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中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第35讲 矩形、菱形、正方形（解析版）学案
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这是一份中考数学《一轮专题讲义》（41专题）第35讲 矩形、菱形、正方形（解析版）学案，共43页。学案主要包含了矩形，菱形，正方形，特殊平行四边形综合题等内容，欢迎下载使用。
聚焦考点☆温习理解
一、矩形
1、矩形的概念
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2、矩形的性质
(1)具有平行四边形的一切性质
(2)矩形的四个角都是直角
(3)矩形的对角线相等
(4)矩形是轴对称图形
3、矩形的判定
(1)定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形
(2)定理1：有三个角是直角的四边形是矩形
(3)定理2：对角线相等的平行四边形是矩形
4、矩形的面积
S矩形=长×宽=ab
二、菱形
1、菱形的概念
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
2、菱形的性质
(1)具有平行四边形的一切性质
(2)菱形的四条边相等
(3)菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角
(4)菱形是轴对称图形
3、菱形的判定
(1)定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
(2)定理1：四边都相等的四边形是菱形
(3)定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形
4、菱形的面积
S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半
三、正方形
1、正方形的概念
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)具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质
(2)正方形的四个角都是直角，四条边都相等
(3)正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角
(4)正方形是轴对称图形，有4条对称轴
(5)正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形
(6)正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3、正方形的判定
(1)判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等。
先证它是菱形，再证有一个角是直角。
(2)判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：
先证明它是平行四边形；
再证明它是菱形(或矩形)；
最后证明它是矩形(或菱形)
4、正方形的面积
设正方形边长为a，对角线长为b，S正方形=
名师点睛☆典例分类
考点典例一、矩形的性质与判定
【例1】(2019•山东青岛•8分)如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
【分析】(1)由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE＝OB，DF＝OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG＝AE，OA＝OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【举一反三】
1. . 如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是_____．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】．
【解析】分析：设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出的值．
详解：设七巧板的边长为x，则
AB=x+x，
BC=x+x+x=2x，
=.
故答案为：．
点睛：考查了矩形的性质，七巧板，关键是熟悉七巧板的特征，表示出AB，BC的长．
【例2】如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．
(1)求证：四边形ACDF是平行四边形；
(2)当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】(1)证明见解析；(2)BC=2CD，理由见解析.
【解析】分析：(1)利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；
(2)先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．
详解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠FEA=∠CED，
∴△FAE≌△CDE，
∴CD=FA，
又∵CD∥AF，
∴四边形ACDF是平行四边形；
点睛：本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定与性质，要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
【举一反三】
(2018年湖北省武汉市晒湖中学数学中考模拟试题(一))已知矩形ABCD中，AB=4，BC=7．∠BAD的平分线AE交BC于E点，EF⊥DE交AB于F点，则EF的长为_____．
【答案】5
【解析】试题解析：连接DF，
在矩形ABCD中，∵AE平分∠BAD，
则在中，
在 中，
即 ①
在中， ②
在中， ③
化简可得 即
则在中，
故答案为：5．
考点典例二、菱形的性质与判定
【例3】(2019·山东滨州)如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)详见解析；(2)．
【解析】(1)由题意可得，，
∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵∴四边形是菱形；
(2)∵矩形中，，
∴，
∴，∴，
设，则，
∵，∴，解得，
∴，∴四边形的面积是：．
【名师点睛】本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条邻边相等即可.
【举一反三】
1. (2019•江苏宿迁•8分)如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF＝．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)求线段EF的长．
【分析】(1)根据菱形的性质得到CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝4﹣＝，根据勾股定理得到AF＝CE＝＝，于是得到结论；
(2)过F作FH⊥AB于H，得到四边形AHFD是矩形，根据矩形的性质得到AH＝DF＝，FH＝AD＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】(1)证明：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，
∴CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，
∵BE＝DF＝，
∴CF＝AE＝4﹣＝，
∴AF＝CE＝＝，
∴AF＝CF＝CE＝AE＝，
∴四边形AECF是菱形；
(2)解：过F作FH⊥AB于H，
则四边形AHFD是矩形，
∴AH＝DF＝，FH＝AD＝2，
∴EH＝﹣＝1，
∴EF＝＝＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2. (2019·广西贺州·8分)如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【分析】(1)由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，由HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF即可；
(2)由全等三角形的性质得出BE＝DF，得出CE＝AF，由CE∥AF，证出四边形AECF是平行四边形，再由AC⊥EF，即可得出四边形AECF是菱形．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF(HL)；
(2)解：当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定；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．
【例4】(2019•广东广州•3分)如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为( )
A．4B．4C．10D．8
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝＝4，再由勾股定理求出AC即可．
【解答】解：连接AE，如图：
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AF＝CE＝5，
∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，
∴AB＝＝＝4，
∴AC＝＝＝4；
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
【举一反三】
(2019·贵州贵阳·3分)如图，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是( )
A．1cmB．2 cmC．3cmD．4cm
【分析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC＝60°，而AB＝BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵菱形ABCD的周长是4cm，
∴AB＝BC＝AC＝1cm．
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明△ABC是等边三角形．
考点典例三、正方形的性质与判定
【例5】(2019•海南•13分)如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点(与点A、D不重合)，射线PE与BC的延长线交于点Q．
(1)求证：△PDE≌△QCE；
(2)过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
【分析】(1)由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；
(2)①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；
②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ECQ＝90°，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE(ASA)；
(2)①∵PB＝PQ，
∴∠PBQ＝∠Q，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE，
∵EF∥BQ，
∴PF＝BF，
∴在Rt△PAB中，AF＝PF＝BF，
∴∠APF＝∠PAF，
∴∠PAF＝∠EPD，
∴PE∥AF，
∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．
设AP＝x，则PD＝1﹣x，
若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，
∵CD＝1，E是CD中点，
∴DE＝，
在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得(1﹣x)2+()2＝x2，
解得x＝，
即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．
【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．
【举一反三】
(2019·天津)如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接．折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上．若，则的长为__________．
【答案】
【解析】如图，令AE与BF的交点为M.
在正方形中，∠BAD=∠D=，
∴∠BAM+∠FAM=，
在Rt中，，
∵由折叠的性质可得，
∴AB=BG，∠FBA=∠FBG，
∴BF垂直平分AG，
∴AM=MG，∠AMB=，
∴∠BAM+∠ABM=，
∴∠ABM=∠FAM，
∴，
∴，∴，
∴AM=，∴AG=，
∴GE=13–.
【名师点睛】本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键.
【例6】(2019•浙江湖州•4分)七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型(其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上)，则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是 4 ．
【分析】如图2中，连接EG，GM⊥EN交EN的延长线于M，利用勾股定理解决问题即可．
【解答】解：如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．
在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，
∴EG＝＝＝4，
∴EH＝＝4，
故答案为4．
【点评】本题考查正方形的性质，七巧板，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【举一反三】
(湖南省邵阳县黄亭市镇中学2017~2018学年九年级数学(上)期末检测模拟题)如图，在正方形 ABCD 中，E 是BC 的中点，F 是CD 上一点，且CF＝CD，下列结论：①∠BAE＝30°；②△ABE∽△ECF；③AE⊥EF；④△ADF∽△ECF．其中正确结论是_____．(填序号)
【答案】②③
所以△ABE∽△ECF②正确.
故答案为②③.
考点典例四、特殊平行四边形综合题
【例4】．(2019•四川自贡•12分)(1)如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．
①线段DB和DG的数量关系是 DB＝DG ；
②写出线段BE，BF和DB之间的数量关系．
(2)当四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．
①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE＝1，AB＝2，直接写出线段GM的长度．
【分析】(1)①根据旋转的性质解答即可；
②根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
(2)①根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
②先同理得：BG＝BD，计算BD的长，从而得BG的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论．
【解答】解：(1)①DB＝DG，理由是：
∵∠DBE绕点B逆时针旋转90°，如图1，
由旋转可知，∠BDE＝∠FDG，∠BDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∴∠G＝45°，
∴∠G＝∠CBD＝45°，
∴DB＝DG；
故答案为：DB＝DG；
②BF+BE＝BD，理由如下：
由①知：∠FDG＝∠EDB，∠G＝∠DBE＝45°，BD＝DG，
∴△FDG≌△EDB(ASA)，
∴BE＝FG，
∴BF+FG＝BF+BE＝BC+CG，
Rt△DCG中，∵∠G＝∠CDG＝45°，
∴CD＝CG＝CB，
∵DG＝BD＝BC，
即BF+BE＝2BC＝BD；
(2)①如图2，BF+BE＝BD，
理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB＝∠ADC＝×60°＝30°，
由旋转120°得∠EDF＝∠BDG＝120°，∠EDB＝∠FDG，
在△DBG中，∠G＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠DBG＝∠G＝30°，
∴DB＝DG，
∴△EDB≌△FDG(ASA)，
∴BE＝FG，
∴BF+BE＝BF+FG＝BG，
过点D作DM⊥BG于点M，如图2，
∵BD＝DG，
∴BG＝2BM，
在Rt△BMD中，∠DBM＝30°，
∴BD＝2DM．
设DM＝a，则BD＝2a，
DM＝a，
∴BG＝2a，
∴＝，
∴BG＝BD，
∴BF+BE＝BG＝BD；
②过点A作AN⊥BD于N，如图3，
Rt△ABN中，∠ABN＝30°，AB＝2，
∴AN＝1，BN＝，
∴BD＝2BN＝2，
∵DC∥BE，
∴＝，
∵CM+BM＝2，
∴BM＝，
由①同理得：BE+BF＝BG＝BD，
∴BG＝×＝6，
∴GM＝BG﹣BM＝6﹣＝．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键．
【举一反三】
(2019湖北咸宁市3分)如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN＝2；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 ②③ (把正确结论的序号都填上)．
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
【解答】解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝(8﹣x)2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
课时作业☆能力提升
一、选择题
1．如图，菱形的对角线，相交于点，，，则菱形的周长为( )
A. 52 B. 48 C. 40 D. 20
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：由勾股定理即可求得AB的长，继而求得菱形ABCD的周长．
详解：∵菱形ABCD中，BD=24，AC=10，
∴OB=12，OA=5，
在Rt△ABO中，AB==13，
∴菱形ABCD的周长=4AB=52，
故选：A．
点睛：此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质
2. ．如图，将矩形沿对角线折叠，使落在处，交于E，则下列结论不一定成立的是( )
A. B.
C. D.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
详解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．
D、∵sin∠ABE=，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE=．
故选：C．
点睛：本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．
3．(2018广西贵港)如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是( )
A．6 B．3 C．2 D．4.5
【答案】C
【解答】解：如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
则点P、M即为使PE+PM取得最小值，
其PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6 ，BD=6，
∴AB=3 ，
由S菱形ABCD= AC•BD=AB•E′M得×6×6=3 •E′M，
解得：E′M=2 ，
即PE+PM的最小值是2 ，
故选：C．
4. 用尺规在一个平行四边形内作菱形,下列作法中错误的是( )
A. (A) B. (B) C. (C) D. (D)
【来源】浙江省嘉兴市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：由作图，可以证明A、B、D中四边形ABCD是菱形，C中ABCD是平行四边形，即可得到结论．
详解：A．∵AC是线段BD的垂直平分线，∴BO=OD，∴∠AOD=∠COB=90°．
∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∴△AOD≌△COB，∴AO=OC，∴四边形ABCD是菱形．故A正确；
B．由作图可知：AD=AB=BC．
∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AD=AB，∴四边形ABCD是菱形．故B正确；
C．由作图可知AB、CD是角平分线，可以得到ABCD是平行四边形，不能得到ABCD是菱形．故C错误；
D．如图，∵AE=AF，AG=AG，EG=FG，∴△AEG≌△AFG，∴∠EAG=∠FAG．
∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠FAG=∠ACB，∴AB=BC，同理∠DCA=∠BCA，∴∠BAC=∠DCA，∴AB∥DC．
∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形．故D正确．
故选C．
点睛：本题考查了菱形的判定与平行四边形的性质．解题的关键是弄懂每个图形是如何作图的．
5. 下列命题正确的是
A. 平行四边形的对角线互相垂直平分 B. 矩形的对角线互相垂直平分
C. 菱形的对角线互相平分且相等 D. 正方形的对角线互相垂直平分
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷(A卷)
【答案】D
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的有关对角线的性质，熟练掌握是解题的关键.
6. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E为边CD的中点，若菱形ABCD的周长为16，∠BAD＝60°,则△OCE的面积是( )
A. B. 2 C. D. 4
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】A
【解析】【分析】根据菱形的性质得菱形边长为4，AC⊥BD，由一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得△ABD是等边三角形；在Rt△AOD中，根据勾股定理得AO=2，AC=2AO=4，根据三角形面积公式得S△ACD=OD·AC=4，根据中位线定理得OE∥AD，根据相似三角形的面积比等于相似比继而可求出△OCE的面积.
【详解】∵菱形ABCD的周长为16，∴菱形ABCD的边长为4，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵O是菱形对角线AC、BD的交点，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD中，
∴AO=，
∴AC=2AO=4，
∴S△ACD=OD·AC= ×2×4=4，
又∵O、E分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，
∴，
∴S△COE=S△CAD=×4=，
故选A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，结合图形熟练应用相关性质是解题的关键.
7. (2018浙江温州中考模拟)如图，四边形是边长为6的正方形，点在边上，，过点作，分别交，于，两点，若，分别是，的中点，则的长为( )
A.3B.C.D.4
【答案】C.
【解析】
试题解析：如图，过N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，过M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R
在正方形ABCD中，BC=CD=6
∴BD=6
∵BE=EG=4
∴BG=4
∴DG=2
∵M是DG的中点
∴MJ=DF=1，JF=1
∵N为EC的中点
∴PN=BC=3
∴QN=3
∴NH=2，MH=3
∴MN=
故选C.
考点：1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.
8. (2018广西南宁)如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cs∠ADF的值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，，
∴△OEF≌△OBP(AAS)，
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，
∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即(1+x)2+32=(4﹣x)2，
解得：x=，
∴DF=4﹣x=，
∴cs∠ADF==．
故选：C．
二、填空题
1. 2019•四川省凉山州•5分)如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动(不与B、C重合)，过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 4 ．
【答案】4
【解答】解：∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ．
又∠B＝∠C＝90°，
∴△BPE∽△CQP．
∴．
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x．
∴，化简得y＝﹣(x2﹣12x)，
整理得y＝﹣(x﹣6)2+4，
所以当x＝6时，y有最大值为4．
故答案为4．
2. . (2018年湖北省黄梅中考模拟试题)如图，四边形ABCd为边长是2的正方形，△BPC为等边三角形，连接PD、BD，则△BDP的面积是 ．
【答案】4﹣4．
∴∠PCE=30°
∴PF=PB•sin60°=4×=，PE=PC•sin30°=2，
S△BPD=S四边形PBCD﹣S△BCD=S△PBC+S△PDC﹣S△BCD=×4×+×2×4﹣×4×4=4+4﹣8=4﹣4．
故答案为：4﹣4．
点睛：本题考查正方形的性质以及等积变换，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出PE及PF的长，再根据三角形的面积公式得出结论.
3. (2017-2018学年天津市蓟州区第三联合学区九年级(上)联考数学试卷(12月份))Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=5，以AB为一边向外作正方形ABDF，O为AE、BF交点，则OC长为_____．
【答案】
【解析】试题解析：延长CA至点D，使
∵四边形ABEF是正方形，
在与中，
∴≌,
是等腰直角三角形．
故答案为：
4. 如图，在矩形中，，，以为直径作.将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为E，边与相交于点，则的长为__________．
【来源】江苏省南京市2018年中考数学试卷
【答案】4
【解析】分析：连结EO并延长交CF于点H，由旋转和相切知四边形EB′CH是矩形，再根据勾股定理即可求出CH的长,从而求出CF的值.
详解：连结EO并延长交CF于点H.
∵矩形绕点旋转得到矩形，
∴∠B′=∠B′CD′=90°,A′B′∥CD′,BC=B′C=4,
∵A′B′切⊙O与点E,
∴OE⊥A′B′,
∴四边形EB′CH是矩形，
∴EH=B′C=4,OH⊥CF,
∵AB=5,
∴OE=OC=AB=,
∴OH=,
在Rt△OCH中，根据勾股定理得CH===2,
∴CF=2CH=4.
故答案为：4.
点睛：此题主要考查切线的性质,垂径定理及矩形的性质等知识点的综合运用.
5．(2018湖北黄冈中考模拟)如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
6. (2017重庆A卷第18题)如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=，
Rt△DAF中，DF=，
∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE=EF=，
∴PD==3，
如图2，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，
∵AC=，
∴CG=，
∴EG=，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH=，
∴EH=EF﹣FH=，
∴∠NDE=∠AEF，
∴tan∠NDE=tan∠AEF=，
∴，
∴EN=，
∴NH=EH﹣EN=，
Rt△GNH中，GN=，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=．
考点：1.折叠；2.正方形的性质.
三、解答题
1. 小敏思考解决如下问题：
原题：如图1，点P，Q分别在菱形的边，上，，求证：.
(1)小敏进行探索，若将点，的位置特殊化：把绕点A旋转得到，使，点E，F分别在边，上，如图2，此时她证明了.请你证明.
(2)受以上(1)的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作，，垂足分别为E，F.请你继续完成原题的证明.
(3)如果在原题中添加条件：，，如图1.请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分).
【来源】2018年浙江省绍兴市中考数学试卷解析
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)见解析
【解析】【分析】(1)证明，即可求证.
(2)如图2，，即可求证.
(3)不唯一.
【解答】(1)如图1，
在菱形中，
，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴.
(2)如图2，由(1)，∵，
∴ ，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴.
(3)不唯一，举例如下：
层次1：①求的度数.答案：.
②分别求，的度数.答案：.
③求菱形的周长.答案：16.
④分别求，CD，的长.答案：4，4，4.
层次2：①求的值.答案：4.
②求的值.答案：4.
③求的值.答案：.
层次3：①求四边形的面积.答案：.
②求与的面积和.答案：.
③求四边形周长的最小值.答案：.
④求中点运动的路径长.答案：.
【点评】考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质等，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
2. (山东省济南市长清区2018届九年级3月质量(模拟)检测数学试题)(1)如图，在矩形ABCD中.点O在边AB上，∠AOC=∠BOD.求证：AO=OB.
(2)如图，AB是的直径，PA与相切于点A，OP与相交于点C，连接CB，∠OPA=40°，求∠ABC的度数.
【答案】(1)见解析；(2)
即∠AOD=∠BOC
∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=90°，AD=BC
∴
∴AO=OB
(2)解：∵AB是的直径，PA与相切于点A，
∴PA⊥AB，
∴∠A=90°.
又∵∠OPA=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB.
又∵∠AOP=∠B+∠OCB，
∴.
3. 如图,点M是正方形边CD上一点,连接,作于点E,手点F,连接．
(1)求证:；
(2已知,四边形的面积为24,求的正弦值．
【来源】山东省潍坊市2018年中考数学试题
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【解析】分析：(1)通过证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；
(2)设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到•x•x+•x•2=24，解方程求出x得到AE=BF=6，则EF=x-2=4，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用正弦的定义求解．
(2)解：设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，
∵四边形ABED的面积为24，
∴•x•x+•x•2=24，解得x1=6，x2=-8(舍去)，
∴EF=x-2=4，
在Rt△BEF中，BE=，
∴sin∠EBF=．
点睛：本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．
4. (2019•湖南株洲•8分)如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC.BD的交点，连接CE.DG．
(1)求证：△DOG≌△COE；
(2)若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM＝，求正方形OEFG的边长．
【分析】(1)由正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD，可得∠DOA＝∠DOC＝90°，∠GOE＝90°，即可证得∠GOD＝∠COE，因DO＝OC，GO＝EO，则可利用“边角边”即可证两三角形全等
(2)过点M作MH⊥DO交DO于点H，由于∠MDB＝45°，由可得DH，MH 长，从而求得HO，即可求得MO，再通过MH∥DG，易证得△OHM∽△ODG，则有＝，求得GO即为正方形OEFG的边长．
【解答】解：
(1)∵正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD
∴DO＝OC
∵DB⊥AC，
∴∠DOA＝∠DOC＝90°
∵∠GOE＝90°
∴∠GOD+∠DOE＝∠DOE+∠COE＝90°
∴∠GOD＝∠COE
∵GO＝OE
∴在△DOG和△COE中
∴△DOG≌△COE(SAS)
(2)如图，过点M作MH⊥DO交DO于点H
∵AM＝，DA＝2
∴DM＝
∵∠MDB＝45°
∴MH＝DH＝sin45°•DM＝，DO＝cs45°•DA＝
∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝
∴在Rt△MHO中，由勾股定理得
MO＝＝＝
∵DG⊥BD，MH⊥DO
∴MH∥DG
∴易证△OHM∽△ODG
∴＝＝＝，得GO＝2
则正方形OEFG的边长为2
聚焦考点☆温习理解
一、矩形
1、矩形的概念
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2、矩形的性质
(1)具有平行四边形的一切性质
(2)矩形的四个角都是直角
(3)矩形的对角线相等
(4)矩形是轴对称图形
3、矩形的判定
(1)定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形
(2)定理1：有三个角是直角的四边形是矩形
(3)定理2：对角线相等的平行四边形是矩形
4、矩形的面积
S矩形=长×宽=ab
二、菱形
1、菱形的概念
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
2、菱形的性质
(1)具有平行四边形的一切性质
(2)菱形的四条边相等
(3)菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角
(4)菱形是轴对称图形
3、菱形的判定
(1)定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
(2)定理1：四边都相等的四边形是菱形
(3)定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形
4、菱形的面积
S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半
三、正方形
1、正方形的概念
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)具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质
(2)正方形的四个角都是直角，四条边都相等
(3)正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角
(4)正方形是轴对称图形，有4条对称轴
(5)正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形
(6)正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3、正方形的判定
(1)判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等。
先证它是菱形，再证有一个角是直角。
(2)判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：
先证明它是平行四边形；
再证明它是菱形(或矩形)；
最后证明它是矩形(或菱形)
4、正方形的面积
设正方形边长为a，对角线长为b，S正方形=
名师点睛☆典例分类
考点典例一、矩形的性质与判定
【例1】(2019•山东青岛•8分)如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
【分析】(1)由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE＝OB，DF＝OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG＝AE，OA＝OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【举一反三】
1. . 如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是_____．
【来源】浙江省金华市2018年中考数学试题
【答案】．
【解析】分析：设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出的值．
详解：设七巧板的边长为x，则
AB=x+x，
BC=x+x+x=2x，
=.
故答案为：．
点睛：考查了矩形的性质，七巧板，关键是熟悉七巧板的特征，表示出AB，BC的长．
【例2】如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．
(1)求证：四边形ACDF是平行四边形；
(2)当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．
【来源】江苏省连云港市2018年中考数学试题
【答案】(1)证明见解析；(2)BC=2CD，理由见解析.
【解析】分析：(1)利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；
(2)先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．
详解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠FEA=∠CED，
∴△FAE≌△CDE，
∴CD=FA，
又∵CD∥AF，
∴四边形ACDF是平行四边形；
点睛：本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定与性质，要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
【举一反三】
(2018年湖北省武汉市晒湖中学数学中考模拟试题(一))已知矩形ABCD中，AB=4，BC=7．∠BAD的平分线AE交BC于E点，EF⊥DE交AB于F点，则EF的长为_____．
【答案】5
【解析】试题解析：连接DF，
在矩形ABCD中，∵AE平分∠BAD，
则在中，
在 中，
即 ①
在中， ②
在中， ③
化简可得 即
则在中，
故答案为：5．
考点典例二、菱形的性质与判定
【例3】(2019·山东滨州)如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)详见解析；(2)．
【解析】(1)由题意可得，，
∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵∴四边形是菱形；
(2)∵矩形中，，
∴，
∴，∴，
设，则，
∵，∴，解得，
∴，∴四边形的面积是：．
【名师点睛】本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条邻边相等即可.
【举一反三】
1. (2019•江苏宿迁•8分)如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF＝．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)求线段EF的长．
【分析】(1)根据菱形的性质得到CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝4﹣＝，根据勾股定理得到AF＝CE＝＝，于是得到结论；
(2)过F作FH⊥AB于H，得到四边形AHFD是矩形，根据矩形的性质得到AH＝DF＝，FH＝AD＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】(1)证明：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，
∴CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，
∵BE＝DF＝，
∴CF＝AE＝4﹣＝，
∴AF＝CE＝＝，
∴AF＝CF＝CE＝AE＝，
∴四边形AECF是菱形；
(2)解：过F作FH⊥AB于H，
则四边形AHFD是矩形，
∴AH＝DF＝，FH＝AD＝2，
∴EH＝﹣＝1，
∴EF＝＝＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2. (2019·广西贺州·8分)如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AD边上的点，且AE＝CF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形吗？请说明理由．
【分析】(1)由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，由HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF即可；
(2)由全等三角形的性质得出BE＝DF，得出CE＝AF，由CE∥AF，证出四边形AECF是平行四边形，再由AC⊥EF，即可得出四边形AECF是菱形．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF(HL)；
(2)解：当AC⊥EF时，四边形AECF是菱形，理由如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BC＝AD，
∴CE＝AF，
∵CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定；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．
【例4】(2019•广东广州•3分)如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为( )
A．4B．4C．10D．8
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝＝4，再由勾股定理求出AC即可．
【解答】解：连接AE，如图：
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AF＝CE＝5，
∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，
∴AB＝＝＝4，
∴AC＝＝＝4；
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
【举一反三】
(2019·贵州贵阳·3分)如图，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是( )
A．1cmB．2 cmC．3cmD．4cm
【分析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC＝60°，而AB＝BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵菱形ABCD的周长是4cm，
∴AB＝BC＝AC＝1cm．
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明△ABC是等边三角形．
考点典例三、正方形的性质与判定
【例5】(2019•海南•13分)如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点(与点A、D不重合)，射线PE与BC的延长线交于点Q．
(1)求证：△PDE≌△QCE；
(2)过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
【分析】(1)由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；
(2)①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；
②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ECQ＝90°，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE(ASA)；
(2)①∵PB＝PQ，
∴∠PBQ＝∠Q，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE，
∵EF∥BQ，
∴PF＝BF，
∴在Rt△PAB中，AF＝PF＝BF，
∴∠APF＝∠PAF，
∴∠PAF＝∠EPD，
∴PE∥AF，
∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．
设AP＝x，则PD＝1﹣x，
若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，
∵CD＝1，E是CD中点，
∴DE＝，
在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得(1﹣x)2+()2＝x2，
解得x＝，
即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．
【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．
【举一反三】
(2019·天津)如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接．折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上．若，则的长为__________．
【答案】
【解析】如图，令AE与BF的交点为M.
在正方形中，∠BAD=∠D=，
∴∠BAM+∠FAM=，
在Rt中，，
∵由折叠的性质可得，
∴AB=BG，∠FBA=∠FBG，
∴BF垂直平分AG，
∴AM=MG，∠AMB=，
∴∠BAM+∠ABM=，
∴∠ABM=∠FAM，
∴，
∴，∴，
∴AM=，∴AG=，
∴GE=13–.
【名师点睛】本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键.
【例6】(2019•浙江湖州•4分)七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型(其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上)，则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是 4 ．
【分析】如图2中，连接EG，GM⊥EN交EN的延长线于M，利用勾股定理解决问题即可．
【解答】解：如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．
在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，
∴EG＝＝＝4，
∴EH＝＝4，
故答案为4．
【点评】本题考查正方形的性质，七巧板，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【举一反三】
(湖南省邵阳县黄亭市镇中学2017~2018学年九年级数学(上)期末检测模拟题)如图，在正方形 ABCD 中，E 是BC 的中点，F 是CD 上一点，且CF＝CD，下列结论：①∠BAE＝30°；②△ABE∽△ECF；③AE⊥EF；④△ADF∽△ECF．其中正确结论是_____．(填序号)
【答案】②③
所以△ABE∽△ECF②正确.
故答案为②③.
考点典例四、特殊平行四边形综合题
【例4】．(2019•四川自贡•12分)(1)如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．
①线段DB和DG的数量关系是 DB＝DG ；
②写出线段BE，BF和DB之间的数量关系．
(2)当四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．
①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；
②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE＝1，AB＝2，直接写出线段GM的长度．
【分析】(1)①根据旋转的性质解答即可；
②根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
(2)①根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；
②先同理得：BG＝BD，计算BD的长，从而得BG的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论．
【解答】解：(1)①DB＝DG，理由是：
∵∠DBE绕点B逆时针旋转90°，如图1，
由旋转可知，∠BDE＝∠FDG，∠BDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∴∠G＝45°，
∴∠G＝∠CBD＝45°，
∴DB＝DG；
故答案为：DB＝DG；
②BF+BE＝BD，理由如下：
由①知：∠FDG＝∠EDB，∠G＝∠DBE＝45°，BD＝DG，
∴△FDG≌△EDB(ASA)，
∴BE＝FG，
∴BF+FG＝BF+BE＝BC+CG，
Rt△DCG中，∵∠G＝∠CDG＝45°，
∴CD＝CG＝CB，
∵DG＝BD＝BC，
即BF+BE＝2BC＝BD；
(2)①如图2，BF+BE＝BD，
理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB＝∠ADC＝×60°＝30°，
由旋转120°得∠EDF＝∠BDG＝120°，∠EDB＝∠FDG，
在△DBG中，∠G＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠DBG＝∠G＝30°，
∴DB＝DG，
∴△EDB≌△FDG(ASA)，
∴BE＝FG，
∴BF+BE＝BF+FG＝BG，
过点D作DM⊥BG于点M，如图2，
∵BD＝DG，
∴BG＝2BM，
在Rt△BMD中，∠DBM＝30°，
∴BD＝2DM．
设DM＝a，则BD＝2a，
DM＝a，
∴BG＝2a，
∴＝，
∴BG＝BD，
∴BF+BE＝BG＝BD；
②过点A作AN⊥BD于N，如图3，
Rt△ABN中，∠ABN＝30°，AB＝2，
∴AN＝1，BN＝，
∴BD＝2BN＝2，
∵DC∥BE，
∴＝，
∵CM+BM＝2，
∴BM＝，
由①同理得：BE+BF＝BG＝BD，
∴BG＝×＝6，
∴GM＝BG﹣BM＝6﹣＝．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键．
【举一反三】
(2019湖北咸宁市3分)如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN＝2；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 ②③ (把正确结论的序号都填上)．
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
【解答】解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝(8﹣x)2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
课时作业☆能力提升
一、选择题
1．如图，菱形的对角线，相交于点，，，则菱形的周长为( )
A. 52 B. 48 C. 40 D. 20
【来源】湖北省孝感市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：由勾股定理即可求得AB的长，继而求得菱形ABCD的周长．
详解：∵菱形ABCD中，BD=24，AC=10，
∴OB=12，OA=5，
在Rt△ABO中，AB==13，
∴菱形ABCD的周长=4AB=52，
故选：A．
点睛：此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质
2. ．如图，将矩形沿对角线折叠，使落在处，交于E，则下列结论不一定成立的是( )
A. B.
C. D.
【来源】四川省凉山州2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
详解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．
D、∵sin∠ABE=，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE=．
故选：C．
点睛：本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．
3．(2018广西贵港)如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是( )
A．6 B．3 C．2 D．4.5
【答案】C
【解答】解：如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
则点P、M即为使PE+PM取得最小值，
其PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6 ，BD=6，
∴AB=3 ，
由S菱形ABCD= AC•BD=AB•E′M得×6×6=3 •E′M，
解得：E′M=2 ，
即PE+PM的最小值是2 ，
故选：C．
4. 用尺规在一个平行四边形内作菱形,下列作法中错误的是( )
A. (A) B. (B) C. (C) D. (D)
【来源】浙江省嘉兴市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：由作图，可以证明A、B、D中四边形ABCD是菱形，C中ABCD是平行四边形，即可得到结论．
详解：A．∵AC是线段BD的垂直平分线，∴BO=OD，∴∠AOD=∠COB=90°．
∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∴△AOD≌△COB，∴AO=OC，∴四边形ABCD是菱形．故A正确；
B．由作图可知：AD=AB=BC．
∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AD=AB，∴四边形ABCD是菱形．故B正确；
C．由作图可知AB、CD是角平分线，可以得到ABCD是平行四边形，不能得到ABCD是菱形．故C错误；
D．如图，∵AE=AF，AG=AG，EG=FG，∴△AEG≌△AFG，∴∠EAG=∠FAG．
∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠FAG=∠ACB，∴AB=BC，同理∠DCA=∠BCA，∴∠BAC=∠DCA，∴AB∥DC．
∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形．故D正确．
故选C．
点睛：本题考查了菱形的判定与平行四边形的性质．解题的关键是弄懂每个图形是如何作图的．
5. 下列命题正确的是
A. 平行四边形的对角线互相垂直平分 B. 矩形的对角线互相垂直平分
C. 菱形的对角线互相平分且相等 D. 正方形的对角线互相垂直平分
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷(A卷)
【答案】D
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的有关对角线的性质，熟练掌握是解题的关键.
6. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E为边CD的中点，若菱形ABCD的周长为16，∠BAD＝60°,则△OCE的面积是( )
A. B. 2 C. D. 4
【来源】江苏省宿迁市2018年中考数学试卷
【答案】A
【解析】【分析】根据菱形的性质得菱形边长为4，AC⊥BD，由一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得△ABD是等边三角形；在Rt△AOD中，根据勾股定理得AO=2，AC=2AO=4，根据三角形面积公式得S△ACD=OD·AC=4，根据中位线定理得OE∥AD，根据相似三角形的面积比等于相似比继而可求出△OCE的面积.
【详解】∵菱形ABCD的周长为16，∴菱形ABCD的边长为4，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵O是菱形对角线AC、BD的交点，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD中，
∴AO=，
∴AC=2AO=4，
∴S△ACD=OD·AC= ×2×4=4，
又∵O、E分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴，
∴，
∴S△COE=S△CAD=×4=，
故选A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，结合图形熟练应用相关性质是解题的关键.
7. (2018浙江温州中考模拟)如图，四边形是边长为6的正方形，点在边上，，过点作，分别交，于，两点，若，分别是，的中点，则的长为( )
A.3B.C.D.4
【答案】C.
【解析】
试题解析：如图，过N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，过M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R
在正方形ABCD中，BC=CD=6
∴BD=6
∵BE=EG=4
∴BG=4
∴DG=2
∵M是DG的中点
∴MJ=DF=1，JF=1
∵N为EC的中点
∴PN=BC=3
∴QN=3
∴NH=2，MH=3
∴MN=
故选C.
考点：1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.
8. (2018广西南宁)如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cs∠ADF的值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，，
∴△OEF≌△OBP(AAS)，
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，
∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即(1+x)2+32=(4﹣x)2，
解得：x=，
∴DF=4﹣x=，
∴cs∠ADF==．
故选：C．
二、填空题
1. 2019•四川省凉山州•5分)如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动(不与B、C重合)，过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 4 ．
【答案】4
【解答】解：∵∠BEP+∠BPE＝90°，∠QPC+∠BPE＝90°，
∴∠BEP＝∠CPQ．
又∠B＝∠C＝90°，
∴△BPE∽△CQP．
∴．
设CQ＝y，BP＝x，则CP＝12﹣x．
∴，化简得y＝﹣(x2﹣12x)，
整理得y＝﹣(x﹣6)2+4，
所以当x＝6时，y有最大值为4．
故答案为4．
2. . (2018年湖北省黄梅中考模拟试题)如图，四边形ABCd为边长是2的正方形，△BPC为等边三角形，连接PD、BD，则△BDP的面积是 ．
【答案】4﹣4．
∴∠PCE=30°
∴PF=PB•sin60°=4×=，PE=PC•sin30°=2，
S△BPD=S四边形PBCD﹣S△BCD=S△PBC+S△PDC﹣S△BCD=×4×+×2×4﹣×4×4=4+4﹣8=4﹣4．
故答案为：4﹣4．
点睛：本题考查正方形的性质以及等积变换，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出PE及PF的长，再根据三角形的面积公式得出结论.
3. (2017-2018学年天津市蓟州区第三联合学区九年级(上)联考数学试卷(12月份))Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=5，以AB为一边向外作正方形ABDF，O为AE、BF交点，则OC长为_____．
【答案】
【解析】试题解析：延长CA至点D，使
∵四边形ABEF是正方形，
在与中，
∴≌,
是等腰直角三角形．
故答案为：
4. 如图，在矩形中，，，以为直径作.将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为E，边与相交于点，则的长为__________．
【来源】江苏省南京市2018年中考数学试卷
【答案】4
【解析】分析：连结EO并延长交CF于点H，由旋转和相切知四边形EB′CH是矩形，再根据勾股定理即可求出CH的长,从而求出CF的值.
详解：连结EO并延长交CF于点H.
∵矩形绕点旋转得到矩形，
∴∠B′=∠B′CD′=90°,A′B′∥CD′,BC=B′C=4,
∵A′B′切⊙O与点E,
∴OE⊥A′B′,
∴四边形EB′CH是矩形，
∴EH=B′C=4,OH⊥CF,
∵AB=5,
∴OE=OC=AB=,
∴OH=,
在Rt△OCH中，根据勾股定理得CH===2,
∴CF=2CH=4.
故答案为：4.
点睛：此题主要考查切线的性质,垂径定理及矩形的性质等知识点的综合运用.
5．(2018湖北黄冈中考模拟)如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
6. (2017重庆A卷第18题)如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=，
Rt△DAF中，DF=，
∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE=EF=，
∴PD==3，
如图2，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，
∵AC=，
∴CG=，
∴EG=，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH=，
∴EH=EF﹣FH=，
∴∠NDE=∠AEF，
∴tan∠NDE=tan∠AEF=，
∴，
∴EN=，
∴NH=EH﹣EN=，
Rt△GNH中，GN=，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=．
考点：1.折叠；2.正方形的性质.
三、解答题
1. 小敏思考解决如下问题：
原题：如图1，点P，Q分别在菱形的边，上，，求证：.
(1)小敏进行探索，若将点，的位置特殊化：把绕点A旋转得到，使，点E，F分别在边，上，如图2，此时她证明了.请你证明.
(2)受以上(1)的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作，，垂足分别为E，F.请你继续完成原题的证明.
(3)如果在原题中添加条件：，，如图1.请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分).
【来源】2018年浙江省绍兴市中考数学试卷解析
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)见解析
【解析】【分析】(1)证明，即可求证.
(2)如图2，，即可求证.
(3)不唯一.
【解答】(1)如图1，
在菱形中，
，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴.
(2)如图2，由(1)，∵，
∴ ，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴.
(3)不唯一，举例如下：
层次1：①求的度数.答案：.
②分别求，的度数.答案：.
③求菱形的周长.答案：16.
④分别求，CD，的长.答案：4，4，4.
层次2：①求的值.答案：4.
②求的值.答案：4.
③求的值.答案：.
层次3：①求四边形的面积.答案：.
②求与的面积和.答案：.
③求四边形周长的最小值.答案：.
④求中点运动的路径长.答案：.
【点评】考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质等，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
2. (山东省济南市长清区2018届九年级3月质量(模拟)检测数学试题)(1)如图，在矩形ABCD中.点O在边AB上，∠AOC=∠BOD.求证：AO=OB.
(2)如图，AB是的直径，PA与相切于点A，OP与相交于点C，连接CB，∠OPA=40°，求∠ABC的度数.
【答案】(1)见解析；(2)
即∠AOD=∠BOC
∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=90°，AD=BC
∴
∴AO=OB
(2)解：∵AB是的直径，PA与相切于点A，
∴PA⊥AB，
∴∠A=90°.
又∵∠OPA=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB.
又∵∠AOP=∠B+∠OCB，
∴.
3. 如图,点M是正方形边CD上一点,连接,作于点E,手点F,连接．
(1)求证:；
(2已知,四边形的面积为24,求的正弦值．
【来源】山东省潍坊市2018年中考数学试题
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【解析】分析：(1)通过证明△ABF≌△DEA得到BF=AE；
(2)设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，利用四边形ABED的面积等于△ABE的面积与△ADE的面积之和得到•x•x+•x•2=24，解方程求出x得到AE=BF=6，则EF=x-2=4，然后利用勾股定理计算出BE，最后利用正弦的定义求解．
(2)解：设AE=x，则BF=x，DE=AF=2，
∵四边形ABED的面积为24，
∴•x•x+•x•2=24，解得x1=6，x2=-8(舍去)，
∴EF=x-2=4，
在Rt△BEF中，BE=，
∴sin∠EBF=．
点睛：本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问题．也考查了解直角三角形．
4. (2019•湖南株洲•8分)如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC.BD的交点，连接CE.DG．
(1)求证：△DOG≌△COE；
(2)若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM＝，求正方形OEFG的边长．
【分析】(1)由正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD，可得∠DOA＝∠DOC＝90°，∠GOE＝90°，即可证得∠GOD＝∠COE，因DO＝OC，GO＝EO，则可利用“边角边”即可证两三角形全等
(2)过点M作MH⊥DO交DO于点H，由于∠MDB＝45°，由可得DH，MH 长，从而求得HO，即可求得MO，再通过MH∥DG，易证得△OHM∽△ODG，则有＝，求得GO即为正方形OEFG的边长．
【解答】解：
(1)∵正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD
∴DO＝OC
∵DB⊥AC，
∴∠DOA＝∠DOC＝90°
∵∠GOE＝90°
∴∠GOD+∠DOE＝∠DOE+∠COE＝90°
∴∠GOD＝∠COE
∵GO＝OE
∴在△DOG和△COE中
∴△DOG≌△COE(SAS)
(2)如图，过点M作MH⊥DO交DO于点H
∵AM＝，DA＝2
∴DM＝
∵∠MDB＝45°
∴MH＝DH＝sin45°•DM＝，DO＝cs45°•DA＝
∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝
∴在Rt△MHO中，由勾股定理得
MO＝＝＝
∵DG⊥BD，MH⊥DO
∴MH∥DG
∴易证△OHM∽△ODG
∴＝＝＝，得GO＝2
则正方形OEFG的边长为2
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