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（全国通用）备战中考数学一轮复习专题讲义+强化训练 第二十一讲 特殊的平行四边形（讲义）学案
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这是一份（全国通用）备战中考数学一轮复习专题讲义+强化训练 第二十一讲 特殊的平行四边形（讲义）学案，文件包含全国通用备战2022年中考数学一轮复习专题第二十一讲特殊的平行四边形讲义解析版docx、全国通用备战2022年中考数学一轮复习专题第二十一讲特殊的平行四边形讲义原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共37页， 欢迎下载使用。
备战2022年中考数学一轮复习专题讲义+强化训练（全国通用）
第二十一讲 特殊平行四边形
必备知识点 2
考点一 特殊平行四边形中的翻折问题 3
考点二 菱形的性质与判定 10
考点三 矩形的性质与判定 17
考点四 正方形的性质与判定 21
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必备知识点
一、矩形的性质与判定
1．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）
2．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
二、菱形的性质与判定
1．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
2．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
三、正方形的性质与判定
1．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
2．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
四、联系
（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；
（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．
五、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
考点一 特殊平行四边形中的翻折问题
1．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．点E、F分别为边BC、AD上一点，连接EF，将矩形ABCD沿着EF折叠，使得点A落到边CD上的点A'处，且DA'＝2A'C，则折痕EF的长度为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【解答】解：如图，过点E作EM⊥AD，垂足为M，
∵DA'＝2A'C，DC＝6，
∵DA'＝DC＝4，A'C＝DC＝2，
由折叠得，AF＝FA′，AB＝A′B′＝6，
设DF＝x，则FA＝FA′＝8﹣x，
在Rt△DFA′中，由勾股定理得，
x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，即DF＝3，
∴FA＝FA′＝8﹣3＝5，
∵∠NA′C+∠DA′F＝180°﹣90°＝90°，∠NA′C+∠A′NC＝90°，
∴∠DA′F＝∠A′NC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴△A′NC∽△FA′D，
∴＝＝，即＝＝，
解得NC＝，A′N＝，
∴B′N＝A′B′﹣A′N＝6﹣＝＝NC，
∴△A′CN≌△ENB′（AAS），
∴EN＝A′N＝，
∴EC＝EN+NC＝+＝6＝MD，
∴MF＝6﹣3＝3，
在Rt△EFM中，EF＝＝3，
故选：A．
2．如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝8，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB，AD上，则EG的长为（ ）
A． B． C．4 D．4
【解答】解：作EM⊥AD于M，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AB＝8，
∴CD＝AD＝AB＝8，AB∥DC，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠MDC＝60°，
∵E是CD中点，
∴DE＝4，
∵ME⊥AD，∠DMC＝60°
∴∠MED＝30°，且ME⊥AD
∴DM＝DE＝2，ME＝DM＝2，
由折叠的性质得：AG＝EG，∠AFG＝∠EFG，
在Rt△GME中，EG2＝GM2+ME2．
∴EG2＝（8﹣EG+2）2+（2）2，
解得：EG＝，
故选：A．
3．如图，矩形ABCD中，点M为CD的中点，将△ADM沿着AM翻折，得到△AD'M，延长MD'与AB交于点N，连接CD'，若AB＝10，CD'＝6，则D'N＝ ．
【解答】解：如图，连接CN，DD'交AM于H，过点C作CE⊥MN于E，过点M作MF⊥CD'于F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝10，
∵点M为CD的中点，
∴DM＝CM＝5，
∵将△ADM沿着AM翻折，得到△AD'M，
∴DM＝D'M＝5，DH＝D'H，AM⊥DD'，
∴CM＝D'M，
又∵MF⊥CD'，
∴CF＝D'F＝3，
∴MF＝＝＝4，
∵DM＝CM，D'F＝CF，DH＝D'H，
∴DD'＝2MF＝8，HM＝D'C＝3，
∴DH＝4，
∵tan∠AMD＝，
∴，
∴AD＝，
∵S△CD'M＝×CD'×MF＝×D'M×CE，
∴6×4＝5×CE，
∴CE＝，
∵S△MNC＝×MN×CE＝×CM×AD，
∴MN×＝5×，
∴MN＝，
∴D'N＝MN﹣D'M＝，
故答案为：．
4．如图，在矩形ABCD中，BC＝3，对角线AC，BD交于点O，将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，BC′与AD交于点E，OC′与AD交于点F，连接AC′，若C′O∥DC，则点E到AC′的距离为 ．
【解答】解：如图，过点E作EH⊥AC'于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，
∴OC＝OD＝OB＝OA，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，
∴OC＝OC'，BC＝BC'＝3，
∵C′O∥DC，
∴C'O∥AB，∠C'OD＝∠ODC，
∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD，
∵∠C'OD+∠ODC+∠OCD＝180°，
∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD，
∴AB＝C'O，
∴四边形ABOC'是平行四边形，
∵OB＝OC'，
∴平行四边形ABOC'是菱形，
∴AB＝OB＝AO＝AC'＝C'O，
∴△ABO，△AC'O都是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AC'O＝∠C'AO＝60°，
∴∠ABC'＝∠AC'B＝30°，∠C'AD＝∠BAC'﹣BAD＝30°，
∴BE＝2AE，∠C'AD＝∠AC'E，
∴AE＝C'E，
∴BE+C'E＝BC'＝3，
∴2AE+AE＝3，
∴AE＝1，
∵∠EAH＝30°，EH⊥AC'，
∴EH＝AE＝，
∴点E到AC′的距离为 ，
故答案为：．
5．如图，把矩形纸片ABCD（BC＞CD）沿折痕DE折叠，点C落在对角线BD上的点P处，展开后再沿折痕BF折叠，点C落在BD上的点Q处，沿折痕DG折叠，点A落在BD上的点R处，若PQ＝4，PR＝7，则BD＝ 13 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠C＝90°，
由折叠的性质可得：CD＝PD，AD＝DR，BC＝BQ，
∵PQ＝4，PR＝7，
∴PQ＝BQ﹣（BD﹣PD）＝BC﹣BD+CD＝4，PR＝AD﹣PD＝BC﹣CD＝7，
∴BD＝BC+CD﹣4，BC＝CD+7，
∵BD2＝BC2+CD2，
∴（CD+7+CD﹣4）2＝（CD+7）2+CD2，
∴CD1＝5，CD2＝﹣4（舍去），
∴BC＝12，
∴BD＝＝＝13，
故答案为：13．
考点二 菱形的性质与判定
6．如图，菱形ABCD中，AC是对角线．
（1）如图①若∠BAC＝30°，AB＝8，求菱形ABCD的面积：
（2）如图②，G、F分别是BC、CD上一点，连接GF，过点G作GMLCF于点M，过点C作CH⊥GF于点P，交GD于点H，且GC＝HC＝GF．求证：DC＝DH+DF
（3）如图③，若AB＝BD＝10，且点P是△ABD内任意一点，求PA+PB+PD的最小值．
【解答】（1）解：如图①中，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，AO＝OC，
∵AB＝8，∠BAC＝30°，
∴OB＝AB＝4，OA＝OB＝4，
∴BD＝2OB＝8，AC＝2OA＝8，
∴S菱形ABCD＝•BD•AC＝×＝32．
（2）证明：如图②中，过点H作HQ⊥DH交CD于Q，设GM交CH于N，过点F作FW⊥DF交DG于W．
∵GF＝GC，GM⊥CF，
∴∠CGM＝∠FGM，
∵CH⊥FG，
∴∠GPN＝∠CMN＝90°，
∵∠GNP＝∠CNM，
∴∠FGM＝∠NCM，
∵CG＝CH，
∴∠CGH＝∠CHG，
∴∠CGM+∠MGD＝∠MCN+∠CDH，
∴∠MGD＝∠MDG，
∵∠GMD＝90°，
∴∠MGD＝∠MDG＝45°，
∵HQ⊥DH，
∴∠HQD＝∠HDQ＝45°，
∴DH＝HQ，DQ＝DH，
∵∠FGW+∠GHC＝90°，∠GHC+∠CHQ＝90°，
∴∠FGW＝∠CHQ，
∵∠WFD＝90°，∠FDW＝45°，
∴∠FWD＝∠HQD＝45°，
∴∠FWG＝∠CHQ，
∵GF＝CH，
∴△FGW≌△CHQ（AAS），
∴FW＝CQ＝DF，
∴CD＝CQ+QD＝DF+DH．
（3）解：如图③中，将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△KAJ，连接PJ，DK，过点A作AR⊥DK于R．
由题意AB＝AD＝BD＝10，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝60°＝∠PAD+∠BAP＝∠PAD+∠KAJ，
∵AP＝AJ，∠PAJ＝60°，
∴△PAJ是等边三角形，∠KAD＝120°，AK＝AB＝AD＝10，
∴PA＝PJ，
∵PB＝JK，
∴PA+PB+PD＝DP+PJ+JK，
∵DP+PJ+JK≥DK，
∴当K，J，P，D共线时，PA+PB+PD的值最小，最小值＝DK的长，
∵AR⊥DK，AK＝AD，∠AKD＝30°，
∴KR＝RD＝AK•cos30°＝5，
∴DK＝10，
∴PA+PB+PD的最小值为10．
7．如图，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，E为对角线AC上一点，且AE＝AB，F为CE的中点，连接DF、BF，BG⊥BF与AC交于点G；
（1）若AB＝2，求EF的长；
（2）求证：CG﹣EF＝BG．
【解答】（1）解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠OAB＝∠BAD＝30°，
∴OB＝AB＝1，OA＝OB＝，
∴AC＝2OA＝2，
∵AE＝AB＝2，
∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，
∵F为CE的中点，
∴EF＝CE＝﹣1；
（2）证明：设AB＝2a，
同（1）得：OB＝AB＝a，OA＝OB＝a，
∴AC＝2OA＝2a，
∵AE＝AB＝2a，
∴CE＝AC﹣AE＝（2﹣2）a，OE＝AE﹣OA＝（2﹣）a，
∵F为CE的中点，
∴EF＝CE＝（﹣1）a，
∴OF＝OE+EF＝（2﹣）a+（﹣1）a＝a，
∴OB＝OF，
∵AC⊥BD，
∴△BOF是等腰直角三角形，
∴∠BFG＝45°，
∵BG⊥BF，
∴△BFG是等腰直角三角形，
∴GF＝BG，
∵GF＝CG﹣CF＝CG﹣EF，
∴CG﹣EF＝BG．
8．如图1，在菱形ABCD中，∠B为锐角，点P，H分别在边AD，CB上，且DP＝BH，在AB边上取点M，N（点N在BM之间）使AM＝5BN．点P从点D匀速运动到点A时，点Q恰好从点M匀速运动到点N，连结PQ，PH分别交对角线AC于E，F，记QM＝x，AP＝y，已知y＝﹣2x+12．
（1）①请判断PF与FH的大小关系，并说明理由；
②求AD，BN的长；
（2）如图2，连结QF，当四边形FQBH中有两边平行时，求AE：EC的值；
（3）若∠B＝60°，连结QH，求△FQH面积的最小值．
【解答】解：（1）①结论：PF＝PH．理由如下：
∵ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵PD＝BH，
∴∠PAF＝∠FCH，AP＝CH，
又∵∠AFP＝∠HFC，
∴△AFP≌△HFC（AAS），
∴PF＝FH；
②当x＝0代入y＝﹣2x+12得y＝12，即AD＝12，
当y＝0代入y＝﹣2x+12，得x＝6，即MN＝6，
∵AM＝5BN，AB＝AD＝12，
∴5BN+BN+6＝12，
∴BN＝1；
（2）①当FQ∥BH时，如图2，
∵PF＝PH，PF∥CH∥AD，
∴AQ＝QB，
∴QF是△ABC的中位线，
∴x+1＝11﹣x，
∴x＝5，
∴y＝2，
∴AP＝10，QF＝6
∵AP∥QF，
∴△AEP∽△QEF，
∴AE：EF＝10：6＝5：3，
∴AE：EC＝5：11；
②当FH∥BQ时，如图2，
∵AP∥BC，
∴ABHP是平行四边形，
∴12﹣y＝y，y＝6 代入得x＝3，
∴AQ＝8，
∵PF＝6，△AQE∽△PFE，
∴AE：EF＝4：3，
∴AE：EC＝4：10＝2：5；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．
由题意，CH＝AP＝﹣2x+12，BQ＝x+1，AQ＝11﹣x，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC＝12，
∴FA＝FC＝6，
∴QT＝（x+1），FJ＝FK＝×6＝3，
∵S△FQH＝S△ABC﹣S△BQH﹣S△AQF﹣S△FCH
＝36﹣×2x×（x+1）﹣×（﹣2x+12）×3﹣×（12﹣x﹣1）×3
＝﹣（x﹣4）2+，
∵﹣＜0，
∴x＝4时，△FQH的面积最小，最小值为．
考点三 矩形的性质与判定
9．如图，在矩形ABCD中，点E为BC边上一点，过点E作EF⊥DE于点E．
（1）如图1，已知F在AB边上，AD＝DE，AD＝10，CD＝6，求BF的长；
（2）如图2，已知DE＝EF，点G为DF的中点，求证：CD+EC＝CG．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，
∵DE＝AD＝10，
∴CE＝＝＝8，
∴BE＝BC﹣CE＝2，
∵EF⊥DE，
∴∠BEF+∠CED＝90°，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BFE＝∠CED，
∴△BEF∽△CDE，
∴＝，即＝，
解得：BF＝；
即BF的长为；
（2）证明：连接EG，作GM⊥CG，交CD的延长线于M，如图2所示：
则∠CGM＝90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∵DE＝EF，点G为DF的中点，
∴EG⊥DF，EG＝DF＝FG＝DG，∠F＝∠EDF＝45°，∠DGE＝90°，
∴∠DEG＝∠EDF＝45°，∠DGM＝∠EGC，
∵∠DGE+∠BCD＝180°，
∴∠CEG+∠CDG＝180°，
∵∠MDG+∠CDG＝180°，
∴∠CEG＝∠MDG，
在△MDG和△CEG中，，
∴MDG≌△CEG（ASA），
∴MG＝CG，DM＝CE，
∴△CGM是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，
即CD+DM＝CG，
∴CD+EC＝CG．
10．四边形ABCD是平行四边形，∠A＝∠B．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若BC＝AB，求∠ACB的度数；
（3）在（2）的条件下，点E，F分别在AB，AD上，且CE＝CF，∠ECF＝30°，AC＝4，求2AE﹣FD的值．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如图2中，
在Rt△ACB中，tan∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝30°；
（3）解：如图3中，作FH⊥AC于H．
∵∠ACB＝∠ECF＝30°，
∴∠BCE＝∠FCH，
∵CE＝CF，∠B＝∠FHC＝90°，
∴△BCE≌△HCF，
∴BE＝FH，
在Rt△AFH中，∵∠FAH＝30°，
∴FH＝AF，
∴AE+AF＝AE+FH＝AE+BE＝AB，
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC＝2，
∴AE+AF＝2，
∴2AE+AF＝4，
∴AF＝4﹣2AE，
∴DF＝AD﹣AF＝2﹣（4﹣2AE），
∴2AE﹣FD＝4﹣2．
考点四 正方形的性质与判定
11．如图所示，正方形ABCD和正方形AEFG共顶点A，正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转，连接DG，BE，BE与AC相交于点H．
（1）如图1，在旋转过程中，当G，A，H，C恰好在同一直线上时，若AE＝，AB＝2，求线段DG的长；
（2）如图2，连接HG，在旋转过程中，若∠DGH＝2∠ABE，求证：HG＝HB；
（3）如图3，BE与DG相交于点O，点K为线段AG上一点，连接OK，若AE＝3，AK＝1，在旋转过程中，直接写出线段OK的最小值．
【解答】（1）解：如图1中，过点D作DM⊥AC于M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AD＝CD＝AB＝2，∠ADC＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵DM⊥AC，
∴AM＝MC＝，
∴DM＝AC＝，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝AE＝，
∴GM＝AG+AM＝2，
∴DG＝＝＝．
（2）证明：如图2中，连接DH．
∵四边形ABCD，四边形EFGA都是正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AE＝AG，
∴∠EAB＝∠GAD，
∴△EAB≌△GAD（SAS），
∴∠ABE＝∠ADG，
∵AD＝AB，∠DAH＝∠BAH＝45°，AH＝AH，
∴△AHB≌△AHD（SAS），
∴BH＝DH，∠ABH＝∠ADH，
∴∠ADH＝∠ADG，
∵∠HDA＝2∠ABE＝2∠ADG，
∴∠HGD＝∠HDG，
∴HG＝HD，
∴HB＝HG．
（3）解：连接EG，取EG的中点T，连接OT，TK，过点T作TN⊥AG于N．
由（3）可知△EAB≌△GAD，
∴∠DGA＝∠AEB，
∵∠EAG＝90°，
∴∠EOG＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG＝3，∠EAG＝90°，
∴EG＝＝＝3，
∵TE＝TG，
∴OT＝EG＝，
∵∠TNG＝90°，∠TGN＝45°，
∴TN＝GN＝，
∵AK＝1，AN＝AG﹣GN＝，
∴NK＝AN﹣AK＝，
∴TK＝＝＝，
∵OK≥OT﹣TK，
∴OK≥﹣，
∴OK的最小值为﹣．
12．如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F．
（1）如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE＝，求AB的长；
（2）如图2，若DA＝DE，求证：BF+DF＝AF．
【解答】解：（1）设BM＝x，则CM＝2x，BC＝3x，
∵BA＝BC，∴BA＝3x．
在Rt△ABM中，E为斜边AM中点，
∴AM＝2BE＝2．
由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2，
即40＝x2+9x2，解得x＝2．
∴AB＝3x＝6．
（2）延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点．
∵DF平分∠CDE，
∴∠1＝∠2．
∵DE＝DA，DP⊥AF
∴∠3＝∠4．
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，
∴∠2+∠3＝45°．
∴∠DFP＝90°﹣45°＝45°．
∴AH＝AF．
∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠HAD+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAH．
又AB＝AD，
∴△ABF≌△ADH（SAS）．
∴AF＝AH，BF＝DH．
∵Rt△FAH是等腰直角三角形，
∴HF＝AF．
∵HF＝DH+DF＝BF+DF，
∴BF+DF＝AF．
13．如图，在正方形ABCD中，线段CE交四边形的边于点E，点H为BD的中点，BF、DG分别垂直CE于点F和点G，连接HF、HG．
（1）若AB＝3，AE＝2EB，求BF的长；
（2）求证：FG＝FH．
【解答】解：（1）如图，∵四边形ABCD为正方形，AB＝3，AE＝2EB，
∴BC＝AB＝3，AE＝2，BE＝1，
∴在直角△BEC中，由勾股定理得到：CE＝＝＝，
则BE•BC＝CE•BF，
故BF＝＝＝；
（2）如图，FG＝HF．理由如下：
连接CH，
∵在△BFC与△CGD中，，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF＝CG，∠FBC＝∠DCG．
∵点H是BD的中点，
∴CH⊥BD，且HC＝BH＝DH，
∴∠HBC＝∠HCD＝45°，
∴∠FBH＝∠GHC．
∵在△HBF与△HCG中，，
∴△HBF≌△HCG（SAS），
∴FH＝GH，∠FHB＝∠GHC，
∴∠FHG＝∠BHC＝90°，
∴FG＝HF．
备战2022年中考数学一轮复习专题讲义+强化训练（全国通用）
第二十一讲 特殊平行四边形
必备知识点 2
考点一 特殊平行四边形中的翻折问题 3
考点二 菱形的性质与判定 10
考点三 矩形的性质与判定 17
考点四 正方形的性质与判定 21
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必备知识点
一、矩形的性质与判定
1．矩形的性质：
1）四个角都是直角；2）对角线相等且互相平分；3）面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）
2．矩形的判定：
1）定义法：有一个角是直角的平行四边形；2）有三个角是直角；3）对角线相等的平行四边形．
二、菱形的性质与判定
1．菱形的性质：
1）四边相等；2）对角线互相垂直、平分，一条对角线平分一组对角；3）面积=底×高=对角线乘积的一半．
2．菱形的判定：
1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形；2）对角线互相垂直的平行四边形；3）四条边都相等的四边形．
三、正方形的性质与判定
1．正方形的性质：
1）四条边都相等，四个角都是直角；2）对角线相等且互相垂直平分；3）面积=边长×边长=2S△ABD=4S△AOB．
2．正方形的判定：
1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形；2）一组邻边相等的矩形；
3）一个角是直角的菱形；4）对角线相等且互相垂直、平分．
四、联系
（1）两组对边分别平行；（2）相邻两边相等；（3）有一个角是直角；（4）有一个角是直角；
（5）相邻两边相等；（6）有一个角是直角，相邻两边相等；（7）四边相等；（8）有三个角都是直角．
五、中点四边形
1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
考点一 特殊平行四边形中的翻折问题
1．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．点E、F分别为边BC、AD上一点，连接EF，将矩形ABCD沿着EF折叠，使得点A落到边CD上的点A'处，且DA'＝2A'C，则折痕EF的长度为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【解答】解：如图，过点E作EM⊥AD，垂足为M，
∵DA'＝2A'C，DC＝6，
∵DA'＝DC＝4，A'C＝DC＝2，
由折叠得，AF＝FA′，AB＝A′B′＝6，
设DF＝x，则FA＝FA′＝8﹣x，
在Rt△DFA′中，由勾股定理得，
x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，即DF＝3，
∴FA＝FA′＝8﹣3＝5，
∵∠NA′C+∠DA′F＝180°﹣90°＝90°，∠NA′C+∠A′NC＝90°，
∴∠DA′F＝∠A′NC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴△A′NC∽△FA′D，
∴＝＝，即＝＝，
解得NC＝，A′N＝，
∴B′N＝A′B′﹣A′N＝6﹣＝＝NC，
∴△A′CN≌△ENB′（AAS），
∴EN＝A′N＝，
∴EC＝EN+NC＝+＝6＝MD，
∴MF＝6﹣3＝3，
在Rt△EFM中，EF＝＝3，
故选：A．
2．如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝8，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB，AD上，则EG的长为（ ）
A． B． C．4 D．4
【解答】解：作EM⊥AD于M，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AB＝8，
∴CD＝AD＝AB＝8，AB∥DC，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠MDC＝60°，
∵E是CD中点，
∴DE＝4，
∵ME⊥AD，∠DMC＝60°
∴∠MED＝30°，且ME⊥AD
∴DM＝DE＝2，ME＝DM＝2，
由折叠的性质得：AG＝EG，∠AFG＝∠EFG，
在Rt△GME中，EG2＝GM2+ME2．
∴EG2＝（8﹣EG+2）2+（2）2，
解得：EG＝，
故选：A．
3．如图，矩形ABCD中，点M为CD的中点，将△ADM沿着AM翻折，得到△AD'M，延长MD'与AB交于点N，连接CD'，若AB＝10，CD'＝6，则D'N＝ ．
【解答】解：如图，连接CN，DD'交AM于H，过点C作CE⊥MN于E，过点M作MF⊥CD'于F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝10，
∵点M为CD的中点，
∴DM＝CM＝5，
∵将△ADM沿着AM翻折，得到△AD'M，
∴DM＝D'M＝5，DH＝D'H，AM⊥DD'，
∴CM＝D'M，
又∵MF⊥CD'，
∴CF＝D'F＝3，
∴MF＝＝＝4，
∵DM＝CM，D'F＝CF，DH＝D'H，
∴DD'＝2MF＝8，HM＝D'C＝3，
∴DH＝4，
∵tan∠AMD＝，
∴，
∴AD＝，
∵S△CD'M＝×CD'×MF＝×D'M×CE，
∴6×4＝5×CE，
∴CE＝，
∵S△MNC＝×MN×CE＝×CM×AD，
∴MN×＝5×，
∴MN＝，
∴D'N＝MN﹣D'M＝，
故答案为：．
4．如图，在矩形ABCD中，BC＝3，对角线AC，BD交于点O，将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，BC′与AD交于点E，OC′与AD交于点F，连接AC′，若C′O∥DC，则点E到AC′的距离为 ．
【解答】解：如图，过点E作EH⊥AC'于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，
∴OC＝OD＝OB＝OA，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，
∴OC＝OC'，BC＝BC'＝3，
∵C′O∥DC，
∴C'O∥AB，∠C'OD＝∠ODC，
∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD，
∵∠C'OD+∠ODC+∠OCD＝180°，
∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD，
∴AB＝C'O，
∴四边形ABOC'是平行四边形，
∵OB＝OC'，
∴平行四边形ABOC'是菱形，
∴AB＝OB＝AO＝AC'＝C'O，
∴△ABO，△AC'O都是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AC'O＝∠C'AO＝60°，
∴∠ABC'＝∠AC'B＝30°，∠C'AD＝∠BAC'﹣BAD＝30°，
∴BE＝2AE，∠C'AD＝∠AC'E，
∴AE＝C'E，
∴BE+C'E＝BC'＝3，
∴2AE+AE＝3，
∴AE＝1，
∵∠EAH＝30°，EH⊥AC'，
∴EH＝AE＝，
∴点E到AC′的距离为 ，
故答案为：．
5．如图，把矩形纸片ABCD（BC＞CD）沿折痕DE折叠，点C落在对角线BD上的点P处，展开后再沿折痕BF折叠，点C落在BD上的点Q处，沿折痕DG折叠，点A落在BD上的点R处，若PQ＝4，PR＝7，则BD＝ 13 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠C＝90°，
由折叠的性质可得：CD＝PD，AD＝DR，BC＝BQ，
∵PQ＝4，PR＝7，
∴PQ＝BQ﹣（BD﹣PD）＝BC﹣BD+CD＝4，PR＝AD﹣PD＝BC﹣CD＝7，
∴BD＝BC+CD﹣4，BC＝CD+7，
∵BD2＝BC2+CD2，
∴（CD+7+CD﹣4）2＝（CD+7）2+CD2，
∴CD1＝5，CD2＝﹣4（舍去），
∴BC＝12，
∴BD＝＝＝13，
故答案为：13．
考点二 菱形的性质与判定
6．如图，菱形ABCD中，AC是对角线．
（1）如图①若∠BAC＝30°，AB＝8，求菱形ABCD的面积：
（2）如图②，G、F分别是BC、CD上一点，连接GF，过点G作GMLCF于点M，过点C作CH⊥GF于点P，交GD于点H，且GC＝HC＝GF．求证：DC＝DH+DF
（3）如图③，若AB＝BD＝10，且点P是△ABD内任意一点，求PA+PB+PD的最小值．
【解答】（1）解：如图①中，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，AO＝OC，
∵AB＝8，∠BAC＝30°，
∴OB＝AB＝4，OA＝OB＝4，
∴BD＝2OB＝8，AC＝2OA＝8，
∴S菱形ABCD＝•BD•AC＝×＝32．
（2）证明：如图②中，过点H作HQ⊥DH交CD于Q，设GM交CH于N，过点F作FW⊥DF交DG于W．
∵GF＝GC，GM⊥CF，
∴∠CGM＝∠FGM，
∵CH⊥FG，
∴∠GPN＝∠CMN＝90°，
∵∠GNP＝∠CNM，
∴∠FGM＝∠NCM，
∵CG＝CH，
∴∠CGH＝∠CHG，
∴∠CGM+∠MGD＝∠MCN+∠CDH，
∴∠MGD＝∠MDG，
∵∠GMD＝90°，
∴∠MGD＝∠MDG＝45°，
∵HQ⊥DH，
∴∠HQD＝∠HDQ＝45°，
∴DH＝HQ，DQ＝DH，
∵∠FGW+∠GHC＝90°，∠GHC+∠CHQ＝90°，
∴∠FGW＝∠CHQ，
∵∠WFD＝90°，∠FDW＝45°，
∴∠FWD＝∠HQD＝45°，
∴∠FWG＝∠CHQ，
∵GF＝CH，
∴△FGW≌△CHQ（AAS），
∴FW＝CQ＝DF，
∴CD＝CQ+QD＝DF+DH．
（3）解：如图③中，将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△KAJ，连接PJ，DK，过点A作AR⊥DK于R．
由题意AB＝AD＝BD＝10，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝60°＝∠PAD+∠BAP＝∠PAD+∠KAJ，
∵AP＝AJ，∠PAJ＝60°，
∴△PAJ是等边三角形，∠KAD＝120°，AK＝AB＝AD＝10，
∴PA＝PJ，
∵PB＝JK，
∴PA+PB+PD＝DP+PJ+JK，
∵DP+PJ+JK≥DK，
∴当K，J，P，D共线时，PA+PB+PD的值最小，最小值＝DK的长，
∵AR⊥DK，AK＝AD，∠AKD＝30°，
∴KR＝RD＝AK•cos30°＝5，
∴DK＝10，
∴PA+PB+PD的最小值为10．
7．如图，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，E为对角线AC上一点，且AE＝AB，F为CE的中点，连接DF、BF，BG⊥BF与AC交于点G；
（1）若AB＝2，求EF的长；
（2）求证：CG﹣EF＝BG．
【解答】（1）解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠OAB＝∠BAD＝30°，
∴OB＝AB＝1，OA＝OB＝，
∴AC＝2OA＝2，
∵AE＝AB＝2，
∴CE＝AC﹣AE＝2﹣2，
∵F为CE的中点，
∴EF＝CE＝﹣1；
（2）证明：设AB＝2a，
同（1）得：OB＝AB＝a，OA＝OB＝a，
∴AC＝2OA＝2a，
∵AE＝AB＝2a，
∴CE＝AC﹣AE＝（2﹣2）a，OE＝AE﹣OA＝（2﹣）a，
∵F为CE的中点，
∴EF＝CE＝（﹣1）a，
∴OF＝OE+EF＝（2﹣）a+（﹣1）a＝a，
∴OB＝OF，
∵AC⊥BD，
∴△BOF是等腰直角三角形，
∴∠BFG＝45°，
∵BG⊥BF，
∴△BFG是等腰直角三角形，
∴GF＝BG，
∵GF＝CG﹣CF＝CG﹣EF，
∴CG﹣EF＝BG．
8．如图1，在菱形ABCD中，∠B为锐角，点P，H分别在边AD，CB上，且DP＝BH，在AB边上取点M，N（点N在BM之间）使AM＝5BN．点P从点D匀速运动到点A时，点Q恰好从点M匀速运动到点N，连结PQ，PH分别交对角线AC于E，F，记QM＝x，AP＝y，已知y＝﹣2x+12．
（1）①请判断PF与FH的大小关系，并说明理由；
②求AD，BN的长；
（2）如图2，连结QF，当四边形FQBH中有两边平行时，求AE：EC的值；
（3）若∠B＝60°，连结QH，求△FQH面积的最小值．
【解答】解：（1）①结论：PF＝PH．理由如下：
∵ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵PD＝BH，
∴∠PAF＝∠FCH，AP＝CH，
又∵∠AFP＝∠HFC，
∴△AFP≌△HFC（AAS），
∴PF＝FH；
②当x＝0代入y＝﹣2x+12得y＝12，即AD＝12，
当y＝0代入y＝﹣2x+12，得x＝6，即MN＝6，
∵AM＝5BN，AB＝AD＝12，
∴5BN+BN+6＝12，
∴BN＝1；
（2）①当FQ∥BH时，如图2，
∵PF＝PH，PF∥CH∥AD，
∴AQ＝QB，
∴QF是△ABC的中位线，
∴x+1＝11﹣x，
∴x＝5，
∴y＝2，
∴AP＝10，QF＝6
∵AP∥QF，
∴△AEP∽△QEF，
∴AE：EF＝10：6＝5：3，
∴AE：EC＝5：11；
②当FH∥BQ时，如图2，
∵AP∥BC，
∴ABHP是平行四边形，
∴12﹣y＝y，y＝6 代入得x＝3，
∴AQ＝8，
∵PF＝6，△AQE∽△PFE，
∴AE：EF＝4：3，
∴AE：EC＝4：10＝2：5；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．
由题意，CH＝AP＝﹣2x+12，BQ＝x+1，AQ＝11﹣x，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC＝12，
∴FA＝FC＝6，
∴QT＝（x+1），FJ＝FK＝×6＝3，
∵S△FQH＝S△ABC﹣S△BQH﹣S△AQF﹣S△FCH
＝36﹣×2x×（x+1）﹣×（﹣2x+12）×3﹣×（12﹣x﹣1）×3
＝﹣（x﹣4）2+，
∵﹣＜0，
∴x＝4时，△FQH的面积最小，最小值为．
考点三 矩形的性质与判定
9．如图，在矩形ABCD中，点E为BC边上一点，过点E作EF⊥DE于点E．
（1）如图1，已知F在AB边上，AD＝DE，AD＝10，CD＝6，求BF的长；
（2）如图2，已知DE＝EF，点G为DF的中点，求证：CD+EC＝CG．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，
∵DE＝AD＝10，
∴CE＝＝＝8，
∴BE＝BC﹣CE＝2，
∵EF⊥DE，
∴∠BEF+∠CED＝90°，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BFE＝∠CED，
∴△BEF∽△CDE，
∴＝，即＝，
解得：BF＝；
即BF的长为；
（2）证明：连接EG，作GM⊥CG，交CD的延长线于M，如图2所示：
则∠CGM＝90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∵DE＝EF，点G为DF的中点，
∴EG⊥DF，EG＝DF＝FG＝DG，∠F＝∠EDF＝45°，∠DGE＝90°，
∴∠DEG＝∠EDF＝45°，∠DGM＝∠EGC，
∵∠DGE+∠BCD＝180°，
∴∠CEG+∠CDG＝180°，
∵∠MDG+∠CDG＝180°，
∴∠CEG＝∠MDG，
在△MDG和△CEG中，，
∴MDG≌△CEG（ASA），
∴MG＝CG，DM＝CE，
∴△CGM是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，
即CD+DM＝CG，
∴CD+EC＝CG．
10．四边形ABCD是平行四边形，∠A＝∠B．
（1）求证：▱ABCD是矩形；
（2）若BC＝AB，求∠ACB的度数；
（3）在（2）的条件下，点E，F分别在AB，AD上，且CE＝CF，∠ECF＝30°，AC＝4，求2AE﹣FD的值．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如图2中，
在Rt△ACB中，tan∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝30°；
（3）解：如图3中，作FH⊥AC于H．
∵∠ACB＝∠ECF＝30°，
∴∠BCE＝∠FCH，
∵CE＝CF，∠B＝∠FHC＝90°，
∴△BCE≌△HCF，
∴BE＝FH，
在Rt△AFH中，∵∠FAH＝30°，
∴FH＝AF，
∴AE+AF＝AE+FH＝AE+BE＝AB，
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC＝2，
∴AE+AF＝2，
∴2AE+AF＝4，
∴AF＝4﹣2AE，
∴DF＝AD﹣AF＝2﹣（4﹣2AE），
∴2AE﹣FD＝4﹣2．
考点四 正方形的性质与判定
11．如图所示，正方形ABCD和正方形AEFG共顶点A，正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转，连接DG，BE，BE与AC相交于点H．
（1）如图1，在旋转过程中，当G，A，H，C恰好在同一直线上时，若AE＝，AB＝2，求线段DG的长；
（2）如图2，连接HG，在旋转过程中，若∠DGH＝2∠ABE，求证：HG＝HB；
（3）如图3，BE与DG相交于点O，点K为线段AG上一点，连接OK，若AE＝3，AK＝1，在旋转过程中，直接写出线段OK的最小值．
【解答】（1）解：如图1中，过点D作DM⊥AC于M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AD＝CD＝AB＝2，∠ADC＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵DM⊥AC，
∴AM＝MC＝，
∴DM＝AC＝，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝AE＝，
∴GM＝AG+AM＝2，
∴DG＝＝＝．
（2）证明：如图2中，连接DH．
∵四边形ABCD，四边形EFGA都是正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AE＝AG，
∴∠EAB＝∠GAD，
∴△EAB≌△GAD（SAS），
∴∠ABE＝∠ADG，
∵AD＝AB，∠DAH＝∠BAH＝45°，AH＝AH，
∴△AHB≌△AHD（SAS），
∴BH＝DH，∠ABH＝∠ADH，
∴∠ADH＝∠ADG，
∵∠HDA＝2∠ABE＝2∠ADG，
∴∠HGD＝∠HDG，
∴HG＝HD，
∴HB＝HG．
（3）解：连接EG，取EG的中点T，连接OT，TK，过点T作TN⊥AG于N．
由（3）可知△EAB≌△GAD，
∴∠DGA＝∠AEB，
∵∠EAG＝90°，
∴∠EOG＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG＝3，∠EAG＝90°，
∴EG＝＝＝3，
∵TE＝TG，
∴OT＝EG＝，
∵∠TNG＝90°，∠TGN＝45°，
∴TN＝GN＝，
∵AK＝1，AN＝AG﹣GN＝，
∴NK＝AN﹣AK＝，
∴TK＝＝＝，
∵OK≥OT﹣TK，
∴OK≥﹣，
∴OK的最小值为﹣．
12．如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F．
（1）如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE＝，求AB的长；
（2）如图2，若DA＝DE，求证：BF+DF＝AF．
【解答】解：（1）设BM＝x，则CM＝2x，BC＝3x，
∵BA＝BC，∴BA＝3x．
在Rt△ABM中，E为斜边AM中点，
∴AM＝2BE＝2．
由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2，
即40＝x2+9x2，解得x＝2．
∴AB＝3x＝6．
（2）延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点．
∵DF平分∠CDE，
∴∠1＝∠2．
∵DE＝DA，DP⊥AF
∴∠3＝∠4．
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，
∴∠2+∠3＝45°．
∴∠DFP＝90°﹣45°＝45°．
∴AH＝AF．
∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠HAD+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAH．
又AB＝AD，
∴△ABF≌△ADH（SAS）．
∴AF＝AH，BF＝DH．
∵Rt△FAH是等腰直角三角形，
∴HF＝AF．
∵HF＝DH+DF＝BF+DF，
∴BF+DF＝AF．
13．如图，在正方形ABCD中，线段CE交四边形的边于点E，点H为BD的中点，BF、DG分别垂直CE于点F和点G，连接HF、HG．
（1）若AB＝3，AE＝2EB，求BF的长；
（2）求证：FG＝FH．
【解答】解：（1）如图，∵四边形ABCD为正方形，AB＝3，AE＝2EB，
∴BC＝AB＝3，AE＝2，BE＝1，
∴在直角△BEC中，由勾股定理得到：CE＝＝＝，
则BE•BC＝CE•BF，
故BF＝＝＝；
（2）如图，FG＝HF．理由如下：
连接CH，
∵在△BFC与△CGD中，，
∴△BFC≌△CGD（AAS），
∴BF＝CG，∠FBC＝∠DCG．
∵点H是BD的中点，
∴CH⊥BD，且HC＝BH＝DH，
∴∠HBC＝∠HCD＝45°，
∴∠FBH＝∠GHC．
∵在△HBF与△HCG中，，
∴△HBF≌△HCG（SAS），
∴FH＝GH，∠FHB＝∠GHC，
∴∠FHG＝∠BHC＝90°，
∴FG＝HF．
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