰三角形，再由矩形的性质可得，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明即可判断；③过，垂足为，然后根据角平分线定理可得，再求得，最后根据等腰直角三角形的性质即可求解；④连接，然后证明，最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．
【详解】解：①∵
∴是等腰三角形
∵四边形是矩形
∴
∴平分，故①正确；
②∵，即
∴
∵∵，
∴
在和中
∴
∴，即②正确；
③过作，垂足为，
∵平分，
∴
∵，
∴
∴，即；故③正确；
④由②得，
∵为中点
∴
∵
∴
在和△中
∴
∴
∴是等腰三角形
∵
∴
∴，即
∴是等腰直角三角形，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形，勾股定理，考查知识点较多，灵活应用所学知识成为解答本题的关键．
【变式4】（2022秋·江西吉安·九年级校考阶段练习）如图，在中，是上一点，过点作的平行线交的平分线于点，交的外角的平分线于点．
(1)求证：．
(2)连接，，点可在上移动，若四边形是矩形，则点在的什么位置？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)若四边形是矩形，则为的中点时，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线和等腰三角形腰长相等性质证明，进而可以解决问题；
（2）设定四边形为矩形，由矩形的性质得点为的中点．
【详解】（1）证明：是的角平分线，
；
，
，
为等腰三角形，
，
同理：，
；
（2）解：若四边形是矩形，则为的中点，理由如下：
四边形为矩形，
，
为的中点，
答：若四边形是矩形，则为的中点．
【点睛】考查了矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，熟练掌握直角三角形和等腰三角形的性质是解决本题的关键．
【变式5】（2022春·陕西商洛·八年级校考期末）如图，等腰的直角顶点是矩形对角线的交点，与边交于点．
(1)如图1，当与在同一条直线上时，求证：．
(2)如图2，当与在同一条直线上时，若，，求的长．.
【答案】(1)见解析；
(2)3.4
【分析】（1）连接，根据矩形的性质可知，，，因为是直角三角形，所以是的垂直平分线，故，在中，，定理代换即可证得结论；
（2）连接，由（1）可知，，设，则，利用勾股定理求出的值即可．
【详解】（1）证明：连接，
四边形是矩形，
，，，
是直角三角形，
，
是的垂直平分线，
，
在中，，
；
（2）解：连接，
由（1）可知，，
设，则，
在菱形中，，，
在中，根据勾股定理得，
，
即，
解得，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．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．
【经典例题二 菱形的性质与判定重难点题型】
知识点1：菱形的性质
1.边：对边平行，四条边都相等
2.角：对角相等
3.对角线：
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴
知识点2：菱形的判定
定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
对角线互相垂直的平行四边形是菱形
四条边都相等的四边形是菱形
【例2】（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在菱形中，，，E，F分别是边上的动点，连接和，G，H分别为，的中点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】连接，得到是的中位线，，当时，最小，得到最小值，则，证得是等腰直角三角形，求出即可．
【详解】连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∵G，H分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴，
当时，最小，得到最小值，则，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即的最小值为．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质，三角形中位线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·安徽滁州·九年级统考期中）菱形中，，E，F分别是，上的动点，且，连接，交于G，则下列结论：①；②为等边三角形；③的最小值为．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③D．②③
【答案】B
【分析】根据菱形的性质以及，先证明是等边三角形，再根据“”可得≌，进而可得，可说明是等边三角形，在是等边三角形中，要求最小，根据垂线段最短即可知当时，最小，再通过勾股定理即可求出．
【详解】∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴结论①正确；
∵，
∴．
∵，
∴，
即，
∴是等边三角形，
∴结论②正确；
∵当时，最小，
在中，，可知，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值是，
∴结论③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等知识，充分利用含角的菱形的性质是解答本题的关键．
【变式2】（2022春·全国·九年级专题练习）如图，在菱形中，，，点是对角线上的一个动点．则的最小值等于_________．
【答案】
【分析】过点作交于点，连接，根据菱形的对称性，得到，根据，得到，推出，得到，根据，推出，得到的最小值为
【详解】解：过点作交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴B、关于对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∵，，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形，含30°的直角三角形，垂线段，解决问题的关键是熟练掌握菱形性质，含30°的直角三角形性质，垂线段性质．
【变式3】（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
【答案】 6
【分析】（1）连接AC，证明，从而得到：，即可求出；
（2）利用，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．
【详解】解：（1）连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵△AEF为等边三角形，
∴，
∵，，
又∵，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴；
故答案为：6．
（2）∵
∴四边形AECF的面积=，
∴，
∴当最小时，最大，
根据垂线段最短，当时，最短，此时最小，
∵为等边三角形，
∴当时，，
，
∴，
同理可求：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．
【变式4】（2022秋·浙江杭州·九年级杭州市十三中教育集团（总校）校考开学考试）已知，如图，在菱形中，为对角线，E是上的点，分别连结，并延长交于点F，交于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)根据SAS证明后,再证明后，即可证明．
(2)连接交于点O,由菱形的性质得出,结合，证明是等边三角形，继而得出,由直角三角形斜边.上中线的性质得出，即可求出的长度.
【详解】（1）证明：如图1，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：如图2，连接交于点O，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴ ，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识是解决问题的关键．
【变式5】（2022春·黑龙江鹤岗·八年级统考期末）已知是菱形的对角线，，点是直线上的一个动点，连接，以为边作菱形，并且使，连接，当点在线段上时，如图，易证：．
(1)当点在线段的延长线上时（如图），猜想，，之间的关系并证明；
(2)当点在线段的延长线上时（如图），直接写出，，之间的关系．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得是等边三角形，进而证明，可得，根据，即可得证；
（2）方法同（1）证明，可得，根据，即可得证；
（1）
结论：，
理由如下：
四边形是菱形，四边形是菱形，
，，
，
是等边三角形，
∴，
，
，
即，
在和中，
，
≌，
，
，
；
（2）
结论：，
理由如下：理由如下：
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
∴．
，
，
即，
在和中，
，
≌，
，
，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【经典例题三 正方形的性质与判定重难点题型】
知识点1：正方形的性质
边：对边平行，四条边都相等
角：四个角都是直角
对角线
对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴
正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线）
注：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
知识点2：正方形的判定
有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形
有一组邻边相等的矩形是正方形
对角线互相垂直的矩形是正方形
有一个角是直角的菱形是正方形
对角线相等的菱形是正方形
知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
【例3】（2021春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，正方形的边长为3，点M在延长线上，，作交延长线于点N，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】如图所示，在上取一点F，使得，连接，先证明得到，进而可以证明得到，设，则，，在中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如下图所示，在上取一点F，使得，连接，
四边形是正方形，
，
，
，
，
又，
，
又，
，
，
设，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·广东揭阳·九年级统考期中）如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③；④的最小值为2．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】由题意可得，，则四边形是矩形，可以得出，，即可判定①②，连接，则有，要使最小，则为最小，根据点到直线垂线段最短即可求解．
【详解】∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，、都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，故①错误；
∴，故②正确；
连接，如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，，
∴（SAS），
∴，故③正确；
要使最小，则为最小，则需满足，
∴此时为等腰直角三角形，
∵，
∴，即，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
综上分析：正确的有2个，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定及矩形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定及矩形的性质与判定是解题的关键．
【变式2】（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图，在边长为6的正方形中，是中点，将沿翻折至，延长交于，则___________．
【答案】
【分析】根据正方形的性质，得到，然后利用两个三角形全等的判定得到，从而设，利用勾股定理得到方程，求解即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
在边长为6的正方形中，是中点，将沿翻折至，
，
在和中，
，
，
，设，则，
在中，，
则由得，
，
即，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查求线段长，涉及折叠性质、正方形性质、直角三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关性质及判定是解决问题的关键．
【变式3】（2022秋·山东青岛·九年级校考期末）如图，在正方形中，E为的中点，F为的中点， 的延长线与的延长线交于点H，与相交于点G，若，则的长为________．
【答案】10
【分析】先证，从而证得，再由F为的中点， ，证得B为的中点，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，从而求得长．
【详解】解：∵正方形，
∴，
又∵E为的中点，F为的中点，
∴，
∴，
在和中
，
∴
∴,
又∵，
∴，
∴,
又∵F为的中点，
∴,
∴，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式4】（江西省九江市2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题）如图，点E在正方形的边上，连接，过点D作与的延长线相交于点F，连接与边相交于点G，与对角线相交于点H，且．
(1)求的度数；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明，得到，则，再证明，根据，求出，则；
（2）在上取一点P，使，连接，证明，得到，再推出，进而证明是等边三角形，得到，即可证明．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，且，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：在上取一点P，使，连接，
由（1）得，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定，解本题的关键在熟练掌握相关性质、定理．
【变式5】（2021春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）已知：在中，为中线，以、为边向的形外作正方形、正方形．
(1)如图①，当时，求证：．
(2)如图②③，当时，与有怎样的关系？在图②和图③中可任选一个图，证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）由直角三角形的性质可得，由“”可证，可得BC=FH，可得结论；
（2）由“”可证，可得，由“”可证，可得，，由三角形内角和可证．
【详解】（1）证明：∵以、为边向的形外作正方形、正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，为中线，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图②，延长至M，使，连接，延长交于N，
∵为中线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
图③时同理可证．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【经典例题四 特殊平行四边形中长度问题】
【例4】（2023秋·河北保定·九年级校考期末）如图，矩形，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】取 的中点 ，连接 ， ，由勾股定理可求 的长，由直角三角形的性质可求 的长，由三角形的三边可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，，
矩形，，，
，，
点是的中点，
，
，
，点是的中点，
，
在中，，
当点在上时，，
的最大值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边形关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·河南南阳·九年级期末）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为（ ）
A．5B．C．D．6
【答案】B
【分析】先根据菱形的性质找到和，然后利用勾股定理计算出菱形的边长的长，再根据三角形中位线性质，求出的长．
【详解】已知菱形，对角线互相垂直平分，
∴，在中，
∵，，
∴根据勾股定理得，
∵，
∴，
在中，，
即菱形的边长为，
∵点F为的中点，点O为中点，
∴ ．
故选：B
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
【变式2】（2022秋·河南南阳·九年级统考期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边，的中点，连接，，点G，H分别为，的中点，连接，则的长为______
【答案】
【分析】连接，延长交于点M，连接，由正方形的性质，即可证得，可得，，再由勾股定可理可求得的长，根据三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：如图：连接，延长交于点M，连接，
四边形是正方形，
，，，
，，
为的中点，
，
，
，，
，
点H为的中点，
，
为的中点，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解决本题的关键．
【变式3】（2022春·全国·九年级专题练习）如图，正方形的边长为8，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为__．
【答案】5
【分析】由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得最小值．
【详解】解：如图，以为边作等边三角形，连接，过点作于，于，
又，
四边形是矩形，
，
，
，
是等边三角形，，
，，，
，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
当时，有最小值，即有最小值，
点与点重合时，，
故答案为5．
【点睛】本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键．
【变式4】（2021春·海南省直辖县级单位·八年级统考期中）如图，在矩形中，点是线段上一动点，点为的中点，的延长线交于点．
(1)求证：；
(2)若厘米，厘米，从点出发，以1厘米/秒的速度向运动（不与重合），设运动时间为秒，求为何值时，四边形是菱形？
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据是矩形，得出，，再根据点为的中点，得出，得出，即可证出；
（2）根据已知条件得出的度数，再根据勾股定理列出方程，解方程即可求出的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵（对顶角相等），
∴，
∴.
（2）解：由题意可知，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得即，
解得，
∴当时，四边形是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，菱形的性质，掌握知识点灵活运用是解题的关键．
【变式5】（2023春·八年级单元测试）在平行四边形中，，将沿翻折至，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)在平行四边形中，已知：，将沿翻折至，连接．若以A、C、D、为顶点的四边形是矩形，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到，，再由折叠的性质证明即可证明；
（2）根据等边对等角结合三角形内角和定理证明，即可证明；
（3）分两种情况当四边形为矩形和四边形为矩形，画出对应的图形，利用矩形的性质和含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，
∴，，
∴，
∴，即；
（2）证明：∵，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴；
（3）解：分两种情况：①如图1所示：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴；
②如图2所示：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴，
综上所述：的长为或．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【经典例题五 特殊平行四边形中角度问题】
【例5】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形 中，，， 分别是边 和 的中点， 于点 ，则 的度数是 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先延长交的延长线于点G．根据已知可得的度数，再根据余角的性质可得到的度数，从而不难求得的度数．
【详解】延长交的延长线于点G．如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵F是边的中点，
∴，
在与中，
∴
∴，
∴F为中点．
由题可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵E，F分别为，的中点，
∴，，
∴；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，在矩形中，，相交于点，平分交于，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质得出OA=OB，再由角平分线得出△ABE是等腰直角三角形，得出AB=BE，证明△AOB是等边三角形，得出∠ABO=60°，OB=AB，得出OB=BE，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，OA=AC，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∵∠DAO=30°，
∴∠EAO=15°，
∴∠BAO=45°+15°=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，OB=AB，
∴∠OBE=90°-60°=30°，OB=BE，
∴∠BEO=×（180°-30°）=75°．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【变式2】（2022春·山西临汾·八年级校联考期末）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接，若，则的度数是_________．
【答案】15°##15度
【分析】根据矩形的性质有DO=OA=OB=OC，结合OG⊥AC，可知OG是AC的垂直平分线，即有∠COG=90°，AG=CG，则有∠OAG=∠OCG，根据∠BOG=15°，可得∠COB=75°，进而有∠OCB、∠OBC的度数，则可得∠OCD=∠BCD-∠OCB=，即问题得解．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且AC、BD相互平分，，
∴DO=OA=OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵OG⊥AC，
∴OG是AC的垂直平分线，∠COG=90°，
∴AG=CG，
∴∠OAG=∠OCG，
∵，
∴∠OAG=∠OCD，
∵∠BOG=15°，∠COG=90°，
∴∠COB=75°，
∵∠OCB=∠OBC，
∴在△OBC中有∠OCB=∠OBC=，
∵在矩形ABCD中∠BCD=90°，
∴∠OCD=∠BCD-∠OCB=，
∴∠OCD=∠OAG=∠OCG=，
∴∠BCG=∠BCD-∠OCD-∠OCG=，
故答案为：15°．
【点睛】本题考查了矩形的性质、垂直平分线的判定与性质、平行的性质等知识，根据矩形的性质得出OG是AC的垂直平分线是解答本题的关键．
【变式3】（2023秋·湖北武汉·七年级统考期末）如图，正方形的边上有一点G，以为边向右作长方形，沿翻折，点E的对应点恰好落在线段上，若，则的度数为_______．
【答案】18
【分析】根据正方形的性质和矩形的性质，得到点B，C，E三点共线，利用折叠的性质得到，利用，，进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴点B，C，E三点共线，
∵沿翻折，点E的对应点恰好落在线段上，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，
∴∠EBF的度数为，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质．熟练掌握相关知识点，证明三点共线，是解题的关键．
【变式4】（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）如图，菱形的对角线，相交于点，分别延长，到点，，使，依次连接,,,各点．
(1)求证：；
(2)若，则当 °时，四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)25
【分析】（1）由菱形的性质得出，由等腰三角形的性质得出 ，证出，由证明即可；
（2）由菱形的性质得出，，，，证出，得出四边形是菱形，证明是等腰直角三角形，得出，，证出四边形是矩形，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
，
，
，
即，
在和中，
，
；
（2）解：若，则当时，四边形是正方形．理由如下：
∵四边形是菱形，
， ，，，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，∴四边形是菱形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形；
故答案为：25．
【点睛】本题考查了正方形的判定、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定；熟练掌握全等三角形的判定与性质和菱形的判定与性质是解决问题的关键．
【变式5】（2022春·江西南昌·九年级南昌市第二十八中学校考期中）如图，已知，长方形ABCD的点A在直线a上，B，C，D三点在平面上移动变化（长方形形状大小始终保持不变），请根据如下条件解答：
(1)图1，若点B、D在直线b上，点C在直线b的下方，∠2＝30°，则∠1＝______；
(2)图2，若点D在直线a的上方，点C在平行直线a，b内，点B在直线b的下方，m，n表示角的度数，请写出m与n的数量关系并说明理由；
(3)图3，若点D在平行直线a，b内，点B，C在直线b的下方，x，y表示角的度数，且满足关系式，求x的度数．
【答案】(1)60°
(2)m+n=90°
(3)50°
【分析】（1）利用互余关系，两直线平行，内错角相等计算即可．
（2）过点C作CE∥a,根据平行线的性质，矩形的性质计算即可．
（3）结合（2），构造方程组计算即可．
(1)
如图1，∵a∥b，
∴∠1=∠3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠3=90°-∠2，
∴∠1=90°-∠2，
∵∠2=30°，
∴∠1=60°．
(2)
过点C作CE∥a,设度数为m的角为α，度数为n的角为β，
∵a∥b，
∴CE∥b,
∴∠1=∠4，∴∠2=∠α，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB, ∠2+∠1=90°，
∴∠4=∠β，
∴∠α+∠β=90°，
故m+n=90°．
(3)
如图3，过点D作c∥a,设度数为x的角为α，度数为y的角为β，
∵a∥b，
∴c∥b,
∴∠6=∠7，∴∠5=∠α，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠5+∠7=90°，
∴∠6=∠β，
∴∠α+∠β=90°，
故x+y=90°,
∵x-y=10°，
解得x=50°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
【经典例题六 利用特殊平行四边形的性质求面积】
【例6】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，四边形和都是矩形且点B在上，若，，则矩形的面积是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，连接，利用勾股定理求出进而求出，根据平行线间间距相等和矩形的性质可得，则．
【详解】解：如图所示，连接，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·陕西汉中·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线相交于点O，平分交于点E，，连接，则下面的结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】B
【分析】由矩形的性质可得，可证是等边三角形，可得，故①正确；在中，由勾股定理可求得，故②错误；可证，可求，故③错误；由，可得，故④正确；由三角形的面积公式可求得故⑤正确；即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，故①正确；
在中，
，
∴故②错误；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵，
∴，故④正确；
∵，
∴
∵
∴，故⑤正确；
∴正确的有①④⑤共3个．
故选：B．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，角平分线的定义，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，证明是等边三角形是解题的关键．
【变式2】（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）为庆祝建党90周年，美化社区环境，某小区要修建一块艺术草坪．如图，该草坪依次由部分互相重叠的一些全等的菱形组成，且所有菱形的较长的对角线在同一条直线上，前一个菱形对角线的交点是后一个菱形的一个顶点，如菱形、、，要求每个菱形的两条对角线长分别为和．
（1）若使这块草坪的总面积是，则需要___个这样的菱形；
（2）若有个这样的菱形（，且为整数），则这块草坪的总面积是___．
【答案】 4
【分析】（1）利用菱形的对角线互相垂直平分，可分别作出四个满足条件的菱形，另外菱形重合的部分也是菱形，并且这些小菱形的对角线分别为2，3，结合菱形的面积对角线另一条对角线，即可求出图形的面积和需要的菱形个数；
（2）由（1）可知若有个这样的菱形，且为整数），则这块草坪的总面积．
【详解】解：（1）每个菱形的两条对角线长分别为和．
小菱形的对角线分别为2，3，
菱形的面积对角线另一条对角线，
占地面积为，
，
则需要 4个这样的菱形；
（2）当有一个这样的菱形，则草坪的面积为，
当有2个这样的菱形，则草坪的面积为，
依此类推
若有个这样的菱形，且为整数），则这块草坪的总面积是．
故答案为：4；．
【点睛】本题考查了菱形的性质和菱形的面积公式，掌握菱形的性质和菱形的面积公式是解题的关键．
【变式3】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD中，，垂足为E，点F、G分别为边AD、DC的中点，，则___________．
【答案】96
【分析】连接，交于点，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据三角形的中位线定理可得，然后根据菱形的性质和勾股定理可得，最后利用菱形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，交于点，
，且点为边的中点，
，
点分别为边的中点，，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理、勾股定理、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
【变式4】（2022秋·吉林长春·八年级长春市解放大路学校校考阶段练习）如图，在等腰直角三角形中，，点D为中点．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度向终点B运动．当点P不与点A、B重合时，过点P作线段的垂线，交折线于点E，以线段为边向右作正方形，设与正方形重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t．
(1)用含t的代数式表示线段的长度；
(2)当点F落在线段上时，求t的值；
(3)用含t的代数式表示重叠部分的面积S；
(4)连结，当线段所在直线与的边垂直时，直接写出t的值．
【答案】(1)当时，；当时，
(2)
(3)当时，；当 时，；当时，
(4)或2或1
【分析】（1）分点在线段和在线段上两种情况进行讨论，利用等腰直角三角形的性质进行求解即可；
（2）根据题意，分别用含的代数式表示出，利用进行求解即可；
（3）分，，三种情况讨论，利用面积公式进行计算即可；
（4）分，三种情况进行讨论，画出相应图形，根据正方形和等腰直角三角形的性质，得到线段之间的等量关系进行求解即可．
【详解】（1）∵等腰直角三角形，
∴，
∵，点为中点，
∴，
当时，点在上，
∵，，
∴，
当时，点在上时，
∵，
∴，
∵，
∴；
综上所述：当时，；当时，；
（2）当点上时，点在上，如图：
∵正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）当时，正方形在的内部，
∴；
当时，如图：设交于点，
∵，
∴
∴，
∴
；
当时，如图：
，
；
综上所述：当时，；当 时，；当时，；
（4）当时，如图：
则：，
∴，
∴，
解得﹔
当时，此时在线段上，且是正方形的对角线，
∵，
又∵，
∴点与点重合，
∴，
∴；
当时，此时在直线上，与点重合，如图
∴，
∴，
∴
综上所述：的值为或2或1．
【点睛】本题考查几何的综合应用．重点考查了等腰直角三角形和正方形的性质，利用分类讨论和数形结合的思想进行求解是解题的关键．
【变式5】（2022春·山东青岛·七年级校考期末）如图，E、F分别是AD和BC上的两点，EF将四边形ABCD分成两个边长为6cm的正方形，∠DEF＝∠EFB＝∠B＝∠D＝90°；点H是CD上一点，且CH＝2cm，点P从点H出发，沿HD以1cm/s的速度运动，同时点Q从点A出发，沿A→B→C以4cm/s的速度运动．任意一点先到达终点即停止运动．
(1)如图1，点Q在AB上运动，①连接QP，当t＝_______时，QP∥BC；②当t＝______时，P点在AQ的垂直平分线上．
(2)如图2，连接EP、EQ，若QE⊥EP，求出t的值；
(3)当t＝_______时，△EPD的面积等于面积的．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)或
【分析】（1）①根据矩形的判定与性质可得，据此建立方程，解方程即可得；
②如图（见解析），根据线段垂直平分线的性质、矩形的判定与性质可得，据此建立方程，解方程即可得；
（2）先根据三角形全等的判定证出，再根据全等三角形的性质可得，据此建立方程，解方程即可得；
（3）先根据点的运动速度和路径求出，再分①，②和③三种情况，分别根据面积关系建立方程，解方程即可得．
（1）
解：①由题意得：，
如图，当时，则，
四边形是长方形，
，即，
解得，
故答案为：；
②如图，当点在的垂直平分线上时，
则，
，
解得，
故答案为：．
（2）
解：由题意得：，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得．
（3）
解：点从点运动到点所需时间为，从点运动到点所需时间为，从点运动到点所需时间为；点从点运动到点所需时间为，
则，
分以下三种情况：
①如图，当点在上运动时，即，
过点作于点，则，
的面积为，
的面积为，
的面积等于的面积的，
，
解得（不符题意，舍去）；
②如图，当点在上运动时，即，
由（2）已得：，
则的面积为，
的面积等于的面积的，
，
解得，符合题设；
③如图，当点在上运动时，即，
此时，
则的面积为，
的面积等于的面积的，
，
解得，符合题设；
综上，当或时，的面积等于的面积的，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．
【经典例题七 中点四边形】
知识点：中点四边形
定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形.
常见结论
【例7】（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
【变式1】（2022春·广东广州·八年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，，，连接四边形中点得到四边形EFGH，则四边形EFGH的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接AC、BD交于点O， 由三角形的中位线结合菱形的性质可证明中点四边形EFGH为矩形， 即可得，再利用含30度角的直角三角形的性质及菱形的性质可求解AC，BD的长，进而可求解．
【详解】解：连接AC、BD交于点O，
∵E，F，G，H分别是AD，AB，BC，CD的中点，
∴
∴EF=GH，EH=FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAC=60°，
∴AC⊥BD，∠BAC=30°，AC=2AO，BD=2BO，
∴EF⊥EH，即∠FEH=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∵
故选：D．
【点睛】本题主要考查中点四边形， 菱形的性质， 矩形的性质与判定， 等知识点的理解和掌握， 证明四边形EFGH为矩形是解此题的关键．
【变式2】（2022春·云南昆明·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，顺次连接E、F、G、H．若，，则四边形EFGH的面积为______．
【答案】
【分析】根据三角形的中位线定理，由可得是菱形，边长为2，由，可得，则，是等边三角形，进而即可求解．
【详解】解：点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，，
，，
，
四边形是菱形，
，
∴，
，
连接，则是等边三角形，
四边形EFGH的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，求得是等边三角形是解题的关键．
【变式3】（2022春·上海·八年级专题练习）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝4，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较短的“中对线”的长度为___．
【答案】2
【分析】根据三角形中位线定理可得菱形EFGH，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，设两条对角线AC、BD的夹角为60°，取四边的中点并连接起来，设AC与EH交点M．
∴EH是三角形ABD的中位线，
∴EH＝BD＝2，EHBD，
同理，FG＝BD＝2，FGBD，EF＝AC＝2，EFAC，HG＝AC＝2，HGAC，
∴EHHGAC，EF＝FG＝HG＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵EH＝BD＝2，EHBD，
∴∠AOB＝60°＝∠AME，
∵FEAC，
∴∠FEH＝∠AME＝60°，
∴△HEF为等边三角形，
∴HF＝EH＝2，
∴较短的“中对线”长度为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，菱形的性质与判定，理解题意，掌握以上性质是解题的关键．
【变式4】（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
【变式5】（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【答案】概念理解：D；性质探究：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2）
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MNBG，MN=BG，
RLBG，RL=BG，
RNCE，RN=CE，
MLCE，ML=CE，
∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=BG，RN=CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MNBG，MLCE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN===FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=AC，
∴MN=AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON） 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD2MN，
由拓展应用（1）知：MN=AC；
又∵AC=2，
∴MN=，
∴AB+CD的最小值为2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
【经典例题题八 特殊平行四边形的动点问题】
【例8】（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图，长方形中，，点是射线上一动点(不与重合)，将沿着所在的直线折叠得到，连接，若为直角三角形，则的长为（ ）
A．1B．8C．1或8D．1或9
【答案】D
【分析】根据题意，分为两种情况，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【详解】解：①当点在线段上时，如图1所示：
，
，，三点共线，
，
，
，
；
②当点在的延长线上时，如图2所示：
，，，
，
设，则，
，
，
，解得，
，
综上所述，的值为1或9，
故答案为：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是根据题意正确进行分类讨论．
【变式训练】
【变式1】（2021春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，为边上的一个动点，连接，以为边作等边，且点在矩形内，连接，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．
【答案】B
【分析】以为边作等边三角形，过点H作于N，于M，可证四边形是矩形，可证，由“”可证，可得，当时，有最小值，即有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，以为边作等边三角形，过点H作于N，于M，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∴点F与点M重合时，，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式2】（2023秋·广东·八年级校联考期末）在长方形中，，，点E是边上的一个动点，把沿BE折叠，点A落在处，当是直角三角形时，的长为______．
【答案】
【分析】由勾股定理求得，当在上时，是直角三角形，设，由翻折的性质和勾股定理求得．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
， ，
当在上时，是直角三角形，如图1所示：
设，
由翻折的性质得：，
，
，
在中，
，
解得：，即
【点睛】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、勾股定理等知识．
【变式3】（2021春·江苏苏州·八年级校考期中）如图，矩形中，，，动点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段运动，动点Q从点D出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线段运动，已知P、Q同时开始移动，当动点P到达D点时，P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒．若线段的中点为M，在整个运动过程中，写出点M运动路径的长度为___________．
【答案】
【分析】分类讨论点Q在线段上和点Q在线段上时点M的轨迹，计算出轨迹即可．
【详解】解：①如图，点Q在线段上，过点O作于点K，过点Q作于点H，
矩形，
，
，
，
，
，
，
，
点M在线段上，当点P到达K点时，点Q到达O点，此时点M在点E处，
这时段点M的运动轨迹为；
②如图，点Q在线段上，取的中点，的中点M，连接，则点M的运动轨迹是线段，
在中，．
在整个过程中，点M的运动轨迹的长度为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，中位线的性质，勾股定理，解决本题的关键是找到点Q和点P的轨迹之间的关系．
【变式4】（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，为锐角，．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿运动．同时，动点Q从点A出发，以每秒3个单位的速度沿运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P的运动时间为t秒．
(1)点P在上运动时，______；点P在上运动时，______．（用含t的代数式表示）
(2)点P在上，∥时，求t的值．
(3)当直线平分的面积时，求t的值．
(4)若点Q的运动速度改变为每秒a个单位．当，的某两个顶点与P、Q所围成的四边形为菱形时，直接写出a的值．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
(4)
【分析】（1）分为点P在BC上或点P在上两种情况解题即可；
（2）当点P在上，点Q在上时，可得四边形是平行四边形，从而即可解题；
（3）过平行四边形的中心时，平分四边形的面积，即与关于的对称中心对称或和关于的对称中心对称，进而得出结果；
（4）可得，则点P在上，点Q在上时，分为四边形和为菱形时解题即可．
【详解】（1）当点P在BC上时，
∵，
∴，
当点P在上时，
，
故答案为：，
（2）解：当点P在上，点Q在上时，，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴，
∴；
（3）解：当时，
当时，直线平分四边形的面积，
∴，
∴，
当时，
当时，直线平分四边形的面积，
∴，
∴，
综上所述，或时，直线平分四边形的面积；
（4）∵当
，
点P在上，点Q在上，
①当四边形为菱形时，
此时，
∴，
∴，
②当四边形为菱形时，
此时，
∴，
∴，
∴这种情况不存在，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．
【变式5】（2021春·四川成都·八年级校考期中）已知：在中，，点D为直线上一动点（点D不与B、C重合），以为边作正方形，连接．
(1)如图1，当点D在线段的延长线上时，请你判断线段与的数量关系，并说明理由．
(2)如图1，若，请连接并求出的长．
(3)如图2，当点D在线段的反向延长线上时，且点A、F分别在直线的两侧，其它条件不变；若连接正方形对角线，交点为O，连接，探究的形状，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)；
(3)是等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）设法证明即可求解；
（2）与（1）同理证明，可得，，然后结合图形可得，再根据勾股定理即可得到结论；
（3）根据等腰直角三角形的性质求出，再根据邻补角的定义求出，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明，再求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据正方形的对角线相等求出，从而得到是等腰三角形．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得，
∴，，
∴，
∵，则，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：是等腰三角形，理由如下，
∵，
∴，
则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
则为直角三角形，
∵正方形中，O为中点，
∴，
∵在正方形中，，，
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形全等的思路是解题的关键．
【经典例题九 四边形中的线段最值问题】
【例9】（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】要求和的最小值，，不能直接求，可考虑通过作辅助线转化，的值，从而找出其最小值求解．
【详解】解：连接，交于，则就是和的最小值，
∵再直角中，，，，
∴，
∴，
∴和的最小值是，
故选：B．
【点睛】本题考查了最短路径问题，涉及了正方形的性质、轴对称、勾股定理等知识，解题关键是对这些知识的理解与综合应用．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在中，，，是的中点，点在上，点在上，且．下面四个结论中：（1）；（2）是等腰直角三角形；（3）；（4）有最小值，为．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由等腰直角三角形的性质知，结合是的中点知且，继而得，结合即可证得，根据全等三角形的性质得出，，即可判断（1）（2）（3），根据垂线段最短得出当，时，值最小，根据矩形的性质和判定得出，求出即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，，
∵点是的中点，
∴，，
，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，故结论（1）正确；
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，故结论（2）正确；
∵，
∴，
∵是的中点，，，
∴，
∴，故结论（3）正确；
当，时，、分别取小值，
∵，
∴，此时的值最小，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，故结论（4）正确；
综上所述，正确的个数是4个．
故选：D．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质和判定，垂线段最短等知识点．综合运用定理进行推理是解题的关键．
【变式2】（2022秋·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，将矩形沿直线折叠，使得点A恰好落在边上的点G处，且点E、F分别在边上（含端点），连接，当取得最小值时，折痕的长为___________．
【答案】
【分析】由时的值最小，即此时能取得最小值，显然四边形是正方形，从而根据勾股定理可得答案．
【详解】解：由折叠易知：，
∵当时，的值最小，
∴此时能取得最小值，
又∵当时，点E与点B重合，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
根据折叠可知，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴折痕．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠变换的性质、矩形的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【变式3】（2022春·北京朝阳·八年级北京市陈经纶中学校考期中）如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为中点，则的最小值为__．
【答案】
【分析】先根据矩形的判定得出是矩形，再根据矩形的性质得出，互相平分，且，再根据垂线段最短的性质就可以得出时，的值最小，即的值最小，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】解：如图，连接，
，，，
，
于，于，
四边形是矩形，
，互相平分．且，
，的交点就是点．
当的值最小时，的值就最小，
当时，的值最小，即的值最小．
，
，
，，，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出的最小值是关键．
【变式4】（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连接．
(1)若点为的中点，求证：点为的中点；
(2)若点为的中点，，，求的长；
(3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)
【分析】（1）由，推出，由，，推出，即可证明F点为的中点；
（2）延长到N，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（3）取的中点M，连接，，由直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，当C、P、M共线时，的值最小，则可求出答案．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∵，
∵，
∴，
∴F点为的中点；
（2）延长到，使得，连接，

∵，
∴．
∵点为的中点，
∴由（1）可知，
∵在和中，
，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）取的中点M，连接，，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴C、P、M共线时，的值最小，最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【变式5】（2022·吉林长春·模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形中，点是上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处，连结，，延长交于点，与交于点．
(1)求证：．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长交于点．若，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结．则线段的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用证明，得；
（2）连接，利用等角对等边证明，设，则，由勾股定理得，，解方程即可；
（3）取的中点，连接，，利用勾股定理求出，直角三角形斜边上中线的性质得的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵正方形沿折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵正方形沿折叠，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
解得，
∴；
（3）解：取的中点，连接，，
则，，
∵，为的中点，
∴，
∵，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
【经典例题十 特殊平行四边形中的折叠问题】
【例10】（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）如图，在正方形中，，点、分别在边、上，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据翻折的性质和正方形及勾股定理的有关性质求解．
【详解】解：在正方形中，，，，
，
，
，
，
，
又，，
，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折及正方形的性质，勾股定理的应用是解题的关键．
【变式训练】
【变式1】（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，根据直角三角形的性质可得，从而得到，再由折叠的性质可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由三角形外角的性质可得，，从而得到，设，则，，再由，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
在长方形中，，
∵点是对角线的中点，
∴，
∴，
∵沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，解得：，
即．
故选：C
【点睛】本题主要考查了折叠问题，三角形的内角的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据列出方程是解题的关键．
【变式2】（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，矩形中，，M为的中点，把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，则的长为 ___________．
【答案】或
【分析】如图1，连接，过M作于H，根据矩形的性质得到，求得，由折叠的性质知是线段的垂直平分线，得到，根据勾股定理得到，如图2，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵M为的中点，
∴，
如图1，连接，过M作于H，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，
由折叠的性质知是线段的垂直平分线，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
如图2，连接，
∵把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边上的点E处，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴BF=，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质和判定，分类讨论是解题的关键．
【变式3】（2022秋·四川成都·九年级统考期中）如图，矩形，，将矩形沿对角线折叠，点落在点处，连接，若三角形为等腰三角形，则______．
【答案】
【分析】根据翻折可证明，即可得到，再由三角形内角和为180°解得，从而可得，进而得，利用含的直角三角形即可求解．
【详解】∵将矩形沿对角线折叠，
∴，，
∵三角形为等腰三角形，
∴，，，
在和中，，
∴（SSS），
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
在中，
，
即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，即：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折问题，含的直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，能根据题意求出是解题关键．
【变式4】（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）实践与探究
操作一：如图①，已知正方形纸片，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部点M，再将纸片沿过点A的直线AF折叠，使与重合，此时______度．
操作二：如图②，将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点为点N．当点E在边某一位置时，点N恰好落在折痕上，此时______度．
在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：
（1）设与的交点为点P．求证：；
（2）若，则线段的长______．
【答案】操作一：45；操作二：60；（1）见解析；（2）
【分析】操作一：由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，，即可求解；
操作二：先证是等腰直角三角形，得，则，求出，即可求解；
（1）由等腰直角三角形的性质得，再证，由即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得，再证，然后由含30°角的直角三角形的性质得，，设，，由得出方程即可
【详解】操作一：
解：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴
∴；
操作二：
解：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
由操作一得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（1）证明：∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴；
（2）由（1）得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
设，
∵，
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；掌握折叠的性质是解题的关键．
【变式5】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，
．，
沿折叠得到，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图2所示：
沿折叠得到，为的中点，
，，
，
，
，
，
即，
；
②解：设，则，，
正方形边长为6，为的中点，
，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
即线段的长为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【经典例题十一 四边形其他综合问题】
【例11】（2022·辽宁营口·校考模拟预测）如图，在正方形中，E是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，，现在有如下4个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】①正确．证明，即可；
②错误．求得，进而可得结论；
③正确．证明，，即可证明结论；
④错误．证明，求出的面积即可判断．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
，
，，
，故①正确；
设，
∵，
∴，，
在中，，
，
，
，
，
，
若，则为正三角形，，显然不合题意，
故②错误；
，
，
，
，，
，G都在线段的垂直平分线上，
垂直平分，
，
，故③正确；
，，
，
，故④错误，
故正确的有2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式训练】
【变式1】（2022·山东济南·山东省实验初级中学校考模拟预测）矩形纸片中，，，将纸片折叠，使点B落在边上的处，折痕为．延长交的延长线于M，折痕上有点P，下列五个结论中正确的有（ ）
①；②；③；④；⑤若，则四边形是菱形．
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】②借助轴对称可知；③利用勾股定理求，构造方程，求，在构造勾股定理求；①④由相似，，在计算，进而可判断①；⑤证得，再证菱形即可．
【详解】解：点P在对称轴上，点B与点是对称点，
则；
故②正确；
连结，由翻折，，，
由勾股定理，
∴，
设，
在中，，
由勾股定理，
解得，
∴，
在中，，
；
故③正确；
过M作，交延长线于F，
由，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
则，
∴
故④不正确；
∵
∴
∴；
故①不正确；
连接，由对称性可知，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
故⑤正确．
五个结论中正确的是②③⑤．
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换，三角形全等判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质等知识的应用，此题的关键是能够证明．
【变式2】（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，平面内三点，，，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是______．
【答案】
【分析】将绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转性质可知，，，由此可得是等腰直角三角形，则，由此可得当的值最大时，的值最大，利用三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，将绕点D顺时针旋转得到，连接，
则，
∴是等腰直角三角形，，
∴(舍负)，
∴当的值最大时，的值最大，
∵， ，，
∴，（A、C、M三点共线时取等号）
∴的最大值为，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，用转化的思想解决问题．
【变式3】（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图，以直角三角形的三条边为边长，向形外分别作正方形，连接，其中正方形和正方形的面积分别为1和5，则长为_____．
【答案】
【分析】连接，由正方形和正方形的面积分别为1和5，得，，则，而，由勾股定理得，则，所以，再证明、、三点在同一条直线上，则，根据勾股定理求得，再证明，得．
【详解】解：连接，
正方形和正方形的面积分别为1和5，
，，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，
、、三点在同一条直线上，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
的长为，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且证明是解题的关键．
【变式4】（2023秋·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析
(3)或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，
即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即
可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点
O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及
等边三角形 的边长可得结论．
【详解】（1）解：如图，连接，延长交于H，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，
∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，同法可得，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
【变式5】（2021春·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：，．
(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)；
(3)与的面积之差不变，且．
【分析】（1）根据证明，得，再根据三角形内角和定理和对顶角相等可得；
（2）由，在中求得，从而得和的长，最后利用勾股定理即可求得结果；
（3）如图3，过A作于P，过C作于Q，先证明，得，可得，从而得结论．
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和是正方形，
∴，，
∴，
即，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图2，连接与交于点M，
∵，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：与的面积之差不变，且，
如图3，过A作于P，过C作交其延长线于Q，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键．
原图形
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
对角线相等的四边形
菱形
对角线垂直的四边形
矩形
对角线垂直且相等的四边形
正方形