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所属成套资源：初中数学章节知识点必考点梳理（知识点讲义）
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初中数学 章节考点梳理：特殊的平行四边形16个必考点全梳理 学案
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必考点1： 菱形的性质（求角的度数）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题1： 如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝33°，则∠OBC的度数为（ ）
A．33° B．57° C．59° D．66°
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=CNO，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，
∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝33°，∴∠BCA＝∠DAC＝33°，∴∠OBC＝90°﹣33°＝57°，选B．
【小结】考查菱形性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
变式1： 在菱形ABCD中，若∠B＝60°，点E、F分别在AB、AD上，且BE＝AF，则∠AEC+∠AFC度数等于
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为∠B＝60°，连接AC，AC和菱形的边长相等，可证明△ACE≌△CDF，可得到一个角为60°的等腰三角形从而可证明EFC是等边三角形，进而利用四边形的内角和为360°即可得出答案．
【解析】连接AC，∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AC＝AB＝BC＝CD＝AD，
∵BE＝AF，∴AE＝DF，∵∠B＝60°，AC是对角线，∴∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠D＝60°，
∴△ACE≌△CDF，∴EC＝FC．∠ACE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠ACF＝60°，∴∠ACE+∠ACF＝60°，∴△ECF是等边三角形．
故可得出∠ECF＝60°，又∠EAF＝120°，∴∠AEC+∠AFC＝360°﹣（60°+120°）＝180°
【小结】本题考查了菱形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及等边三角形的判定，有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，难度一般．
变式2： 如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线EF交对角线AC于点F，垂足为点E，若∠CDF＝27°，则∠DAB的度数为 ．
【分析】根据菱形的性质求出∠DAB＝2∠DAC，AD＝CD；再根据垂直平分线的性质得出AF＝DF，利用三角形内角和定理可以求得3∠CAD+∠CDF＝180°，从而得到∠DAB的度数．
【解析】连接BD，BF，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA．
∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，∴AF＝BF，BF＝DF，∴AF＝DF，∴∠FAD＝∠FDA，
∴∠DAC+∠FAD+∠DCA+∠CDF＝180°，即3∠DAC+∠CDF＝180°，
∵∠CDF＝27°，∴3∠DAC+27°＝180°，则∠DAC＝51°，∴∠DAB＝2∠DAC＝102°
【小结】此题主要考查线段的垂直平分线的性质和菱形的性质，有一定的难度，解答本题时注意先先连接BD，BF，这是解答本题的突破口．
变式3： 如图，在菱形ABCD中，过点A作AH⊥BC，分别交BD，BC于点E，H，F为ED的中点，∠BAF＝120°，则∠C的度数为 ．
【分析】根据菱形的性质得出AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，进而利用三角形的内角和解答即可．
【解析】设∠CBD＝x，∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD＝x，∴∠ADB＝∠CBD＝x，
∵AH⊥BC，AD∥BC，∴∠DAH＝∠AHB＝90°，
∵F为ED的中点．∴AF＝FD，∴∠FAD＝∠ADB＝x，
∵∠BAF＝120°，∴∠BAD＝120°+x，
∵AD∥BC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，可得：2x+120°+x＝180°，解得：x＝20°，
∴∠BAD＝120°+x＝140°∵四边形ABCD为菱形，∴∠C＝∠BAD＝140°．
【小结】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出AD∥BC，∠ABD＝∠CBD解答．
必考点2： 菱形的性质（等面积法）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题2： 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AC＝8cm，BD＝6cm，则DE＝（ ）
A．53cm B．25cm C．245 cm D．485 cm
【分析】首先利用勾股定理求得菱形的边长，然后由菱形的两个面积计算渠道求得边AB上的高DE长即可．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴S菱形ABCD=12AC•BD=12×6×8＝24，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC=12AC＝4cm，OB＝OD＝3cm，
∴在直角三角形AOB中，AB=OB2+OA2=32+42=5cm，∴DH=S菱形ABCDAB=245cm．选C．
【小结】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的应用．注意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高．
变式4： 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线BD＝8，过BD的中点O作AD的垂线，交AD于点E，交BC于点F，连接DF，则DF的长度为（ ）
A．125 B．245 C．855 D．8135
【分析】连接AC，由勾股定理求出OA＝3，由三角形面积求出OE=125，同理OF=125，则EF＝OE+OF=245，由勾股定理求出DE的长，再由勾股定理求出DF的长即可．
【解析】连接AC，如图：∵四边形ABCD是菱形，O是BD的中点，
∴OD＝OB=12BD＝4，AD＝AB＝5，AC⊥BD，∴OA=52-42=3，
∵OE⊥AD，∴△AOD的面积=12AD×OE=12OA×OD，∴OE=OA×ODAD=3×45=125，
同理：OF=125，∴EF＝OE+OF=245，
∵DE=OD2-OE2=42-(125)2=165，EF⊥AD，∴DF=DE2+EF2=(165)2+(245)2=8135；选D
【小结】考查菱形性质、勾股定理以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
变式5： 如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E．PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE+PF的值为（ ）
A．4 B．245 C．6 D．485
【分析】连结BP，如图，根据菱形的性质得BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，然后利用三角形面积公式，由S△ABC＝S△PAB+S△PBC，得到12×5×PE+12×5×PF＝12，再整理即可得到PE+PF的值．
【解析】连结BP，如图，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD的周长为20，∴BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，
∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，∴12×5×PE+12×5×PF＝12，∴PE+PF=245，选B．
【小结】本题考查了菱形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
变式6： 如图，菱形ABCD的边长为5，对角线AC的长为8，延长AB至E，BF平分∠CBE，点G是BF上任意一点，则△ACG的面积为（ ）
A．63 B．12 C．20 D．24
【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质和勾股定理求出OB＝3，得出△ABC的面积＝12，依据∠ACB＝∠CBF，得出AC∥BF，进而得出△ACG的面积＝△ABC的面积＝12．
【解析】如图所示，连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ACB=12∠BCD，AB＝5，OA=12AC＝4，AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠BCD＝∠CBE，OB=AB2-OA2=52-42=3，∴△ABC的面积=12AC×OB=12×8×3＝12，
∵BF平分∠CBE，∴∠CBF=12∠CBE，∴∠ACB＝∠CBF，∴AC∥BF，∴△ACG面积＝△ABC面积＝12，
【小结】本题考查了菱形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证出AC∥BF是解题的关键．
必考点3： 菱形的性质（求点的坐标）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题3： 如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），则点C的坐标为（ ）
A．（2，2） B．（2，4） C．（4，2） D．（4，4）
【分析】连接AC、BD交于点E，由菱形的性质得出AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，由点B的坐标和点D的坐标得出OD＝2，求出DE＝4，AC＝4，即可得出点C的坐标．
【解析】连接AC、BD交于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，
∵点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），∴OD＝2，BD＝8，
∴AE＝OD＝2，DE＝4，∴AC＝4，∴点C的坐标为：（4，4）；选D．
【小结】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
变式7： 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（3，3），C（﹣1，﹣1），对角线BD交AC于点M，交x轴于点N，若BN＝2ND，则点B的坐标是（ ）
A．（-32，72） B．（-2，22） C．（4，﹣2） D．（﹣2，4）
【分析】先求出BD的解析式，设点B（a，﹣a+2），则点D（2﹣a，a），由等腰直角三角形的性质和BN＝2ND，可得2（﹣a+2）＝2×2×（﹣a），即可求解．
【解析】∵点A（3，3），C（﹣1，﹣1），∴直线AC为y＝x，M（1，1），
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴设直线BD为y＝﹣x+b，
∵点M在直线BD上，∴1＝﹣1+b，∴b＝2，∴直线BD为y＝﹣x+2，
设点B（a，﹣a+2），则点D（2﹣a，a），
∵BN＝2ND，∴2（﹣a+2）＝2×2×（﹣a），∴a＝﹣2，∴点B（﹣2，4），选D．
【小结】考查菱形性质，坐标与图形性质，一次函数性质等，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
变式8： 如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣23）或（23，﹣2） B．（2，23）
C．（﹣2，23） D．（﹣2，﹣23）或（2，23）
【分析】依据菱形的性质即可得到菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，再分两种情况进行讨论，依据OD=12CO＝2，CD=23，即可得到点C的对应点的坐标．
【解析】∵菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），
∴AO=22+(23)2=4，OB＝4，∴菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，
分两种情况讨论：
如图所示，当点A在x轴正半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（﹣2，﹣23）；
如图所示，当点A在x轴负半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（2，23）；
综上所述，点C的对应点的坐标为（﹣2，﹣23）或（2，23），选D．
【小结】本题主要考查了菱形的性质以及旋转变换的运用，解题时注意：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直．
变式9： 如图，在菱形OABC中，点A的坐标是（2，1），点B的横坐标是3，则点C的坐标是 ．
【分析】作AD⊥x轴于D，BF⊥x轴于F，AE⊥BF于E，BG⊥y轴于H，CG⊥BH于G，CM⊥Y轴于M，则四边形BHOF是矩形，四边形ADFE是矩形，四边形GHMC是矩形，证明Rt△ABE≌Rt△AOD，得出BE＝OD＝2，求出BF＝3，同理可证：△CBG≌△AOD，得出CG＝AD＝1，BG＝OD＝2，得出HM＝1，OM＝2，即可得出结果．
【解析】作AD⊥x轴于D，BF⊥x轴于F，AE⊥BF于E，BG⊥y轴于H，CG⊥BH于G，CM⊥Y轴于M，如图所示：四边形BHOF是矩形，四边形ADFE是矩形，四边形GHMC是矩形，∠ADO＝∠AEB＝∠CGB＝∠CMO＝90°，
∵点A的坐标是（2，1），点B的横坐标是3，∴OD＝2，EF＝AD＝1，BH＝3，∴AE＝1，∴AE＝AD，
∵四边形OABC是菱形，∴OA＝AB＝BC＝OC，
在Rt△ABE和Rt△AOD中，AB=OAAE=AD，∴Rt△ABE≌Rt△AOD（HL），∴BE＝OD＝2，∴BF＝3＝BH，
同理可证：△CBG≌△AOD，∴CG＝AD＝1，BG＝OD＝2，∴HM＝1，OM＝3﹣1＝2，∴C（1，2）；
【小结】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
必考点4： 菱形的性质（最值问题）
例题4： 如图，菱形ABCD的的边长为6，∠ABC＝60°，对角线BD上有两个动点E、F（点E在点F的左侧），若EF＝2，则AE+CF的最小值为（ ）
A．210 B．42 C．6 D．8
【分析】作AM⊥AC，连接CM交BD于F，根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质以及勾股定理解答
【解析】如图，连接AC，作AM⊥AC，使得AM＝EF＝2，连接CM交BD于F，
∵AC，BD是菱形ABCD的对角线，∴BD⊥AC，
∵AM⊥AC，∴AM∥BD，∴AM∥EF，
∵AM＝EF，AM∥EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE＝FM，∴AE+CF＝FM+FC＝CM，
根据两点之间线段最短可知，此时AE+FC最短，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝60°，∴BC＝AB，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，
在Rt△CAM中，CM=AM2+AC2=22+62=210，∴AE+CF的最小值为210．选A．
【小结】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，把问题转化为两点之间线段最短解决，属于中考填空题中的压轴题．
变式10： 如图，菱形ABCD的边长为23，∠ABC＝60°，点E、F在对角线BD上运动，且EF＝2，连接AE、AF，则△AEF周长的最小值是（ ）
A．4 B．4+3 C．2+23 D．6
【分析】如图作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，进而得出△AEF周长的最小值即可．
【解析】作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，即△AEF的周长最小．
∵AH＝EF，AH∥EF，∴四边形EFHA是平行四边形，∴EA＝FH，
∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，
∵菱形ABCD的边长为23，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝23，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，
在Rt△CAH中，CH=AC2+AH2=(23)2+22=4，∴AE+AF的最小值4，
∴△AEF的周长的最小值＝4+2＝6，选D．
【小结】本题考查轴对称﹣最短问题，菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
变式11： 如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
【分析】如图，BC的下方作∠CBT＝30°，在BT上截取BT，使得BT＝AD，连接ET，AT．证明△ADF≌△TBE（SAS），推出AF＝ET，AE+AF＝AE+ET，根据AE+ET≥AT求解即可．
【解析】如图，BC的下方作∠CBT＝30°，在BT上截取BT，使得BT＝AD，连接ET，AT．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，∠ADF=12∠ADC＝30°，
∵AD＝BT，∠ADF＝∠TBE＝30°，DF＝BE，∴△ADF≌△TBE（SAS），∴AF＝ET，
∵∠ABT＝∠ABC+∠CBT＝60°+30°＝90°，AB＝AD＝BT＝2，∴AT=AB2+BT2=22+22=22，
∴AE+AF＝AE+ET，
∵AE+ET≥AT，∴AE+AF≥22，∴AE+AF的最小值为22，
【小结】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
变式12： 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是 ．
【分析】作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，点H关于AG的对称点为F，此时EF+ED最小＝DH，先证明△ADC是等边三角形，在RT△DCH中利用勾股定理即可解决问题．
【解析】如图作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD＝BC＝6，
∵∠B＝60°，∴∠ADC＝∠B＝60°，∴△ADC是等边三角形，
∵AG是中线，∴∠GAD＝∠GAC
∴点F关于AG的对称点H在AC上，此时EF+ED最小＝DH．
在RT△DHC中，∵∠DHC＝90°，DC＝6，∠CDH=12∠ADC＝30°，
∴CH=12DC＝3，DH=CD2-CH2=62-32=33，∴EF+DE的最小值＝DH＝33，故答案为33．
【小结】本题考查菱形的性质、垂线段最短、等边三角形的判定、勾股定理等知识，解决问题的关键是利用垂线段最短解决最小值问题，属于中考常考题型．
必考点5： 菱形的判定与性质（计算与证明）
例题5： 如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形性质得出OE=3AO=3，则EF＝2OE＝23，由菱形面积公式可得答案
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，
∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，∴四边形AFCE是菱形；
（2）由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO=12AC＝1，∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，∴OE=3AO=3，∴EF＝2OE＝23，
∴四边形AFCE的面积=12AC×EF=12×2×23=23．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
变式13： 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．
【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．
（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DMO＝∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB＝OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOBOD=OB，∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM＝ON，
∵OB＝OD，∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；
（2）∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，
∴BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=OM2+OB2=52+122=13，
∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
变式14： 如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于D，EF垂直平分BD，分别交AB，BC，BD于E，F，G，连接DE，DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若∠BDE＝15°，∠C＝45°，DE＝2，求CF的长．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得BE＝DE，BF＝DF，可得∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD＝∠BDF＝∠EDB＝∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；
（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC＝30°，由直角三角形的性质可求CF的长．
【解析】（1）∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∵EF垂直平分BD，∴BE＝DE，BF＝DF，
∵∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，∴∠EBD＝∠BDF，∠EDB＝∠DBF，
∴BE∥DF，DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形，且BE＝DE，∴四边形BEDF是菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于点H，
∵四边形BEDF是菱形，∴BF＝DF＝DE＝2，∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝15°，
∴∠DFH＝30°，且DH⊥BC，∴DH=12DF＝1，FH=3DH3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠CDH＝45°，∴DH＝CH＝1，∴FC＝FH+CH=3+1．
【小结】本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．
变式15： 如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，AB=CD∠B=∠CDMBN=DM，∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，∴四边形CDMN是平行四边形，又∵MN＝DM，∴四边形CDMN是菱形．
（3）∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴MN＝MD=12AD，∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，∴∠MND＝∠CND＝∠2，∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，∴∠CEN＝90°，∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，∴PN＝2PE＝2，∴CE＝PC+PE＝3，∴NC=23．
【小结】此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
必考点6： 矩形的性质
掌握矩形的性质是解决此类问题的关键，矩形具有平行四边形的一切性质；矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等.
例题6： 如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，连结BM、DN．若AB＝4，AD＝8，则MD的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据线段垂直平分线的的性质，求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，即可列方程求解．
【解析】∵对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，∴MB＝MD，
设MD长为x，则MB＝DM＝x，
在Rt△AMB中，BM2＝AM2+AB2, 即x2＝（8﹣x）2+42，解得：x＝5，∴MD长为5．选C．
【小结】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意，线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
变式16： 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E．若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．62 B．23 C．32 D．25
【分析】由矩形的性质可得OB＝OD＝OA＝OC，AC＝BD，由线段垂直平分线的性质可得OA＝AB＝OB，可证△OAB是等边三角形，可得∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，∴AB＝AO，∴OA＝AB＝OB，即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，∴∠ADE＝90°﹣∠ABD＝30°，∴AD=3AB＝23，选B．
【小结】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
变式17： 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若DF⊥AC，∠ADF：∠FDC＝3：2，则∠BDF＝（ ）
A．18° B．36° C．27° D．54°
【分析】根据∠ADC＝90°，求出∠CDF和∠ADF，根据矩形性质求出OD＝OC，推出∠BDC＝∠DCO，求出∠BDC，即可求出答案．
【解析】设∠ADF＝3x，∠FDC＝2x，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴2x+3x＝90°，∴x＝18°，即∠FDC＝2x＝36°，
∵DF⊥AC，∴∠DMC＝90°，∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2OC，BD＝2OD，AC＝BD，∴OD＝OC，∴∠BDC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠BDC﹣∠FDC＝54°﹣36°＝18°，选A．
【小结】本题考查了矩形性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定与性质等知识；求出∠BDC和∠CDF的度数是解题的关键．
变式18： 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点E，∠ACB＝52°，AM平分∠BAC，交BC于点M，过点B作BF⊥AM．垂足为点F，则∠DBF的度数为（ ）
A．43° B．34° C．33° D．19°
【分析】由矩形的性质得∠ABC＝90°，AE＝BE，求出∠ABD＝∠BAC＝38°，由角平分线定义得出∠BAM＝∠CAM=12∠BAC＝19°，则∠ABF＝90°﹣∠BAM＝71°，由∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AE＝BE，
∴∠BAC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣52°＝38°，∴∠ABD＝∠BAC＝38°，
∵AM平分∠BAC，∴∠BAM＝∠CAM=12∠BAC=12×38°＝19°，
∵BF⊥AM，∴∠ABF＝90°﹣∠BAM＝90°﹣19°＝71°，
∴∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD＝71°﹣38°＝33°，选C．
【小结】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、角平分线定义、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的性质和角平分线定义是解题的关键．
必考点7： 矩形的性质（最值问题）
例题7： 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．2 D．22
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解析】如图：当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2=12CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=12CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．∴BP1=2．∴PB的最小值是2．选C．
【小结】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
变式19： 如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝4，点E是AD的中点，点M是BE上一动点，取CM的中点为N，则AN的最小值是 ．
【分析】取BC的中点N′，连接AN′、DN′，证明AN′⊥DN′，由于CM的中点为N，始终在DN′上，当N与N′重合时，AN的值就最小，求出AN′的值便可．
【解析】取BC的中点N′，连接AN′、DN′，∴BN′＝CN′，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝DC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵AD＝2AB＝4，∴AB＝BN′＝CN′＝CD＝2，
∴∠AN′B＝∠DN′C＝45°，AN′=22+22=22，∴∠AN′D＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E是AD的中点，N′是BC的中点，∴DE＝BN′，DE∥BN′，
∴四边形AEDN′是平行四边形，∴BE∥DN′，
∴DN′平分CM，即CM的中点N在DN′上，∴当N与N′重合时，AN⊥DN′，
根据垂线段最短定理知，AN′的值就是AN的最小值为22
【小结】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，垂线段最短定理，平行线等分线段定理，关键是根据垂线段最短定理确定AN最小时的位置．
变式20： 学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．
应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为 ．
【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，由矩形的性质得出AB＝DE，由题意得CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，得出AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2．
【解析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：则AB＝DE，
由题意得：CD2+CE2＝CA2+CB2，即22+CE2＝42+62，解得：CE＝43，
当C、D、E三点共线时，DE最小，∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2；
【小结】考查矩形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
变式21： 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AD的中点，点F是AB上一动点．将△AEF沿直线EF折叠，点A落在点A'处．在EF上任取一点G，连接GC，GA'，CA’，则△CGA'的周长的最小值为 ．
【分析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△CGA′的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．当CA′最小时，△CGA′的周长最小，求出CA′的最小值即可解决问题．
【解析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△A′GC的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8，
∴AC=AD2+DC2=62+82=10，∴△A′CG的周长的最小值＝10+CA′，
当CA′最小时，△CGA′的周长最小，
∵AE＝DE＝EA′＝3，∴CE=DE2+CD2=32+82=73，
∵CA′≥EC﹣EA′，∴CA′≥73-3，∴CA′的最小值为73-3，∴△CGA′的周长的最小值为7+73，
【小结】本题考查翻折变换，矩形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
必考点8： 矩形的判定与性质（计算与证明）
矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形.
例题8： 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接OE，若AD＝5，BE＝3，求线段OE的长．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC，推出四边形AECF是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理求出AE，求得AC＝45，由直角三角形的性质即可得到结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，即AF∥EC，
∵CF∥AE，∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC，∴平行四边形AECF是矩形；
（2）如图所示：∵四边形ABCD为菱形，四边形AECF为矩形，且BE＝3，AD＝5
∴OA＝OC，AB＝BC＝AD＝5 DF＝EB＝3，∠AEC＝90°，
∴AE=AB2-BE2=52-32=4，CE＝BC+BE＝8，
∴AC=AE2+CE2=42+82=45，
∵OA＝OC，∠AEC＝90°，∴OE＝OC=12AC=12×45=25．
【小结】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，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．
变式22： 如图，在△ABC中，点O是AC边的中点，过点O作BC的平行线交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：四边形CEAF是矩形；
（2）若AE＝3，EC＝4，AB＝12，BC＝13，求四边形ABCF的面积．
【分析】（1）由对角线互相平分证明四边形CEAF是平行四边形，再由对角线相等即可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AC，得出△ACE的面积=12AE×EC，再由勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，得出△ABC的面积=12AB•AC，代入数据即可得到结论．
（1）证明：∵EF∥BC，∴∠OEC＝∠BCE，
∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝∠OCE，∴∠OEC＝∠OCE，∴EO＝CO，
同理：FO＝CO，∴EO＝FO，
又∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴四边形CEAF是平行四边形，
∵EO＝FO＝CO，∴EO＝FO＝AO＝CO，∴EF＝AC，∴四边形CEAF是矩形；
（2）：∵四边形CEAF是矩形，∴∠AEC＝90°，
∵AE＝3，EC＝4，∴AC=AE2+CE2=5，
∵AB＝12，BC＝13，∴AB2+AC2＝122+52＝132＝BC2，∴∠BAC＝90°，
∴四边形ABCF的面积=12AB•AC+12AF•CF=12×12×5+12×3×4=36．
【小结】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线、勾股定理以及面积的计算；熟练掌握矩形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
变式23： 如图，已知△OAB中，OA＝OB，分别延长AO、BO到点C、D．使得OC＝AO，OD＝BO，连接AD、DC、CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以OA、OB为一组邻边作▱AOBE，连接CE，若CE⊥BD，求∠AOB的度数．
【分析】（1）根据已知条件推出四边形ABCD是平行四边形，求得AO=12AC，BO=12BD，等量代换得到AC＝BD，于是得到四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE，设EC与BD交于F，根据垂直的定义得到∠CFD＝90°，根据平行四边形的性质得到AE∥BO，根据直角三角形的性质得到EO＝AO，推出△AEO是等边三角形，于是得到结论．
（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AO=12AC，BO=12BD，
∵AO＝BO，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE，设EC与BD交于F，
∵EC⊥BD，∴∠CFD＝90°，
∵四边形AEBO是平行四边形，∴AE∥BO，∴∠AEC＝∠CFD＝90°，即△AEC是直角三角形，
∵EO是Rt△AEC中AC边上的中线，∴EO＝AO，
∵四边形AEBO是平行四边形，∴OB＝AE，
∵OA＝OB，∴AE＝OA＝OE，∴△AEO是等边三角形，∴∠OAE＝60°，
∵∠OAE+∠AOB＝180°，∴∠AOB＝120°．
【小结】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
变式24： 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝1，求△OEC的面积．
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，再证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题．
（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，
∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形．
（2）作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝1，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，∴BF＝FC，∴OF=12CD=12，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝1，∴△OEC的面积=12•EC•OF=14．
【小结】本题考查矩形的判定与性质、三角形的面积、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．
必考点9： 直角三角形斜边上的中线应用
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．
例题9： 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解析】连接DE，∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，∴DE＝BE，∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，选C．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
变式25： 如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，D为AC边上一动点，O为BD中点，DE⊥AB，垂足为E，连结OE，CO，延长CO交AB于F，设∠BAC＝α，则（ ）
A．∠EOF=32α B．∠EOF＝2α
C．∠EOF＝180°﹣α D．∠EOF＝180°﹣2α
【分析】设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，根据直角三角形斜边中线的性质得OE=12BD＝OD，OC＝OD，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理表示∠EOD和∠COD，可得结论．
【解析】设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，
∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∴∠BDE＝90°﹣β，
∵O为BD中点，∴OE=12BD＝OD，∴∠OED＝∠ODE，同理得OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝α+β，
∴∠EOD＝180°﹣2（90°﹣β）＝2β，∠COD＝180°﹣2（α+β）＝180°﹣2α﹣2β，
∴∠EOF＝180°﹣∠EOD﹣∠COD＝180°﹣2β﹣（180°﹣2α﹣2β）＝2α；选B．
【小结】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，利用参数表示角是本题的关键．
变式26： 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝52°，BE为AC边上的中线，AD平分∠BAC，交BC边于点D，过点B作BF⊥AD，垂足为F，则∠EBF的度数为（ ）
A．19° B．33° C．34° D．43°
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出BE=12AC＝AE＝CE，由等腰三角形的性质得出∠EBC＝∠C＝52°，由角平分线定义得出∠CAD＝19°，由三角形的外角性质得出∠ADB＝71°，由直角三角形的性质得出∠FBD＝19°，进而得出答案．
【解析】∵∠ABC＝90°，BE为AC边上的中线，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝90°﹣52°＝38°，BE=12AC＝AE＝CE，∴∠EBC＝∠C＝52°，
∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=12∠BAC＝19°，∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝52°+19°＝71°，
∵BF⊥AD，∴∠BFD＝90°，∴∠FBD＝90°﹣∠ADB＝19°，
∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBD＝52°﹣19°＝33°；选B．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
变式27： 如图，CE、BF分别是△ABC的高线，连接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分别是EF、BC的中点，则DG的长为 ．
【分析】连接EG、FG，根据直角三角形的性质得到EG＝FG=12BC＝5，根据等腰三角形的性质求出ED，根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】连接EG、FG，
∵CE，BF分别是△ABC的高线，∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，
∵G是BC的中点，∴EG＝FG=12BC＝5，
∵D是EF的中点，∴ED=12EF＝3，GD⊥EF，由勾股定理得，DG=GE2-DE2=4，故答案为：4．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质，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．
必考点10： 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．
例题10： 如图，正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（ ）
A．1 B．22-2 C．2-1 D．14
【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=2，计算AC的长，得AE＝2-2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC=2，∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴AC=2AB＝2，∵∠ADE＝22.5°，∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，∴∠CDE＝∠CED，∴CD＝CE=2，∴AE＝2-2，
∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，∴△AFE是等腰直角三角形，∴EF=AE2=2-1，选C．
【小结】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
变式28： 如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝1，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH=12BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在△ABE和△DAF中，∵AB=AD∠BAE=∠DAE=DF，∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，∴∠DAF+∠BEA＝90°，∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，∴GH=12BF，
∵BC＝4、CF＝CD﹣DF＝4﹣1＝3，∴BF=BC2+CF2=5，∴GH=12BF=12×5=2.5，选B．
【小结】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
变式29： 如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE⊥CF于点G．若BC＝4，AF＝1，则CE的长为（ ）
A．3 B．125 C．195 D．165
【分析】先根据同角的余角相等得∠CBE＝∠DCF，再证明△BCE≌△CDF，得CE＝DF，便可求得结果．
【解析】正方形ABCD中，∵BC＝4，∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°，
∵BE⊥CF于点G．∴∠CBG+∠BCG＝∠BCG+∠DCF＝90°，∴∠CBE＝∠DCF，
在△BCE和△CDF中，∠BCE=∠CDFBC=CD∠CBE=∠DCF，∴△BCE≌△CDF（ASA），∴CE＝DF，
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣1＝3，∴CE＝3．选A．
【小结】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△BCE≌△CDF是解本题的关键．
变式30： 如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝25，且∠ECF＝45°，则CF的长为（ ）
A．4103 B．5103 C．210 D．7103
【分析】把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，证明△CEF≌△CEF'得EF＝EF′，设DF＝x，在Rt△FAE中，由勾股定理列出x的方程求得x，再在Rt△FAE中，由勾股定理得结果．
【解析】把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，
则△CBF'≌△CDF，连接EF．∴CF＝CF′，
∵∠FCF′＝90°，∴∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECF′＝45°，
∵CE＝CE，∴△CEF≌△CEF'（SAS），∴EF＝EF'．
在Rt△EBC中，BE=CE2-BC2=(25)2-42=20-16=2，∴AE＝AB﹣BE＝2．
设DF＝x，则AF＝4﹣x．
∵DF＝BF′，∴EF＝EF'＝BE+BF'＝2+x，
在Rt△FAE中，EF2＝AE2+AF2，∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，解得：x=43．
在Rt△FAE中，DF=43，CD=4，∴CF2=42+(43)2，解得：CF=4103．选A．
【小结】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
必考点11： 正方形的性质（最值问题）
例题11： 如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上一动点，ME⊥BC于E，MF⊥CD于F，则EF的最小值为（ ）
A．32 B．62 C．3 D．2
【分析】连接MC，证出四边形MECF为矩形，由矩形的性质得出EF＝MC，当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，得出MC=22BC＝32，即可得出结果．
【解析】连接MC，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，∠DBC＝45°，
∵ME⊥BC于E，MF⊥CD于F∴四边形MECF为矩形，∴EF＝MC，
当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，
∴MC=22BC=6×22=32，∴EF的最小值为32；选A．
【小结】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值问题；熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键．
变式31： 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点，且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A．12 B．20 C．48 D．80
【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【解析】连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．
在Rt△ADH中，DH=AH2+AD2=82+42=80，∴BF+DE最小值为80．选D．
【小结】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．
变式32： 如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是（ ）
A．5 B．7 C．72 D．722
【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；
【解析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．
由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD=22AM，∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，∴AM≤7，∴AM的最大值为7，∴AD的最大值为722，选D．
【小结】本题考查正方形的性质，动点问题，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
变式33： 如图，在正方形ABCD中，M，N是边AB上的动点，且AM＝BN，连接MD交对角线AC于点E，连接BE交CN于点F，若AB＝3，则AF长度的最小值为 ．
【分析】先证明△MAD≌△NBC，△ABE≌△ADE，推出∠BFC为直角，然后取BC中点G，连接FG和AG，根据三角形三边关系，即两边之差大于等于第三边（取等号时候，三边重合），求出AF的最小值．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝45°，
在△MAD和△NBC中：AM=BN∠MAD=∠NBCAD=BC ∴△MAD≌△NBC（SAS），∴∠ADM＝∠BCN，
在△ABE和△ADE中：AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE ∴△ABE≌△ADE（SAS），∴∠ABE＝∠ADE，∴∠ABE＝∠BCN，
∵∠ABE+∠CBF＝∠ABC＝90°，∴∠BCN+∠CBF＝90°，∴∠BFC＝90°，
如图，取BC中点G，连接FG、AG，则FG＝BG＝CG=12BC=32，
∵AG=AB2+BG2=352．∴AF≥AG﹣FG=35-32．
当且仅当A、F、G三点共线时，AF取得最小值35-32．
【小结】本题为正方形背景下的几何最值问题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理、三角形三边关系等重要知识点．证明∠BFC为直角并构造斜边中线是解答本题的关键．
必考点12： 正方形的判定与性质（计算与证明）
例题12： 如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB中点，连接DF交AC于点M，请直接写出ME的长．
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）如图，作EH⊥DF于H．想办法求出EH，HM即可解决问题；
【解析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB，∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF，∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG是正方形．
（2）∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝42．
（3）如图，作EH⊥DF于H．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，AB∥CD，
∵F是AB中点，∴AF＝FB∴DF=22+42=25，∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD，∴DH＝HF，∴EH=12DF=5，∵AF∥CD，∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，∴FM=253，∴HM＝HF﹣FM=53，
在Rt△EHM中，EM=HM2+EH2=523．
【小结】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，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，属于中考常考题型．
变式34： 已知：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求证：OE＝OF．
【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），
即可得出结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，∴∠BAD＝∠ABC，∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，∠ECO=∠EDHCO=DO∠COE=∠DHE=90°，∴△ECO≌△FDO（ASA），∴OE＝OF．
【小结】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
变式35： 如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝8即可．
【解析】（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：∵矩形DEFG为正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE=2AB=2×42=8，∴CE+CG＝8是定值．
【小结】主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题关键是作辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
变式36： 四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，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，连接CG
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝22，CE＝2，求CG的长；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC=2AB＝4，
∵EC＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠DEC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【小结】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
必考点13： 中点四边形
例题13： 如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（ ）
A．当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形
B．当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形
C．当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形
D．四边形MNPQ一定为平行四边形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解析】连接AC、BD交于点O，
∵M，N，P，Q是各边中点，∴PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，∴PQ∥MN，PQ＝MN，
∴四边MNPQ一定为平行四边形，D说法正确，不符合题意；
∠ABC＝90°时，四边形MNPQ不一定为正方形，A说法错误，符合题意；
AC＝BD时，MN＝MQ，∴四边形MNPQ为菱形，B说法正确，不符合题意；
AC⊥BD时，∠MNP＝90°，∴四边形MNPQ为矩形，C说法正确，不符合题意；选A．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
变式37： 已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是矩形．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【答案】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，∴EG＝FH，EG∥FH，∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，∴FG是△DCB的中位线，∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，∴∠ABC+∠DCB＝90°，∴∠HFC+∠GFB＝90°，∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
变式38： 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件 时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件 时，四边形GEHF是菱形．
【分析】（1）证明FH＝EG，FH∥EG即可．
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判断．
（3）根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，∴EG∥AC，EG=12OC，∴FH∥EG．FH＝EG，∴四边形GEHF是平行四边形．
（2）当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，∴四边形GEHF是矩形．故答案为：EF=12BD．
（3）当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，∴四边形GEHF是菱形．故答案为EF⊥BD．
【小结】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式39： 如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解析】①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．
故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．故答案为：①②③④．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
必考点14： 四边形的判定（动点问题）
例题14： 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为 时，四边形AMDN是矩形；
②若AM＝6，求证：四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；
②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠DNE＝∠AME，
∵点E是AD边的中点，∴AE＝DE，
在△NDE和△MAE中，∠DNE=∠AME∠DEN=∠AEMDE=AE，∴△NDE≌△MAE（AAS），∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①解：当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，∴AE=12AD＝3，∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，∴△AEM是等边三角形，∴EM＝AE，∵NE＝EM=12MN，∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，∴四边形AMDN是矩形．故答案为：3；
②证明：∵AB＝AD＝6，AM＝6，∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，∴△AMD是等边三角形，∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，∴四边形AMDN是菱形．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
变式40： 如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明EO＝FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；
（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根据等边对等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．
（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
（3）利用已知条件及正方形的性质解答．
【解析】（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，
∵MN∥BC，∴∠OEC＝∠ECB，∴∠OEC＝∠OCE，∴OE＝OC，
同理OC＝OF，∴OE＝OF．
（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．如图AO＝CO，EO＝FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=12∠ACB，同理，∠ACF=12∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF=12（∠ACB+∠ACG）=12×180°＝90°，∴四边形AECF是矩形．
（3）△ABC是直角三角形
∵四边形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM＝90°，
∵MN∥BC，∴∠BCA＝∠AOM，∴∠BCA＝90°，∴△ABC是直角三角形．
【小结】本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．
变式41： 如图，▱ABCD中，AB＝2cm，AC＝5cm，S▱ABCD＝8cm2，E点从B点出发，以1cm每秒的速度，在AB延长线上向右运动，同时，点F从D点出发，以同样的速度在CD延长线上向左运动，运动时间为t秒．
（1）在运动过程中，四边形AECF的形状是 ；
（2）t＝ 时，四边形AECF是矩形；
（3）求当t等于多少时，四边形AECF是菱形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD＝2cm，AB∥CD，由已知条件得出CF＝AE，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，则∠AFC＝90°，得出AF⊥CD，由平行四边形的面积得出AF＝4cm，在Rt△ACF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）当AE＝CE时，四边形AECF是菱形．过C作CG⊥BE于G，则CG＝4cm，由勾股定理求出AG，得出GE，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝2cm，AB∥CD，∴CF∥AE，
∵DF＝BE，∴CF＝AE，∴四边形AECF是平行四边形
（2）t＝1时，四边形AECF是矩形；理由如下：若四边形AECF是矩形，∴∠AFC＝90°，∴AF⊥CD，
∵S▱ABCD＝CD•AF＝8cm2，∴AF＝4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，即42+（t+2）2＝52，解得：t＝1，或t＝﹣5（舍去），∴t＝1；
（3）依题意得：AE平行且等于CF，∴四边形AECF是平行四边形，故AE＝CE时，四边形AECF是菱形．
又∵BE＝tcm，∴AE＝CE＝t+2（cm），过C作CG⊥BE于G，如图所示：则CG＝4cmcm，
∵AG=AC2-CG2=52-42=3（cm），∴GE＝t+2﹣3＝t﹣1（cm），
在△CGE中，由勾股定理得：CG2+GE2＝CE2＝AE2，即42+（t﹣1）2＝（t+2）2，解得：t=136，
即t=136s时，四边形AECF是菱形．
【小结】本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
变式42： 如图，平行四边形ABCD中，AD＝9cm，CD＝32cm，∠B＝45°，点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6）
（1）求BC边上高AE的长度；
（2）连接AN、CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形；
（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形．
【分析】（1）先由平行四边形的性质得出AB＝CD＝32cm．再解直角△ABE，即可求出AE的长度；
（2）先证明四边形AMCN为平行四边形，则当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．根据AN＝AM列出方程32+（6﹣t）2＝t2，解方程即可；
（3）先证明四边形MPNQ为矩形，则当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．根据QM＝QN列出方程|2t﹣6|＝3，解方程即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝32cm．
在直角△ABE中，∵∠AEB＝90°，∠B＝45°，∴AE＝AB•sin∠B＝32×22=3（cm）；
（2）∵点M、N以A、C为起点，1cm/秒速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6），
∴AM＝CN＝t，
∵AM∥CN，∴四边形AMCN为平行四边形，∴当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE＝AE＝3，EN＝6﹣t，∴AN2＝32+（6﹣t）2，∴32+（6﹣t）2＝t2，解得t=154．
故当t为154时，四边形AMCN为菱形；
（3）∵MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ为矩形，
∴当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．
∵AM＝CN＝t，BE＝3，∴AQ＝EN＝BC﹣BE﹣CN＝9﹣3﹣t＝6﹣t，
∴QM＝AM﹣AQ＝|t﹣（6﹣t）|＝|2t﹣6|（注：分点Q在点M的左右两种情况），
∵QN＝AE＝3，∴|2t﹣6|＝3，解得t＝4.5或t＝1.5．故当t为4.5或1.5秒时，四边形MPNQ为正方形．
【小结】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，菱形的判定，正方形的判定，利用数形结合与方程思想是解题的关键．
必考点15： 四边形综合（多结论选择题）
例题15： 如图，P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论，其中，所有正确的结论是（ ）
①△FPD是等腰直角三角形；②AP＝EF＝PC；③AD＝PD；④∠PFE＝∠BAP．
A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；
直接用正方形的性质和垂直得出①正确，
利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，
由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【解析】∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，∴PA＝PC，∠BCD＝90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形PECF是矩形，∴PC＝EF，∴PA＝EF，故②正确，
∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵∠PFC＝∠BCD＝90°，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∵∠DFP＝90°，∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，
在△PAB和△PCB中，AB=CBPA=PCBP=BP，∴△PAB≌△PCB（SSS），∴∠BAP＝∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，
∵P是正方形对角线BD上任一点，∴AD不一定等于PD，仅∠BAP＝22.5°时，AD＝PD，故③错，选C
【小结】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．
变式43： 如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD=3；其中正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证得△ABC是等边三角形，则可得∠B＝∠EAC＝60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，由外角性质可得∠FHC＝∠B，①②正确；由∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，③△ADO≌△ACH不正确；求出△ABC的面积=34AB2=34，得菱形ABCD的面积=32，④不正确；即可得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，
∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，即△ABC是等边三角形，∴AB＝CA，∠EAC＝∠B＝60°，
同理：△ADC是等边三角形∴∠OAD＝60°，
在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EACAB=CA，∴△ABF≌△CAE（SAS）；∴∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，
∵∠FHC＝∠ACE+∠FAC＝∠BAF+∠FAC＝∠BAC＝60°，∴∠FHC＝∠B，故①正确，②正确；
∵∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，故③△ADO≌△ACH不正确；
∵△ABC是等边三角形，AB＝AC＝1，∴△ABC的面积=34AB2=34，
∴菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积=32，故④不正确；选B．
【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握菱形和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
变式44： 如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：
①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC，∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，①对
在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，∴∠ADN＝ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
正确结论的个数是4个，选D．
【小结】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
变式45： 如图，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：
①AF＝FH；
②∠HAE＝45°；
③BD＝2FG；
④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；
②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；
③作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD＝2FG，只需证OA＝GF即可，根据△AOF≌△FGH，可证OA＝GF，故可证BD＝2FG；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长．
【解析】①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，
∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADB＝∠CDF＝45°．
∵AD＝CD，DF＝DF，∴△ADF≌△CDF（SAS）．∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF＝90°，∴∠LHC+∠DAF＝90°．
∵∠ECF＝∠DAF，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC．∴FH＝AF．
②∵FH⊥AE，FH＝AF，∴∠HAE＝45°．
③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD＝2OA，
∵∠AFO+∠GFH＝∠GHF+∠GFH，∴∠AFO＝∠GHF．
∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°，∴△AOF≌△FGH（ASA）．∴OA＝GF．
∵BD＝2OA，∴BD＝2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI＝HC，
∵HL⊥AE，CI∥HL，∴AE⊥CI，∴∠DIC+∠EAD＝90°，
∵∠EAD+∠AED＝90°，∴∠DIC＝∠AED，
∵ED⊥AM，AD＝DM，∴EA＝EM，∴∠AED＝∠MED，∴∠DIC＝∠DEM，∴∠CIM＝∠CEM，
∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝8．∴△CEH的周长为8．
故①②③④结论都正确．选D．
【小结】此题考查正方形的性质，解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
必考点16： 边形综合（旋转问题）
例题16： 在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，DE＝EF，过D作DG⊥EF于点H，交AB边于点G．
（1）如图1，求证：DE＝DG；
（2）如图2，将EF绕点E逆时针旋转90°得到EK，点F对应点K，连接KG，EG，若H为DG中点，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图中所有与EG长度相等的线段（不包括EG）．
【分析】（1）由“AAS”可证△DAG≌△DCE，可得DG＝DE；
（2）先证明四边形KEDG是菱形，可得GK＝DG＝KE＝DE，由线段中垂线定理可得GE＝DE，可得EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠DAG＝∠DCE＝90°，∴∠DEC＝∠EDF，
∵DE＝EF，∴∠EFD＝∠EDF，∴∠EFD＝∠DEC，
∵DG⊥EF于H，∴∠GHF＝90°，∴∠AGH+∠AFH＝180°，
∵∠AFH+∠EFD＝180°，∴∠DGA＝∠EFD＝∠DEC，
在△DAG和△DCE中：∠DGA=∠DEC∠DAG=∠DCEDA=DC ∴△DAG≌△DCE（AAS），∴DG＝DE．
（2）∵KE⊥EF，DG⊥EF，∴KE∥DG，且DG＝EF＝KE＝DE，
∴四边形KEDG是平行四边形，且DG＝DE，∴四边形KEDG是菱形，
∴GK＝DG＝KE＝DE，
∵DG⊥EF，H是DG的中点，∴EG＝DE，∴EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．
【小结】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
变式46： 如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF．
（1）求证：△ABG≌△ADF；（2）求证：AG⊥AF；（3）当EF＝BE+DF时：
①求m的值；②若F是CD的中点，求BE的长．
【分析】（1）在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．已知BG＝DF，所以得出△ABG≌△ADF，
（2）由△ABG≌△ADF，得出∠GAB＝∠FAD，从而得到∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，得出结论AG⊥AF；
（3）①：由△ABG≌△ADF，AG＝AF，BG＝DF．得到EF＝BE+DF，EF＝BE+BG＝EG．AE＝AE，得出△AEG≌△AEF．所以∠EAG＝∠EAF，∠EAF=12∠GAF＝45°，即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．在Rt△CEF中，利用勾股定理得出BE的长为23．
（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．
∵BG＝DF，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，∴△ABG≌△ADF（SAS）；
（2）证明：∵△ABG≌△ADF，∴∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴AG⊥AF；
（3）①解：△ABG≌△ADF，∴AG＝AF，BG＝DF．
∵EF＝BE+DF，∴EF＝BE+BG＝EG．∵AE＝AE，在△AEG和△AEF中．AG=AFEG=EFAE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SSS）．∴∠EAG＝∠EAF，∴∠EAF=12∠GAF＝45°，即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．
在Rt△CEF中，CE 2+CF 2＝EF 2，即（ 2﹣x ） 2+1 2＝（ 1+x ） 2，得x=23．∴BE的长为23．
【小结】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及旋转的性质，解题的关键是根据三角形全等求出相等的角与边．
变式47： 已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解析】（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM．∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）∴AH＝6．
【小结】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．
变式48： 如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）探究PG与PC的位置关系及PGPC的值（写出结论，不需要证明）；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60度．探究PG与PC的位置关系及PGPC的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．
【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
（2）方法同（1），只不过三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据三角函数来得出PG、CP的比例关系；
（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．
【解析】（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=1；
（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=3．
证明：如图2，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，
由题意可知DC∥GF，∴∠GFP＝∠HDP，
∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，
∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三线合一）
又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠GCP＝60°，∴PGPC=3；
（3）在（2）中得到的两个结论仍成立．
证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，
∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，
∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC＝120°，
∵四边形BEFG是菱形，∴GF＝GB，∴HD＝GB，∴△HDC≌△GBC，∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°，即∠HCG＝120°
∵CH＝CG，PH＝PG，∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴PGPC=3．即PG=3PC．
【小结】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．
必考点1： 菱形的性质（求角的度数）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题1： 如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝33°，则∠OBC的度数为（ ）
A．33° B．57° C．59° D．66°
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=CNO，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，
∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝33°，∴∠BCA＝∠DAC＝33°，∴∠OBC＝90°﹣33°＝57°，选B．
【小结】考查菱形性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
变式1： 在菱形ABCD中，若∠B＝60°，点E、F分别在AB、AD上，且BE＝AF，则∠AEC+∠AFC度数等于
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为∠B＝60°，连接AC，AC和菱形的边长相等，可证明△ACE≌△CDF，可得到一个角为60°的等腰三角形从而可证明EFC是等边三角形，进而利用四边形的内角和为360°即可得出答案．
【解析】连接AC，∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AC＝AB＝BC＝CD＝AD，
∵BE＝AF，∴AE＝DF，∵∠B＝60°，AC是对角线，∴∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠D＝60°，
∴△ACE≌△CDF，∴EC＝FC．∠ACE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠ACF＝60°，∴∠ACE+∠ACF＝60°，∴△ECF是等边三角形．
故可得出∠ECF＝60°，又∠EAF＝120°，∴∠AEC+∠AFC＝360°﹣（60°+120°）＝180°
【小结】本题考查了菱形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及等边三角形的判定，有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，难度一般．
变式2： 如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线EF交对角线AC于点F，垂足为点E，若∠CDF＝27°，则∠DAB的度数为 ．
【分析】根据菱形的性质求出∠DAB＝2∠DAC，AD＝CD；再根据垂直平分线的性质得出AF＝DF，利用三角形内角和定理可以求得3∠CAD+∠CDF＝180°，从而得到∠DAB的度数．
【解析】连接BD，BF，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA．
∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，∴AF＝BF，BF＝DF，∴AF＝DF，∴∠FAD＝∠FDA，
∴∠DAC+∠FAD+∠DCA+∠CDF＝180°，即3∠DAC+∠CDF＝180°，
∵∠CDF＝27°，∴3∠DAC+27°＝180°，则∠DAC＝51°，∴∠DAB＝2∠DAC＝102°
【小结】此题主要考查线段的垂直平分线的性质和菱形的性质，有一定的难度，解答本题时注意先先连接BD，BF，这是解答本题的突破口．
变式3： 如图，在菱形ABCD中，过点A作AH⊥BC，分别交BD，BC于点E，H，F为ED的中点，∠BAF＝120°，则∠C的度数为 ．
【分析】根据菱形的性质得出AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，进而利用三角形的内角和解答即可．
【解析】设∠CBD＝x，∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD＝x，∴∠ADB＝∠CBD＝x，
∵AH⊥BC，AD∥BC，∴∠DAH＝∠AHB＝90°，
∵F为ED的中点．∴AF＝FD，∴∠FAD＝∠ADB＝x，
∵∠BAF＝120°，∴∠BAD＝120°+x，
∵AD∥BC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，可得：2x+120°+x＝180°，解得：x＝20°，
∴∠BAD＝120°+x＝140°∵四边形ABCD为菱形，∴∠C＝∠BAD＝140°．
【小结】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出AD∥BC，∠ABD＝∠CBD解答．
必考点2： 菱形的性质（等面积法）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题2： 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AC＝8cm，BD＝6cm，则DE＝（ ）
A．53cm B．25cm C．245 cm D．485 cm
【分析】首先利用勾股定理求得菱形的边长，然后由菱形的两个面积计算渠道求得边AB上的高DE长即可．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴S菱形ABCD=12AC•BD=12×6×8＝24，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC=12AC＝4cm，OB＝OD＝3cm，
∴在直角三角形AOB中，AB=OB2+OA2=32+42=5cm，∴DH=S菱形ABCDAB=245cm．选C．
【小结】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的应用．注意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高．
变式4： 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线BD＝8，过BD的中点O作AD的垂线，交AD于点E，交BC于点F，连接DF，则DF的长度为（ ）
A．125 B．245 C．855 D．8135
【分析】连接AC，由勾股定理求出OA＝3，由三角形面积求出OE=125，同理OF=125，则EF＝OE+OF=245，由勾股定理求出DE的长，再由勾股定理求出DF的长即可．
【解析】连接AC，如图：∵四边形ABCD是菱形，O是BD的中点，
∴OD＝OB=12BD＝4，AD＝AB＝5，AC⊥BD，∴OA=52-42=3，
∵OE⊥AD，∴△AOD的面积=12AD×OE=12OA×OD，∴OE=OA×ODAD=3×45=125，
同理：OF=125，∴EF＝OE+OF=245，
∵DE=OD2-OE2=42-(125)2=165，EF⊥AD，∴DF=DE2+EF2=(165)2+(245)2=8135；选D
【小结】考查菱形性质、勾股定理以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
变式5： 如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E．PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE+PF的值为（ ）
A．4 B．245 C．6 D．485
【分析】连结BP，如图，根据菱形的性质得BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，然后利用三角形面积公式，由S△ABC＝S△PAB+S△PBC，得到12×5×PE+12×5×PF＝12，再整理即可得到PE+PF的值．
【解析】连结BP，如图，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD的周长为20，∴BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，
∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，∴12×5×PE+12×5×PF＝12，∴PE+PF=245，选B．
【小结】本题考查了菱形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
变式6： 如图，菱形ABCD的边长为5，对角线AC的长为8，延长AB至E，BF平分∠CBE，点G是BF上任意一点，则△ACG的面积为（ ）
A．63 B．12 C．20 D．24
【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质和勾股定理求出OB＝3，得出△ABC的面积＝12，依据∠ACB＝∠CBF，得出AC∥BF，进而得出△ACG的面积＝△ABC的面积＝12．
【解析】如图所示，连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ACB=12∠BCD，AB＝5，OA=12AC＝4，AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠BCD＝∠CBE，OB=AB2-OA2=52-42=3，∴△ABC的面积=12AC×OB=12×8×3＝12，
∵BF平分∠CBE，∴∠CBF=12∠CBE，∴∠ACB＝∠CBF，∴AC∥BF，∴△ACG面积＝△ABC面积＝12，
【小结】本题考查了菱形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证出AC∥BF是解题的关键．
必考点3： 菱形的性质（求点的坐标）
掌握菱形的性质是解决此类问题的关键，菱形的四条边都相等；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．
例题3： 如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），则点C的坐标为（ ）
A．（2，2） B．（2，4） C．（4，2） D．（4，4）
【分析】连接AC、BD交于点E，由菱形的性质得出AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，由点B的坐标和点D的坐标得出OD＝2，求出DE＝4，AC＝4，即可得出点C的坐标．
【解析】连接AC、BD交于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，
∵点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），∴OD＝2，BD＝8，
∴AE＝OD＝2，DE＝4，∴AC＝4，∴点C的坐标为：（4，4）；选D．
【小结】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
变式7： 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（3，3），C（﹣1，﹣1），对角线BD交AC于点M，交x轴于点N，若BN＝2ND，则点B的坐标是（ ）
A．（-32，72） B．（-2，22） C．（4，﹣2） D．（﹣2，4）
【分析】先求出BD的解析式，设点B（a，﹣a+2），则点D（2﹣a，a），由等腰直角三角形的性质和BN＝2ND，可得2（﹣a+2）＝2×2×（﹣a），即可求解．
【解析】∵点A（3，3），C（﹣1，﹣1），∴直线AC为y＝x，M（1，1），
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴设直线BD为y＝﹣x+b，
∵点M在直线BD上，∴1＝﹣1+b，∴b＝2，∴直线BD为y＝﹣x+2，
设点B（a，﹣a+2），则点D（2﹣a，a），
∵BN＝2ND，∴2（﹣a+2）＝2×2×（﹣a），∴a＝﹣2，∴点B（﹣2，4），选D．
【小结】考查菱形性质，坐标与图形性质，一次函数性质等，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
变式8： 如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣23）或（23，﹣2） B．（2，23）
C．（﹣2，23） D．（﹣2，﹣23）或（2，23）
【分析】依据菱形的性质即可得到菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，再分两种情况进行讨论，依据OD=12CO＝2，CD=23，即可得到点C的对应点的坐标．
【解析】∵菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），
∴AO=22+(23)2=4，OB＝4，∴菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，
分两种情况讨论：
如图所示，当点A在x轴正半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（﹣2，﹣23）；
如图所示，当点A在x轴负半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（2，23）；
综上所述，点C的对应点的坐标为（﹣2，﹣23）或（2，23），选D．
【小结】本题主要考查了菱形的性质以及旋转变换的运用，解题时注意：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直．
变式9： 如图，在菱形OABC中，点A的坐标是（2，1），点B的横坐标是3，则点C的坐标是 ．
【分析】作AD⊥x轴于D，BF⊥x轴于F，AE⊥BF于E，BG⊥y轴于H，CG⊥BH于G，CM⊥Y轴于M，则四边形BHOF是矩形，四边形ADFE是矩形，四边形GHMC是矩形，证明Rt△ABE≌Rt△AOD，得出BE＝OD＝2，求出BF＝3，同理可证：△CBG≌△AOD，得出CG＝AD＝1，BG＝OD＝2，得出HM＝1，OM＝2，即可得出结果．
【解析】作AD⊥x轴于D，BF⊥x轴于F，AE⊥BF于E，BG⊥y轴于H，CG⊥BH于G，CM⊥Y轴于M，如图所示：四边形BHOF是矩形，四边形ADFE是矩形，四边形GHMC是矩形，∠ADO＝∠AEB＝∠CGB＝∠CMO＝90°，
∵点A的坐标是（2，1），点B的横坐标是3，∴OD＝2，EF＝AD＝1，BH＝3，∴AE＝1，∴AE＝AD，
∵四边形OABC是菱形，∴OA＝AB＝BC＝OC，
在Rt△ABE和Rt△AOD中，AB=OAAE=AD，∴Rt△ABE≌Rt△AOD（HL），∴BE＝OD＝2，∴BF＝3＝BH，
同理可证：△CBG≌△AOD，∴CG＝AD＝1，BG＝OD＝2，∴HM＝1，OM＝3﹣1＝2，∴C（1，2）；
【小结】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
必考点4： 菱形的性质（最值问题）
例题4： 如图，菱形ABCD的的边长为6，∠ABC＝60°，对角线BD上有两个动点E、F（点E在点F的左侧），若EF＝2，则AE+CF的最小值为（ ）
A．210 B．42 C．6 D．8
【分析】作AM⊥AC，连接CM交BD于F，根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质以及勾股定理解答
【解析】如图，连接AC，作AM⊥AC，使得AM＝EF＝2，连接CM交BD于F，
∵AC，BD是菱形ABCD的对角线，∴BD⊥AC，
∵AM⊥AC，∴AM∥BD，∴AM∥EF，
∵AM＝EF，AM∥EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE＝FM，∴AE+CF＝FM+FC＝CM，
根据两点之间线段最短可知，此时AE+FC最短，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝60°，∴BC＝AB，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，
在Rt△CAM中，CM=AM2+AC2=22+62=210，∴AE+CF的最小值为210．选A．
【小结】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，把问题转化为两点之间线段最短解决，属于中考填空题中的压轴题．
变式10： 如图，菱形ABCD的边长为23，∠ABC＝60°，点E、F在对角线BD上运动，且EF＝2，连接AE、AF，则△AEF周长的最小值是（ ）
A．4 B．4+3 C．2+23 D．6
【分析】如图作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，进而得出△AEF周长的最小值即可．
【解析】作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，即△AEF的周长最小．
∵AH＝EF，AH∥EF，∴四边形EFHA是平行四边形，∴EA＝FH，
∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，
∵菱形ABCD的边长为23，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝23，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，
在Rt△CAH中，CH=AC2+AH2=(23)2+22=4，∴AE+AF的最小值4，
∴△AEF的周长的最小值＝4+2＝6，选D．
【小结】本题考查轴对称﹣最短问题，菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
变式11： 如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
【分析】如图，BC的下方作∠CBT＝30°，在BT上截取BT，使得BT＝AD，连接ET，AT．证明△ADF≌△TBE（SAS），推出AF＝ET，AE+AF＝AE+ET，根据AE+ET≥AT求解即可．
【解析】如图，BC的下方作∠CBT＝30°，在BT上截取BT，使得BT＝AD，连接ET，AT．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，∠ADF=12∠ADC＝30°，
∵AD＝BT，∠ADF＝∠TBE＝30°，DF＝BE，∴△ADF≌△TBE（SAS），∴AF＝ET，
∵∠ABT＝∠ABC+∠CBT＝60°+30°＝90°，AB＝AD＝BT＝2，∴AT=AB2+BT2=22+22=22，
∴AE+AF＝AE+ET，
∵AE+ET≥AT，∴AE+AF≥22，∴AE+AF的最小值为22，
【小结】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
变式12： 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是 ．
【分析】作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，点H关于AG的对称点为F，此时EF+ED最小＝DH，先证明△ADC是等边三角形，在RT△DCH中利用勾股定理即可解决问题．
【解析】如图作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD＝BC＝6，
∵∠B＝60°，∴∠ADC＝∠B＝60°，∴△ADC是等边三角形，
∵AG是中线，∴∠GAD＝∠GAC
∴点F关于AG的对称点H在AC上，此时EF+ED最小＝DH．
在RT△DHC中，∵∠DHC＝90°，DC＝6，∠CDH=12∠ADC＝30°，
∴CH=12DC＝3，DH=CD2-CH2=62-32=33，∴EF+DE的最小值＝DH＝33，故答案为33．
【小结】本题考查菱形的性质、垂线段最短、等边三角形的判定、勾股定理等知识，解决问题的关键是利用垂线段最短解决最小值问题，属于中考常考题型．
必考点5： 菱形的判定与性质（计算与证明）
例题5： 如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；
（2）由含30°角的直角三角形性质得出OE=3AO=3，则EF＝2OE＝23，由菱形面积公式可得答案
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中，∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，
∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，∴四边形AFCE是菱形；
（2）由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO=12AC＝1，∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，∴OE=3AO=3，∴EF＝2OE＝23，
∴四边形AFCE的面积=12AC×EF=12×2×23=23．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
变式13： 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．
【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．
（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DMO＝∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB＝OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOBOD=OB，∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM＝ON，
∵OB＝OD，∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；
（2）∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，
∴BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=OM2+OB2=52+122=13，
∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
变式14： 如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于D，EF垂直平分BD，分别交AB，BC，BD于E，F，G，连接DE，DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若∠BDE＝15°，∠C＝45°，DE＝2，求CF的长．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得BE＝DE，BF＝DF，可得∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD＝∠BDF＝∠EDB＝∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；
（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC＝30°，由直角三角形的性质可求CF的长．
【解析】（1）∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∵EF垂直平分BD，∴BE＝DE，BF＝DF，
∵∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，∴∠EBD＝∠BDF，∠EDB＝∠DBF，
∴BE∥DF，DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形，且BE＝DE，∴四边形BEDF是菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于点H，
∵四边形BEDF是菱形，∴BF＝DF＝DE＝2，∴∠FBD＝∠FDB＝∠BDE＝15°，
∴∠DFH＝30°，且DH⊥BC，∴DH=12DF＝1，FH=3DH3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠CDH＝45°，∴DH＝CH＝1，∴FC＝FH+CH=3+1．
【小结】本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．
变式15： 如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，AB=CD∠B=∠CDMBN=DM，∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，∴四边形CDMN是平行四边形，又∵MN＝DM，∴四边形CDMN是菱形．
（3）∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴MN＝MD=12AD，∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，∴∠MND＝∠CND＝∠2，∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，∴∠CEN＝90°，∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，∴PN＝2PE＝2，∴CE＝PC+PE＝3，∴NC=23．
【小结】此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
必考点6： 矩形的性质
掌握矩形的性质是解决此类问题的关键，矩形具有平行四边形的一切性质；矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等.
例题6： 如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，连结BM、DN．若AB＝4，AD＝8，则MD的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据线段垂直平分线的的性质，求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，即可列方程求解．
【解析】∵对角线BD的垂直平分线MN交AD于点M，交BC于点N，∴MB＝MD，
设MD长为x，则MB＝DM＝x，
在Rt△AMB中，BM2＝AM2+AB2, 即x2＝（8﹣x）2+42，解得：x＝5，∴MD长为5．选C．
【小结】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题时注意，线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
变式16： 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E．若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．62 B．23 C．32 D．25
【分析】由矩形的性质可得OB＝OD＝OA＝OC，AC＝BD，由线段垂直平分线的性质可得OA＝AB＝OB，可证△OAB是等边三角形，可得∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，∴AB＝AO，∴OA＝AB＝OB，即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，∴∠ADE＝90°﹣∠ABD＝30°，∴AD=3AB＝23，选B．
【小结】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
变式17： 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若DF⊥AC，∠ADF：∠FDC＝3：2，则∠BDF＝（ ）
A．18° B．36° C．27° D．54°
【分析】根据∠ADC＝90°，求出∠CDF和∠ADF，根据矩形性质求出OD＝OC，推出∠BDC＝∠DCO，求出∠BDC，即可求出答案．
【解析】设∠ADF＝3x，∠FDC＝2x，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴2x+3x＝90°，∴x＝18°，即∠FDC＝2x＝36°，
∵DF⊥AC，∴∠DMC＝90°，∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2OC，BD＝2OD，AC＝BD，∴OD＝OC，∴∠BDC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠BDC﹣∠FDC＝54°﹣36°＝18°，选A．
【小结】本题考查了矩形性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的判定与性质等知识；求出∠BDC和∠CDF的度数是解题的关键．
变式18： 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点E，∠ACB＝52°，AM平分∠BAC，交BC于点M，过点B作BF⊥AM．垂足为点F，则∠DBF的度数为（ ）
A．43° B．34° C．33° D．19°
【分析】由矩形的性质得∠ABC＝90°，AE＝BE，求出∠ABD＝∠BAC＝38°，由角平分线定义得出∠BAM＝∠CAM=12∠BAC＝19°，则∠ABF＝90°﹣∠BAM＝71°，由∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AE＝BE，
∴∠BAC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣52°＝38°，∴∠ABD＝∠BAC＝38°，
∵AM平分∠BAC，∴∠BAM＝∠CAM=12∠BAC=12×38°＝19°，
∵BF⊥AM，∴∠ABF＝90°﹣∠BAM＝90°﹣19°＝71°，
∴∠DBF＝∠ABF﹣∠ABD＝71°﹣38°＝33°，选C．
【小结】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、角平分线定义、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的性质和角平分线定义是解题的关键．
必考点7： 矩形的性质（最值问题）
例题7： 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．2 D．22
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解析】如图：当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，∴P1P2∥CE且P1P2=12CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=12CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．∴∠DP2P1＝90°．∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．∴BP1=2．∴PB的最小值是2．选C．
【小结】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
变式19： 如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝4，点E是AD的中点，点M是BE上一动点，取CM的中点为N，则AN的最小值是 ．
【分析】取BC的中点N′，连接AN′、DN′，证明AN′⊥DN′，由于CM的中点为N，始终在DN′上，当N与N′重合时，AN的值就最小，求出AN′的值便可．
【解析】取BC的中点N′，连接AN′、DN′，∴BN′＝CN′，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝DC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵AD＝2AB＝4，∴AB＝BN′＝CN′＝CD＝2，
∴∠AN′B＝∠DN′C＝45°，AN′=22+22=22，∴∠AN′D＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E是AD的中点，N′是BC的中点，∴DE＝BN′，DE∥BN′，
∴四边形AEDN′是平行四边形，∴BE∥DN′，
∴DN′平分CM，即CM的中点N在DN′上，∴当N与N′重合时，AN⊥DN′，
根据垂线段最短定理知，AN′的值就是AN的最小值为22
【小结】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，垂线段最短定理，平行线等分线段定理，关键是根据垂线段最短定理确定AN最小时的位置．
变式20： 学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．
应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为 ．
【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，由矩形的性质得出AB＝DE，由题意得CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，得出AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2．
【解析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：则AB＝DE，
由题意得：CD2+CE2＝CA2+CB2，即22+CE2＝42+62，解得：CE＝43，
当C、D、E三点共线时，DE最小，∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2；
【小结】考查矩形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
变式21： 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AD的中点，点F是AB上一动点．将△AEF沿直线EF折叠，点A落在点A'处．在EF上任取一点G，连接GC，GA'，CA’，则△CGA'的周长的最小值为 ．
【分析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△CGA′的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．当CA′最小时，△CGA′的周长最小，求出CA′的最小值即可解决问题．
【解析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△A′GC的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8，
∴AC=AD2+DC2=62+82=10，∴△A′CG的周长的最小值＝10+CA′，
当CA′最小时，△CGA′的周长最小，
∵AE＝DE＝EA′＝3，∴CE=DE2+CD2=32+82=73，
∵CA′≥EC﹣EA′，∴CA′≥73-3，∴CA′的最小值为73-3，∴△CGA′的周长的最小值为7+73，
【小结】本题考查翻折变换，矩形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
必考点8： 矩形的判定与性质（计算与证明）
矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形.
例题8： 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接OE，若AD＝5，BE＝3，求线段OE的长．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC，推出四边形AECF是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理求出AE，求得AC＝45，由直角三角形的性质即可得到结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，即AF∥EC，
∵CF∥AE，∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE⊥BC，∴平行四边形AECF是矩形；
（2）如图所示：∵四边形ABCD为菱形，四边形AECF为矩形，且BE＝3，AD＝5
∴OA＝OC，AB＝BC＝AD＝5 DF＝EB＝3，∠AEC＝90°，
∴AE=AB2-BE2=52-32=4，CE＝BC+BE＝8，
∴AC=AE2+CE2=42+82=45，
∵OA＝OC，∠AEC＝90°，∴OE＝OC=12AC=12×45=25．
【小结】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，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．
变式22： 如图，在△ABC中，点O是AC边的中点，过点O作BC的平行线交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：四边形CEAF是矩形；
（2）若AE＝3，EC＝4，AB＝12，BC＝13，求四边形ABCF的面积．
【分析】（1）由对角线互相平分证明四边形CEAF是平行四边形，再由对角线相等即可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AC，得出△ACE的面积=12AE×EC，再由勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，得出△ABC的面积=12AB•AC，代入数据即可得到结论．
（1）证明：∵EF∥BC，∴∠OEC＝∠BCE，
∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝∠OCE，∴∠OEC＝∠OCE，∴EO＝CO，
同理：FO＝CO，∴EO＝FO，
又∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴四边形CEAF是平行四边形，
∵EO＝FO＝CO，∴EO＝FO＝AO＝CO，∴EF＝AC，∴四边形CEAF是矩形；
（2）：∵四边形CEAF是矩形，∴∠AEC＝90°，
∵AE＝3，EC＝4，∴AC=AE2+CE2=5，
∵AB＝12，BC＝13，∴AB2+AC2＝122+52＝132＝BC2，∴∠BAC＝90°，
∴四边形ABCF的面积=12AB•AC+12AF•CF=12×12×5+12×3×4=36．
【小结】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线、勾股定理以及面积的计算；熟练掌握矩形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
变式23： 如图，已知△OAB中，OA＝OB，分别延长AO、BO到点C、D．使得OC＝AO，OD＝BO，连接AD、DC、CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以OA、OB为一组邻边作▱AOBE，连接CE，若CE⊥BD，求∠AOB的度数．
【分析】（1）根据已知条件推出四边形ABCD是平行四边形，求得AO=12AC，BO=12BD，等量代换得到AC＝BD，于是得到四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE，设EC与BD交于F，根据垂直的定义得到∠CFD＝90°，根据平行四边形的性质得到AE∥BO，根据直角三角形的性质得到EO＝AO，推出△AEO是等边三角形，于是得到结论．
（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AO=12AC，BO=12BD，
∵AO＝BO，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE，设EC与BD交于F，
∵EC⊥BD，∴∠CFD＝90°，
∵四边形AEBO是平行四边形，∴AE∥BO，∴∠AEC＝∠CFD＝90°，即△AEC是直角三角形，
∵EO是Rt△AEC中AC边上的中线，∴EO＝AO，
∵四边形AEBO是平行四边形，∴OB＝AE，
∵OA＝OB，∴AE＝OA＝OE，∴△AEO是等边三角形，∴∠OAE＝60°，
∵∠OAE+∠AOB＝180°，∴∠AOB＝120°．
【小结】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
变式24： 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝1，求△OEC的面积．
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，再证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题．
（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，
∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形．
（2）作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝1，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，∴BF＝FC，∴OF=12CD=12，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝1，∴△OEC的面积=12•EC•OF=14．
【小结】本题考查矩形的判定与性质、三角形的面积、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．
必考点9： 直角三角形斜边上的中线应用
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．
例题9： 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解析】连接DE，∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，∴DE＝BE，∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，选C．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
变式25： 如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，D为AC边上一动点，O为BD中点，DE⊥AB，垂足为E，连结OE，CO，延长CO交AB于F，设∠BAC＝α，则（ ）
A．∠EOF=32α B．∠EOF＝2α
C．∠EOF＝180°﹣α D．∠EOF＝180°﹣2α
【分析】设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，根据直角三角形斜边中线的性质得OE=12BD＝OD，OC＝OD，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理表示∠EOD和∠COD，可得结论．
【解析】设∠ABD＝β，则∠BDC＝∠ABD+∠A＝β+α，
∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∴∠BDE＝90°﹣β，
∵O为BD中点，∴OE=12BD＝OD，∴∠OED＝∠ODE，同理得OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝α+β，
∴∠EOD＝180°﹣2（90°﹣β）＝2β，∠COD＝180°﹣2（α+β）＝180°﹣2α﹣2β，
∴∠EOF＝180°﹣∠EOD﹣∠COD＝180°﹣2β﹣（180°﹣2α﹣2β）＝2α；选B．
【小结】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，利用参数表示角是本题的关键．
变式26： 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝52°，BE为AC边上的中线，AD平分∠BAC，交BC边于点D，过点B作BF⊥AD，垂足为F，则∠EBF的度数为（ ）
A．19° B．33° C．34° D．43°
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出BE=12AC＝AE＝CE，由等腰三角形的性质得出∠EBC＝∠C＝52°，由角平分线定义得出∠CAD＝19°，由三角形的外角性质得出∠ADB＝71°，由直角三角形的性质得出∠FBD＝19°，进而得出答案．
【解析】∵∠ABC＝90°，BE为AC边上的中线，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝90°﹣52°＝38°，BE=12AC＝AE＝CE，∴∠EBC＝∠C＝52°，
∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=12∠BAC＝19°，∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝52°+19°＝71°，
∵BF⊥AD，∴∠BFD＝90°，∴∠FBD＝90°﹣∠ADB＝19°，
∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBD＝52°﹣19°＝33°；选B．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
变式27： 如图，CE、BF分别是△ABC的高线，连接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分别是EF、BC的中点，则DG的长为 ．
【分析】连接EG、FG，根据直角三角形的性质得到EG＝FG=12BC＝5，根据等腰三角形的性质求出ED，根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】连接EG、FG，
∵CE，BF分别是△ABC的高线，∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，
∵G是BC的中点，∴EG＝FG=12BC＝5，
∵D是EF的中点，∴ED=12EF＝3，GD⊥EF，由勾股定理得，DG=GE2-DE2=4，故答案为：4．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质，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．
必考点10： 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．
例题10： 如图，正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（ ）
A．1 B．22-2 C．2-1 D．14
【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=2，计算AC的长，得AE＝2-2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC=2，∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴AC=2AB＝2，∵∠ADE＝22.5°，∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，∴∠CDE＝∠CED，∴CD＝CE=2，∴AE＝2-2，
∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，∴△AFE是等腰直角三角形，∴EF=AE2=2-1，选C．
【小结】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
变式28： 如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝1，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH=12BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在△ABE和△DAF中，∵AB=AD∠BAE=∠DAE=DF，∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，∴∠DAF+∠BEA＝90°，∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，∴GH=12BF，
∵BC＝4、CF＝CD﹣DF＝4﹣1＝3，∴BF=BC2+CF2=5，∴GH=12BF=12×5=2.5，选B．
【小结】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
变式29： 如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE⊥CF于点G．若BC＝4，AF＝1，则CE的长为（ ）
A．3 B．125 C．195 D．165
【分析】先根据同角的余角相等得∠CBE＝∠DCF，再证明△BCE≌△CDF，得CE＝DF，便可求得结果．
【解析】正方形ABCD中，∵BC＝4，∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°，
∵BE⊥CF于点G．∴∠CBG+∠BCG＝∠BCG+∠DCF＝90°，∴∠CBE＝∠DCF，
在△BCE和△CDF中，∠BCE=∠CDFBC=CD∠CBE=∠DCF，∴△BCE≌△CDF（ASA），∴CE＝DF，
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣1＝3，∴CE＝3．选A．
【小结】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△BCE≌△CDF是解本题的关键．
变式30： 如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝25，且∠ECF＝45°，则CF的长为（ ）
A．4103 B．5103 C．210 D．7103
【分析】把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，证明△CEF≌△CEF'得EF＝EF′，设DF＝x，在Rt△FAE中，由勾股定理列出x的方程求得x，再在Rt△FAE中，由勾股定理得结果．
【解析】把△FCD绕点C逆时针旋转90°得△F′CB，此时E，B，F'三点共线，
则△CBF'≌△CDF，连接EF．∴CF＝CF′，
∵∠FCF′＝90°，∴∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECF′＝45°，
∵CE＝CE，∴△CEF≌△CEF'（SAS），∴EF＝EF'．
在Rt△EBC中，BE=CE2-BC2=(25)2-42=20-16=2，∴AE＝AB﹣BE＝2．
设DF＝x，则AF＝4﹣x．
∵DF＝BF′，∴EF＝EF'＝BE+BF'＝2+x，
在Rt△FAE中，EF2＝AE2+AF2，∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，解得：x=43．
在Rt△FAE中，DF=43，CD=4，∴CF2=42+(43)2，解得：CF=4103．选A．
【小结】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
必考点11： 正方形的性质（最值问题）
例题11： 如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上一动点，ME⊥BC于E，MF⊥CD于F，则EF的最小值为（ ）
A．32 B．62 C．3 D．2
【分析】连接MC，证出四边形MECF为矩形，由矩形的性质得出EF＝MC，当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，得出MC=22BC＝32，即可得出结果．
【解析】连接MC，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，∠DBC＝45°，
∵ME⊥BC于E，MF⊥CD于F∴四边形MECF为矩形，∴EF＝MC，
当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，
∴MC=22BC=6×22=32，∴EF的最小值为32；选A．
【小结】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值问题；熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键．
变式31： 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点，且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A．12 B．20 C．48 D．80
【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【解析】连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．
在Rt△ADH中，DH=AH2+AD2=82+42=80，∴BF+DE最小值为80．选D．
【小结】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．
变式32： 如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是（ ）
A．5 B．7 C．72 D．722
【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD=22AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；
【解析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．
由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD=22AM，∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，∴AM≤7，∴AM的最大值为7，∴AD的最大值为722，选D．
【小结】本题考查正方形的性质，动点问题，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
变式33： 如图，在正方形ABCD中，M，N是边AB上的动点，且AM＝BN，连接MD交对角线AC于点E，连接BE交CN于点F，若AB＝3，则AF长度的最小值为 ．
【分析】先证明△MAD≌△NBC，△ABE≌△ADE，推出∠BFC为直角，然后取BC中点G，连接FG和AG，根据三角形三边关系，即两边之差大于等于第三边（取等号时候，三边重合），求出AF的最小值．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝45°，
在△MAD和△NBC中：AM=BN∠MAD=∠NBCAD=BC ∴△MAD≌△NBC（SAS），∴∠ADM＝∠BCN，
在△ABE和△ADE中：AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE ∴△ABE≌△ADE（SAS），∴∠ABE＝∠ADE，∴∠ABE＝∠BCN，
∵∠ABE+∠CBF＝∠ABC＝90°，∴∠BCN+∠CBF＝90°，∴∠BFC＝90°，
如图，取BC中点G，连接FG、AG，则FG＝BG＝CG=12BC=32，
∵AG=AB2+BG2=352．∴AF≥AG﹣FG=35-32．
当且仅当A、F、G三点共线时，AF取得最小值35-32．
【小结】本题为正方形背景下的几何最值问题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理、三角形三边关系等重要知识点．证明∠BFC为直角并构造斜边中线是解答本题的关键．
必考点12： 正方形的判定与性质（计算与证明）
例题12： 如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB中点，连接DF交AC于点M，请直接写出ME的长．
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）如图，作EH⊥DF于H．想办法求出EH，HM即可解决问题；
【解析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB，∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF，∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG是正方形．
（2）∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝42．
（3）如图，作EH⊥DF于H．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，AB∥CD，
∵F是AB中点，∴AF＝FB∴DF=22+42=25，∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD，∴DH＝HF，∴EH=12DF=5，∵AF∥CD，∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，∴FM=253，∴HM＝HF﹣FM=53，
在Rt△EHM中，EM=HM2+EH2=523．
【小结】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，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，属于中考常考题型．
变式34： 已知：如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求证：OE＝OF．
【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），
即可得出结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，∴∠BAD＝∠ABC，∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BO，∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，∠ECO=∠EDHCO=DO∠COE=∠DHE=90°，∴△ECO≌△FDO（ASA），∴OE＝OF．
【小结】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
变式35： 如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝8即可．
【解析】（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：∵矩形DEFG为正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE=2AB=2×42=8，∴CE+CG＝8是定值．
【小结】主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题关键是作辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
变式36： 四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，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，连接CG
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝22，CE＝2，求CG的长；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC=2AB＝4，
∵EC＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠DEC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【小结】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
必考点13： 中点四边形
例题13： 如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（ ）
A．当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形
B．当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形
C．当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形
D．四边形MNPQ一定为平行四边形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解析】连接AC、BD交于点O，
∵M，N，P，Q是各边中点，∴PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，∴PQ∥MN，PQ＝MN，
∴四边MNPQ一定为平行四边形，D说法正确，不符合题意；
∠ABC＝90°时，四边形MNPQ不一定为正方形，A说法错误，符合题意；
AC＝BD时，MN＝MQ，∴四边形MNPQ为菱形，B说法正确，不符合题意；
AC⊥BD时，∠MNP＝90°，∴四边形MNPQ为矩形，C说法正确，不符合题意；选A．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
变式37： 已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是矩形．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【答案】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，∴EG＝FH，EG∥FH，∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，∴FG是△DCB的中位线，∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，∴∠ABC+∠DCB＝90°，∴∠HFC+∠GFB＝90°，∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
变式38： 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件 时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件 时，四边形GEHF是菱形．
【分析】（1）证明FH＝EG，FH∥EG即可．
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判断．
（3）根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，∴EG∥AC，EG=12OC，∴FH∥EG．FH＝EG，∴四边形GEHF是平行四边形．
（2）当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，∴四边形GEHF是矩形．故答案为：EF=12BD．
（3）当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，∴四边形GEHF是菱形．故答案为EF⊥BD．
【小结】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
变式39： 如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解析】①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．
故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．故答案为：①②③④．
【小结】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
必考点14： 四边形的判定（动点问题）
例题14： 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为 时，四边形AMDN是矩形；
②若AM＝6，求证：四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；
②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠DNE＝∠AME，
∵点E是AD边的中点，∴AE＝DE，
在△NDE和△MAE中，∠DNE=∠AME∠DEN=∠AEMDE=AE，∴△NDE≌△MAE（AAS），∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①解：当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，∴AE=12AD＝3，∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，∴△AEM是等边三角形，∴EM＝AE，∵NE＝EM=12MN，∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，∴四边形AMDN是矩形．故答案为：3；
②证明：∵AB＝AD＝6，AM＝6，∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，∴△AMD是等边三角形，∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，∴四边形AMDN是菱形．
【小结】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
变式40： 如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明EO＝FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；
（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根据等边对等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．
（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
（3）利用已知条件及正方形的性质解答．
【解析】（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，
∵MN∥BC，∴∠OEC＝∠ECB，∴∠OEC＝∠OCE，∴OE＝OC，
同理OC＝OF，∴OE＝OF．
（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．如图AO＝CO，EO＝FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=12∠ACB，同理，∠ACF=12∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF=12（∠ACB+∠ACG）=12×180°＝90°，∴四边形AECF是矩形．
（3）△ABC是直角三角形
∵四边形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM＝90°，
∵MN∥BC，∴∠BCA＝∠AOM，∴∠BCA＝90°，∴△ABC是直角三角形．
【小结】本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．
变式41： 如图，▱ABCD中，AB＝2cm，AC＝5cm，S▱ABCD＝8cm2，E点从B点出发，以1cm每秒的速度，在AB延长线上向右运动，同时，点F从D点出发，以同样的速度在CD延长线上向左运动，运动时间为t秒．
（1）在运动过程中，四边形AECF的形状是 ；
（2）t＝ 时，四边形AECF是矩形；
（3）求当t等于多少时，四边形AECF是菱形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD＝2cm，AB∥CD，由已知条件得出CF＝AE，即可得出四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是矩形，则∠AFC＝90°，得出AF⊥CD，由平行四边形的面积得出AF＝4cm，在Rt△ACF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）当AE＝CE时，四边形AECF是菱形．过C作CG⊥BE于G，则CG＝4cm，由勾股定理求出AG，得出GE，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）四边形AECF是平行四边形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝2cm，AB∥CD，∴CF∥AE，
∵DF＝BE，∴CF＝AE，∴四边形AECF是平行四边形
（2）t＝1时，四边形AECF是矩形；理由如下：若四边形AECF是矩形，∴∠AFC＝90°，∴AF⊥CD，
∵S▱ABCD＝CD•AF＝8cm2，∴AF＝4cm，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，即42+（t+2）2＝52，解得：t＝1，或t＝﹣5（舍去），∴t＝1；
（3）依题意得：AE平行且等于CF，∴四边形AECF是平行四边形，故AE＝CE时，四边形AECF是菱形．
又∵BE＝tcm，∴AE＝CE＝t+2（cm），过C作CG⊥BE于G，如图所示：则CG＝4cmcm，
∵AG=AC2-CG2=52-42=3（cm），∴GE＝t+2﹣3＝t﹣1（cm），
在△CGE中，由勾股定理得：CG2+GE2＝CE2＝AE2，即42+（t﹣1）2＝（t+2）2，解得：t=136，
即t=136s时，四边形AECF是菱形．
【小结】本题考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
变式42： 如图，平行四边形ABCD中，AD＝9cm，CD＝32cm，∠B＝45°，点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6）
（1）求BC边上高AE的长度；
（2）连接AN、CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形；
（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形．
【分析】（1）先由平行四边形的性质得出AB＝CD＝32cm．再解直角△ABE，即可求出AE的长度；
（2）先证明四边形AMCN为平行四边形，则当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．根据AN＝AM列出方程32+（6﹣t）2＝t2，解方程即可；
（3）先证明四边形MPNQ为矩形，则当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．根据QM＝QN列出方程|2t﹣6|＝3，解方程即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝32cm．
在直角△ABE中，∵∠AEB＝90°，∠B＝45°，∴AE＝AB•sin∠B＝32×22=3（cm）；
（2）∵点M、N以A、C为起点，1cm/秒速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6），
∴AM＝CN＝t，
∵AM∥CN，∴四边形AMCN为平行四边形，∴当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE＝AE＝3，EN＝6﹣t，∴AN2＝32+（6﹣t）2，∴32+（6﹣t）2＝t2，解得t=154．
故当t为154时，四边形AMCN为菱形；
（3）∵MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ为矩形，
∴当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．
∵AM＝CN＝t，BE＝3，∴AQ＝EN＝BC﹣BE﹣CN＝9﹣3﹣t＝6﹣t，
∴QM＝AM﹣AQ＝|t﹣（6﹣t）|＝|2t﹣6|（注：分点Q在点M的左右两种情况），
∵QN＝AE＝3，∴|2t﹣6|＝3，解得t＝4.5或t＝1.5．故当t为4.5或1.5秒时，四边形MPNQ为正方形．
【小结】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，菱形的判定，正方形的判定，利用数形结合与方程思想是解题的关键．
必考点15： 四边形综合（多结论选择题）
例题15： 如图，P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论，其中，所有正确的结论是（ ）
①△FPD是等腰直角三角形；②AP＝EF＝PC；③AD＝PD；④∠PFE＝∠BAP．
A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；
直接用正方形的性质和垂直得出①正确，
利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，
由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【解析】∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，∴PA＝PC，∠BCD＝90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形PECF是矩形，∴PC＝EF，∴PA＝EF，故②正确，
∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵∠PFC＝∠BCD＝90°，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∵∠DFP＝90°，∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，
在△PAB和△PCB中，AB=CBPA=PCBP=BP，∴△PAB≌△PCB（SSS），∴∠BAP＝∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，
∵P是正方形对角线BD上任一点，∴AD不一定等于PD，仅∠BAP＝22.5°时，AD＝PD，故③错，选C
【小结】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．
变式43： 如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD=3；其中正确的结论个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证得△ABC是等边三角形，则可得∠B＝∠EAC＝60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，由外角性质可得∠FHC＝∠B，①②正确；由∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，③△ADO≌△ACH不正确；求出△ABC的面积=34AB2=34，得菱形ABCD的面积=32，④不正确；即可得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，
∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，即△ABC是等边三角形，∴AB＝CA，∠EAC＝∠B＝60°，
同理：△ADC是等边三角形∴∠OAD＝60°，
在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EACAB=CA，∴△ABF≌△CAE（SAS）；∴∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，
∵∠FHC＝∠ACE+∠FAC＝∠BAF+∠FAC＝∠BAC＝60°，∴∠FHC＝∠B，故①正确，②正确；
∵∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，故③△ADO≌△ACH不正确；
∵△ABC是等边三角形，AB＝AC＝1，∴△ABC的面积=34AB2=34，
∴菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积=32，故④不正确；选B．
【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握菱形和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
变式44： 如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：
①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC，∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，①对
在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，∴∠ADN＝ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
正确结论的个数是4个，选D．
【小结】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
变式45： 如图，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：
①AF＝FH；
②∠HAE＝45°；
③BD＝2FG；
④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；
②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；
③作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD＝2FG，只需证OA＝GF即可，根据△AOF≌△FGH，可证OA＝GF，故可证BD＝2FG；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长．
【解析】①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，
∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADB＝∠CDF＝45°．
∵AD＝CD，DF＝DF，∴△ADF≌△CDF（SAS）．∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF＝90°，∴∠LHC+∠DAF＝90°．
∵∠ECF＝∠DAF，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC．∴FH＝AF．
②∵FH⊥AE，FH＝AF，∴∠HAE＝45°．
③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD＝2OA，
∵∠AFO+∠GFH＝∠GHF+∠GFH，∴∠AFO＝∠GHF．
∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°，∴△AOF≌△FGH（ASA）．∴OA＝GF．
∵BD＝2OA，∴BD＝2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI＝HC，
∵HL⊥AE，CI∥HL，∴AE⊥CI，∴∠DIC+∠EAD＝90°，
∵∠EAD+∠AED＝90°，∴∠DIC＝∠AED，
∵ED⊥AM，AD＝DM，∴EA＝EM，∴∠AED＝∠MED，∴∠DIC＝∠DEM，∴∠CIM＝∠CEM，
∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝8．∴△CEH的周长为8．
故①②③④结论都正确．选D．
【小结】此题考查正方形的性质，解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
必考点16： 边形综合（旋转问题）
例题16： 在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，DE＝EF，过D作DG⊥EF于点H，交AB边于点G．
（1）如图1，求证：DE＝DG；
（2）如图2，将EF绕点E逆时针旋转90°得到EK，点F对应点K，连接KG，EG，若H为DG中点，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图中所有与EG长度相等的线段（不包括EG）．
【分析】（1）由“AAS”可证△DAG≌△DCE，可得DG＝DE；
（2）先证明四边形KEDG是菱形，可得GK＝DG＝KE＝DE，由线段中垂线定理可得GE＝DE，可得EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠DAG＝∠DCE＝90°，∴∠DEC＝∠EDF，
∵DE＝EF，∴∠EFD＝∠EDF，∴∠EFD＝∠DEC，
∵DG⊥EF于H，∴∠GHF＝90°，∴∠AGH+∠AFH＝180°，
∵∠AFH+∠EFD＝180°，∴∠DGA＝∠EFD＝∠DEC，
在△DAG和△DCE中：∠DGA=∠DEC∠DAG=∠DCEDA=DC ∴△DAG≌△DCE（AAS），∴DG＝DE．
（2）∵KE⊥EF，DG⊥EF，∴KE∥DG，且DG＝EF＝KE＝DE，
∴四边形KEDG是平行四边形，且DG＝DE，∴四边形KEDG是菱形，
∴GK＝DG＝KE＝DE，
∵DG⊥EF，H是DG的中点，∴EG＝DE，∴EG＝DE＝DG＝GK＝KE＝EF．
【小结】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
变式46： 如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF．
（1）求证：△ABG≌△ADF；（2）求证：AG⊥AF；（3）当EF＝BE+DF时：
①求m的值；②若F是CD的中点，求BE的长．
【分析】（1）在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．已知BG＝DF，所以得出△ABG≌△ADF，
（2）由△ABG≌△ADF，得出∠GAB＝∠FAD，从而得到∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，得出结论AG⊥AF；
（3）①：由△ABG≌△ADF，AG＝AF，BG＝DF．得到EF＝BE+DF，EF＝BE+BG＝EG．AE＝AE，得出△AEG≌△AEF．所以∠EAG＝∠EAF，∠EAF=12∠GAF＝45°，即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．在Rt△CEF中，利用勾股定理得出BE的长为23．
（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．
∵BG＝DF，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，∴△ABG≌△ADF（SAS）；
（2）证明：∵△ABG≌△ADF，∴∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴AG⊥AF；
（3）①解：△ABG≌△ADF，∴AG＝AF，BG＝DF．
∵EF＝BE+DF，∴EF＝BE+BG＝EG．∵AE＝AE，在△AEG和△AEF中．AG=AFEG=EFAE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SSS）．∴∠EAG＝∠EAF，∴∠EAF=12∠GAF＝45°，即m＝45；
②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．
在Rt△CEF中，CE 2+CF 2＝EF 2，即（ 2﹣x ） 2+1 2＝（ 1+x ） 2，得x=23．∴BE的长为23．
【小结】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及旋转的性质，解题的关键是根据三角形全等求出相等的角与边．
变式47： 已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解析】（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，∴△AEM≌△ANM．∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）∴AH＝6．
【小结】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．
变式48： 如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．
（1）探究PG与PC的位置关系及PGPC的值（写出结论，不需要证明）；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝∠BEF＝60度．探究PG与PC的位置关系及PGPC的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．
【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG；
（2）方法同（1），只不过三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据三角函数来得出PG、CP的比例关系；
（3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）．
【解析】（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=1；
（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PGPC=3．
证明：如图2，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，
由题意可知DC∥GF，∴∠GFP＝∠HDP，
∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，
∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三线合一）
又∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠GCP＝60°，∴PGPC=3；
（3）在（2）中得到的两个结论仍成立．
证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，
∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，
∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC＝120°，
∵四边形BEFG是菱形，∴GF＝GB，∴HD＝GB，∴△HDC≌△GBC，∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°，即∠HCG＝120°
∵CH＝CG，PH＝PG，∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴PGPC=3．即PG=3PC．
【小结】本题主要考查了正方形，菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．
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