考点02 矩形、菱形、正方形-2021年中考数学一轮复习基础夯实（安徽专用）

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考点二 矩形、菱形、正方形
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.
考向一 矩形的性质与判定
1．矩形除了具有平行四边形的一切性质外，还具有自己单独的性质，即：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等．
2．利用矩形的性质可以推出直角三角形斜边中线的性质，即在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
3．矩形的判定：有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
典例引领
1．（2020·深圳亚迪学校九年级期中）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，．

（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）已知，，求四边形AODE的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）先证四边形AODE为平行四边形，根据菱形的性质得出AC⊥BD，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）由矩形的性质得OA=DE=2，由勾股定理求出OB的长，得出OD的长，由矩形面积公式即可得出答案．
【详解】
（1）证明：，，
四边形AODE是平行四边形，
在菱形ABCD中，，
，
四边形AODE是矩形；
（2）解：四边形AODE是矩形，
，
四边形ABCD是菱形，
，，
，
，
四边形AODE的面积．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、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．
2．（2019·浙江全国·八年级单元测试）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，AF=AD+FC，平行四边形ABCD的面积为S，由A、E、F三点确定的圆的周长为t．
（1）若△ABE的面积为30，直接写出S的值；
（2）求证：AE平分∠DAF；
（3）若AE=BE，AB=4，AD=5，求t的值．

【答案】（1）平行四边形ABCD的面积为60；（2）证明见解析；（3）△AEF的外接圆的周长t=π．
【解析】
【分析】（1）作EG⊥AB于点G，由S△ABE=×AB×EG=30得AB•EG=60，即可得出答案；
（2）延长AE交BC延长线于点H，先证△ADE≌△HCE得AD=HC、AE=HE及AD+FC=HC+FC，结合AF=AD+FC得∠FAE=∠CHE，根据∠DAE=∠CHE即可得证；
（3）先证∠ABF=90°，根据勾股定理可得出AF2=AB2+BF2=16+（5﹣FC）2=（FC+CH）2=（FC+5）2，据此求得FC的长，从而得出AF的长度，再由AE=HE、AF=FH知FE⊥AH，即AF是△AEF的外接圆直径，从而得出答案．
【详解】（1）如图，作EG⊥AB于点G，
则S△ABE=×AB×EG=30，则AB•EG=60，
∴平行四边形ABCD的面积为60；
（2）如图，延长AE交BC延长线于点H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE=∠HCE，∠DAE=∠CHE，
∵E为CD的中点，
∴CE=ED，
∴△ADE≌△HCE，
∴AD=HC、AE=HE，
∴AD+FC=HC+FC，
由AF=AD+FC和FH=HC+FC得AF=FH，
∴∠FAE=∠CHE，
又∵∠DAE=∠CHE，
∴∠DAE=∠FAE，
∴AE平分∠DAF；
（3）连接EF，
∵AE=BE、AE=HE，
∴AE=BE=HE，
∴∠BAE=∠ABE，∠HBE=∠BHE，
∵∠DAE=∠CHE，
∴∠BAE+∠DAE=∠ABE+∠HBE，即∠DAB=∠CBA，
由四边形ABCD是平行四边形得∠DAB+∠CBA=180°，
∴∠CBA=90°，
∴AF2=AB2+BF2=16+（5﹣FC）2=（FC+CH）2=（FC+5）2，
解得：FC=，
∴AF=FC+CH=，
∵AE=HE、AF=FH，
∴FE⊥AH，
∴AF是△AEF的外接圆直径，
∴△AEF的外接圆的周长t=π．
【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及到平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.
3．（2020·福建宁化县·九年级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/秒的速度向点B移动，点Q以2cm/秒的速度向点D移动，当点P到达 点B处时，两点均停止移动．

（1）P、Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？
（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明
理由．
【答案】（1）P、Q两点出发后1.6秒或4.8秒时，线段PQ的长度为10cm；（2）不存在，理由见解析
【分析】
（1）设t秒后线段PQ的长度为10cm，过Q作QE⊥AB的垂线,垂足为E，利用勾股定理列出t的方程，然后解方程即可求解；
（2）根据正方形的性质进行判断即可．
【详解】
解：（1）设t秒后线段PQ的长度为10cm，过Q作QE⊥AB的垂线，垂足为E，
根据题意，得：AP=3t，CQ=BE=2t，PE=16-5t，EQ=AD=6，
在Rt△EPQ中，由勾股定理得：，
∴，
解得：t=1.6或t=4.8，
答：P、Q两点出发后1.6秒或4.8秒时，线段PQ的长度为10cm；
（2）不存在．
因为要使四边形P B C Q为正方形，则PB﹦BC﹦CQ﹦6cm，
所以P点运动的时间为(16−6)÷3﹦秒，
此时Q点运动的时间是6÷2﹦3秒，
P、Q的时间不一样，
所以不存在该时刻．

【点睛】
本题考查矩形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、解一元二次方程，熟练掌握矩形的性质和正方形的性质，学变“动”为“静”的解题思路是解答的关键．
变式拓展
1．（2020·湖南八年级期中）长方形位于平面直角坐标系中平行移动．

（1）如图1，若轴且点的坐标，点的坐标为，在边上有动点，过点作直线交边于点，并使得．
①求长方形的面积．
②在直线上是否存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点坐标：若不存在，请说明理由．
（2）如图2，若轴且、关于轴对称，连接、、，且平分，求证：．
【答案】（1）①，②存在，坐标为或；（2）见解析
【分析】
（1）①先求出点、点D的坐标，再利用矩形的面积公式求解即可；
②分∠MPQ=90°和∠PQM=90°两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可求点M的坐标；
（2）设BD与x轴的交点为E，连接AE，根据轴对称的性质可证AE=BE，根据直角三角形的性质可得AE=BE=DE，根据角平分线的性质可证DE=OE=BE，由三角形内角和定理可得∠BOE+∠DOE=90°，即∠BOD=90°，则BO⊥DO．
【详解】
解：（1）①四边形是矩形，
且轴，点的坐标，
点的坐标为，
点的坐标，点，
，，
．
②如图，若，过点作于点，

，，
四边形是矩形
，，
，，
，，
，且，，

，，



点坐标
如图，若，

，，
，，
，且，，

，，
，且，
，
点坐标
综上所述：点坐标为或
（2）设与轴的交点为，连接，

、关于轴对称，
，
，
，
，，
，
，
，
轴，，
轴，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，即．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称图形的性质，用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
2．（2019·辽宁新宾满族自治县·）如图所示，O是矩形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：OE⊥DC．
（2）若∠AOD＝120°，DE＝2，求矩形ABCD的面积．

【答案】（1）证明见解析（2）4
【分析】
(1) 要证OE⊥DC，可先证四边形OCED是菱形．由DE∥AC，CE∥BD，可得四边形OCED是平行四边形；又因为ABCD是矩形，所以OC=OD．有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
(2)由(1) 得出△ODC是等边三角形,所以 DC=OD=OC=2 ,由四边形ABCD是矩形,得到AC=2CO=4, 在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2 ，再利用矩形面积公式即可解答.
【详解】
(1)证明：
∵DE∥AC,CE∥BD
∴DE∥OC,CE∥OD
∴四边形ODEC是平行四边形
∵四边形ODEC是矩形
∴OD=OC
∴四边形ODEC是菱形
∴OE⊥DC
(2)解：∵DE=2,由（1）知，四边形ODEC是菱形
∴OD=OC=DE=2
∵∠AOD=120°
∴∠DOC=60°
∴△ODC是等边三角形
∴DC=OD=OC=2
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=2CO=4
在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2
∴S矩形ABCD=2×2=4
【点睛】
此题主要考查菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，综合利用了矩形和菱形的性质．还考查了等边三角形的判定和性质.
3．（2020·北京海淀区·人大附中九年级月考）如图，在中，于点E点，延长BC至F点使，连接AF，DE，DF.

（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若，，，求AE的长.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）先证明四边形AEFD是平行四边形，再证明∠AEF=90°即可．
（2）证明△ABF是直角三角形，由三角形的面积即可得出AE的长．
试题解析：（1）证明：∵CF=BE，
∴CF+EC=BE+EC．
即 EF=BC．
∵在▱ABCD中，AD∥BC且AD=BC，
∴AD∥EF且AD=EF．
∴四边形AEFD是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°．
∴四边形AEFD是矩形；
（2）∵四边形AEFD是矩形，DE=8，
∴AF=DE=8．
∵AB=6，BF=10，
∴AB2+AF2=62+82=100=BF2．
∴∠BAF=90°．
∵AE⊥BF，
∴△ABF的面积=AB•AF=BF•AE．
∴AE=．
4．（2020·河南涧西区·东方二中八年级月考）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO＝CO，BO＝DO，且∠ABC+∠ADC＝180°．

（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠ADF：∠FDC＝3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠BDF＝18°．
【分析】
（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，然后根据矩形的判定定理，即可得到结论；
（2）求出∠FDC的度数，根据三角形的内角和，求出∠DCO，然后得到OD=OC，得到∠CDO，即可求出∠BDF的度数.
【详解】
（1）证明：∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵∠ADC＝90°，∠ADF：∠FDC＝3：2，
∴∠FDC＝36°，
∵DF⊥AC，
∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CO＝OD，
∴∠ODC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠ODC﹣∠FDC＝18°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键.注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形.
5．（2020·广西钦州市·八年级期末）如图，在△ABC中，AC=9，AB=12，BC=15，P为BC边上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H．
(1)求证：四边形AGPH是矩形；
(2)在点P的运动过程中，GH的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)见解析.
【分析】
（1）根据“矩形的定义”证明结论；
（2）连结AP．当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法来求GH的值．
【详解】
（1）证明∵AC=9  AB=12  BC=15，
∴AC2=81，AB2=144，BC2=225，
∴AC2+AB2=BC2，
∴∠A=90°．
∵PG⊥AC，PH⊥AB，
∴∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形；
（2）存在．理由如下：

连结AP．
∵四边形AGPH是矩形，
∴GH=AP．
∵当AP⊥BC时AP最短．
∴9×12=15•AP．
∴AP=．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质．解答（2）题时，注意“矩形的对角线相等”和“面积法”的正确应用．
6．（2020·全国八年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AB=10cm,AD=8cm,点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点终点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向点终点C运动，它们到达终点后停止运动.
(1)几秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；
(2)几秒后，△DPQ的面积是24cm2.

【答案】（1）3；（2）4.
【解析】
【试题分析】(1)设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，即PD=2PQ
因为四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质得，∠A=∠B=90°利用勾股定理得：PD2=AP2+AD2 ，PQ2=BP2+BQ2，由于PD2=4 PQ2,即82+(2t)2=4[(10-2t)2+t2],
解得：t1=3，t2=7（舍去），即t=3；
(2) 设x秒后△DPQ的面积是24cm2，根据矩形的面积等于三个直角三角形的面积加上24，即
x1=x2=4，即4秒后，△DPQ的面积是24cm2.
【试题解析】
(1)设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，
∴PD=2PQ
∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠B=90°
∴PD2=AP2+AD2 ，PQ2=BP2+BQ2
∵PD2=4 PQ2,∴82+(2t)2=4[(10-2t)2+t2],
解得：t1=3，t2=7；
∵t=7时10-2t＜0,∴t=3
(2) 设x秒后△DPQ的面积是24cm2，
∴
整理得x2-8x+16=0
解得x1=x2=4
即4秒后，△DPQ的面积是24cm2.
考向二 菱形的性质与判定
1．菱形除了具有平行四边形的一切性质外，具有自己单独的性质，即：菱形的四条边都相等；
菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
2．菱形的判定：
四条边都相等的四边形是菱形；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
典例引领
1．（2019·山西）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.
详解：（1）证明：∵∥，
∴
∵平分
∴，
∴
∴
又∵
∴
又∵∥，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点．
∴．，，
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴．
在中，．为中点．
∴．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
2．（2020·湖南天心区·九年级其他模拟）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF
（1）求证：▱ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求▱ABCD的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）S平行四边形ABCD =24
【分析】
（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC=AC=×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO===4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=×AC×BD=24．

【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
3．（2019·重庆八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．

（1）求证：AE=DF；
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=或12.
【解析】
【分析】
（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.
【详解】
解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，
∴AB=AC=×60=30cm，
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，
∴DF=CD=2t，∴DF=AE；
（2）能，
∵DF∥AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，
∴当t=10时，AEFD是菱形；
（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：
①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，

则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=，
②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，

则AE=2AD，即，解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形.
变式拓展
1．（2017·河南九年级其他模拟）在Rt△ABC中，∠BAC=90°,D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F

（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）10．
【分析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，

∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线
∴DB=DC，
∴AF=CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，

∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC▪DF=×4×5=10．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
2．（2019·河南九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是　 　．

【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【解析】
【分析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°．
∵CE∥OD，DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2OC=4，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积为：AC•BD=×4×2=4，
故答案为4．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握矩形的判定及性质、菱形的性质是解题的关键.
3．（2019·黑龙江省红光农场学校九年级期中）如图，在矩形ABCD中，BD的垂直平分线分别交AB、CD、BD于E、F、O，连接DE、BF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若AB＝8cm，BC＝4cm，求四边形DEBF的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）20cm2．
【解析】
【分析】
(1)先证明△BOE≌△DOF,得出EO＝FO，且OB＝OD,再根据EF垂直平分BD,可得出四边形BEDF为菱形;
(2) 由菱形的性质知BE＝DE，在Rt△ADE中，根据DE2＝AE2+DA2列式求解即可.
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝4，AB∥DC，OB＝OD，
∴∠OBE＝∠ODF
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO＝FO，且OB＝OD
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF垂直平分BD
∴BE＝DE
∴四边形BEDF是菱形
（2）∵四边形BEDF是菱形
∴BE＝DE，
在Rt△ADE中，DE2＝AE2+DA2，
∴BE2＝（8﹣BE）2+16，
∴BE＝5
∴四边形DEBF的面积＝BE×AD＝20cm2．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、矩形的性质以及面积的求法等知识,熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键.
4．（2020·滕州市鲍沟镇鲍沟中学九年级期中）如图，△ABC是以BC为底的等腰三角形，AD是边BC上的高，点E、F分别是AB、AC的中点．
（1）求证：四边形AEDF是菱形；
（2）如果四边形AEDF的周长为12，两条对角线的和等于7，求四边形AEDF的面积S．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）利用直角三角形斜边中线是斜边一半，求得DE=AE=AF=DF,
所以AEDF是菱形.
(2)由（1）得，AEDF是菱形，求得菱形对角线乘积的一半，求面积 .
试题解析：
（1）∵AD⊥BC，点E、F分别是AB、AC的中点，
∴Rt△ABD中，DE=AB=AE，
Rt△ACD中，DF=AC=AF，
又∵AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，
∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，
∴四边形AEDF是菱形.
（2）如图，∵菱形AEDF的周长为12，
∴AE=3，
设EF=x，AD=y，则x+y=7，
∴x2+2xy+y2=49，①
∵AD⊥EF于O，
∴Rt△AOE中，AO2+EO2=AE2，
∴（y）2+（x）2=32，
即x2+y2=36，②
把②代入①，可得2xy=13，
∴xy=，
∴菱形AEDF的面积S=xy= ．

5．（2019·山西九年级专题练习）阅读短文，解决问题
如果一个三角形和一个菱形满足条件：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”.如图1，菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”.
如图2，在△ABC中，以点A为圆心，以任意长为半径作弧，交AB、AC于点M、N，再分别以M、N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线AP，交BC于点F，过点F作FD//AC，FE//AB．
(1)求证：四边形AEFD是△ABC的“亲密菱形”；
(2)当AB=6，AC=12，∠BAC=45°时，求菱形AEFD的面积.

【答案】(1)证明见解析；(2) 四边形的面积为.
【解析】
【分析】（1）根据尺规作图可知AF平分∠BAC，再根据DF//AC，可得AD=DF，再由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEFD是平行四边形，继而可得平行四边形AEFD是菱形，根据“亲密菱形”的定义即可得证；
（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，可证得△BDF∽△BAC，根据相似三角形的性质可求得a=4，过D作DG⊥AC，垂足为G，在Rt△ADG中， DG=2，继而可求得面积.
【详解】（1）由尺规作图可知AF平分∠BAC，
∴∠DAF=∠EAF，
∵DF//AC，∴∠DFA=∠EAF，∴∠DAF=∠DFA，∴AD=DF，
∵FD//AC，FE//AB，∴四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形AEFD是菱形，
∵∠BAC与∠DAE重合，点F点BC上，
∴菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
（2）设菱形的边长为a，即DF=AD=a，则BD=6-a，
∵DF//AC，∴△BDF∽△BAC，
∴BD：BA=BF：AC，
即（6-a）:6=a：12，
∴a=4，
过D作DG⊥AC，垂足为G，
在Rt△ADG中，∠DAG=45°，∴DG=AD=2，
∴S菱形AEFD=AE•DG=8，
即四边形AEFD的面积为8.

【点睛】本题考查了尺规作图，新概念题，菱形的判定与性质等，正确理解新概念是解题的关键.
6．（2020·茂名市行知中学九年级月考）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．

（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以四边形BCFE是菱形．
（2）因为∠BCF=120°，所以∠EBC=60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可．
【详解】
解：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC．
又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC．
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形．
（2）∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°．
∴△EBC是等边三角形．
∴菱形的边长为4，高为．
∴菱形的面积为4×=．
考向三 正方形的性质与判定
1．正方形的性质=矩形的性质+菱形的性质．
2．正方形的判定：以矩形和菱形的判定为基础，可以引申出更多正方形的判定方法，如对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．证明四边形是正方形的一般步骤是先证出四边形是矩形或菱形，再根据相应判定方法证明四边形是正方形．
典例引领
1．（2020·佳木斯市第十九中学九年级期中）已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．

（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
【答案】（1），证明见解析（2）
【分析】
（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．
（2）DN-BM=MN．证明方法与（1）类似．
【详解】
（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．

∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，

∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，

在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，

∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
2．（2020·湖北黄州区·九年级期中）如图，正方形ABCD中，E是BC上的一点，连接AE，过B点作BH⊥AE，垂足为点H，延长BH交CD于点F，连接AF．
(1)求证：AE=BF．
(2)若正方形边长是5，BE=2，求AF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据正方形的性质得AB＝BC，再根据同角的余角相等得∠BAE＝∠EBH，再利用“角角边”证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的对应边相等得AE＝BF；
（2）根据全等三角形的对应边相等得BE＝CF，再利用勾股定理计算即可得出结论.
【详解】
(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°.
∴∠BAE＋∠AEB＝90°.
∵BH⊥AE，∴∠BHE＝90°.
∴∠AEB＋∠EBH＝90°.
∴∠BAE＝∠EBH.
在△ABE和△BCF中，

∴△ABE≌△BCF(ASA)．
∴AE＝BF.
(2)由(1)得△ABE≌△BCF，
∴BE＝CF.
∵正方形的边长是5，BE＝2，
∴DF＝CD－CF＝CD－BE＝5－2＝3.
在Rt△ADF中，由勾股定理得：AF＝＝＝.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质，解题的关键是熟练的掌握全等三角形的判定与性质和正方形的性质.
3．（2019·山东高青县·中考模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为，连接AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，
(1)求DE的长；
(2)过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长；
(3)过点E作EG⊥CE，交CD于点G，求DG的长．

【答案】（1）2-；（2）2-；（3）3-4.
【分析】
（1）求出，根据勾股定理求出，即可求出；
（2）求出，根据全等三角形的性质得出即可；
（3）延长交于，证，得出比例式，代入即可求出答案.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=∠ADC=90°，
∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE=∠DCE=∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠BEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°=∠BCE，
∴BE=BC=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：BD==2，
∴DE=BD﹣BE=2﹣；
（2）∵FE⊥CE，

∴∠CEF=90°，
∴∠FEB=∠CEF﹣∠CEB=90°﹣67.5°=22.5°=∠DCE，
∵∠FBE=∠CDE=45°，BE=BC=CD，
∴△FEB≌△ECD，
∴BF=DE=2﹣；
（3）延长GE交AB于F，

由（2）知：DE=BF=2﹣，
由（1）知：BE=BC=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，
∴△DGE∽△BFE，
∴=，
∴=，
解得：DG=3﹣4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，题目比较好，难度偏大.
变式拓展
1．（2020·新乡市第七中学八年级期中）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）108.
【分析】
（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD；
（3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解.
【详解】
（1）如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）如图，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，

由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）如图：过点C作CF⊥AD于F，

∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝90°，
∵∠A＝∠B＝90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB＝BC＝12，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF＝12，
由（2）可得DE＝DF＋BE，
∴DE＝4＋DF，
在△ADE中，AE2＋DA2＝DE2，
∴（12−4）2＋（12−DF）2＝（4＋DF）2，
∴DF＝6，
∴AD＝6，
∴S四边形ABCD＝ (AD＋BC)×AB＝×(6＋12)×12＝108．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．

2．（2019·南昌市外国语学校九年级月考）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若BC=12，DE=5，求△AEF的面积．

【答案】（1）见解析；（2）84.5．
【分析】
（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠D=∠ABC=∠ABF=90°，依据“SAS”即可证得；
（2）根据勾股定理求得AE=13，再由旋转的性质得出AE=AF，∠EAF=90°，从而由面积公式得出答案．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF=90°，
在△ADE和△ABF中，
∵ ,
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
（2）∵BC=12，∴AD=12，
在Rt△ADE中，DE=5，AD=12，
∴AE==13，(勾股定理)
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90°得到，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴△AEF的面积=AE2=×169=84.5．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2019·浙江杭州市·九年级其他模拟）如图，正方形ABCD中，AB=，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．

（1）求证：AE=CF；
（2）若A，E，O三点共线，连接OF，求线段OF的长．
（3）求线段OF长的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据旋转的性质，对应线段、对应角相等，可证明△ADE≌△CDF，即可得到AE＝CF；
（2）先利用，求得长，再利用，求得，然后设PF=x利用勾股定理求得x的值，即可求得OF的长；
（3）本题考查了利用三角形全等转化的思想解决问题．
【详解】
（1）证明：如图1，由旋转得：，，
四边形是正方形，
，，
，
即，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图2，过作的垂线，交的延长线于，
是的中点，且，
，，三点共线，
，
由勾股定理得：，
，
，
由（1）知：，
，，
，
，
，
，
，
，
设，则，
由勾股定理得：，
或（舍，
，，
由勾股定理得：，
（3）解：如图3，由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动，
延长到点，使得，连接，
，，
，
，
当最小时，为、、三点共线，
，
，
的最小值是．



【点睛】
本题考查了正方形的性质、几何图形旋转的性质、利用三角形全等解决问题的相关知识，解题关键是注意构造辅助线进行解答.
4．（2020·山东陵城区·）如图1，在中，为锐角，点为射线上一点，联结，以为一边且在的右侧作正方形．
（1）如果，，
①当点在线段上时（与点不重合），如图2，线段所在直线的位置关系为 ，线段的数量关系为 ；
②当点在线段的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由；
（2）如果，是锐角，点在线段上，当满足什么条件时，（点不重合），并说明理由．

【答案】（1）①垂直，相等；②见解析;（2）见解析.
【分析】
（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，于是得到∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，证得AC=AG，根据（1）的结论于是得到结果．
【详解】
（1）①正方形ADEF中，AD=AF．
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF．
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD．
故答案为垂直、相等；
②成立，理由如下：
∵∠FAD=∠BAC=90°
∴∠BAD=∠CAF
在△BAD与△CAF中，
∵，
∴△BAD≌△CAF，
∴CF=BD，∠ACF=∠ACB=45°，
∴∠BCF=90°，∴CF⊥BD；
（2）当∠ACB=45°时，CF⊥BD（如图）．
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°．
∵∠ACB=45°，∠AGC=90°﹣∠ACB，
∴∠AGC=90°﹣45°=45°，
∴∠ACB=∠AGC=45°，
∴AC=AG．
在△GAD与△CAF中，，
∴△GAD≌△CAF，
∴∠ACF=∠AGC=45°，∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，即CF⊥BC．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G构造全等三角形是解题的关键．
5．（2019·河北九年级其他模拟）如图，点E是正方形ABCD外一点，点F是线段AE上一点，△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，连接CE、CF．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）判断△CEF的形状，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析（2）△CEF是直角三角形
【解析】
（1）由正方形的性质、等腰三角形的性质可得AB=CB，BE=BF，再通过等量相减，即可得出∠ABF=∠CBE，由SAS即可证出△ABF≌△CBE；
（2）求∠CEF＝90°，即可证出△CEF是直角三角形.
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
∵△EBF是等腰直角三角形，其中∠EBF=90°，
∴BE=BF，
∴∠ABC﹣∠CBF=∠EBF﹣∠CBF，
∴∠ABF=∠CBE．
在△ABF和△CBE中，有{AB=CB∠ABF=∠CBEBF=BE ，
∴△ABF≌△CBE（SAS）．
（2）△CEF是直角三角形．理由如下：
∵△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BFE=∠FEB=45°，
∴∠AFB=180°﹣∠BFE=135°，
又∵△ABF≌△CBE，
∴∠CEB=∠AFB=135°，
∴∠CEF=∠CEB﹣∠FEB=135°﹣45°=90°，
∴△CEF是直角三角形．
6．（2020·广东惠州市·九年级一模）如图1，在正方形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，当点运动到中点时，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作于点，分别交于点，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先判断出，再由四边形是正方形，得出，，即可得出结论；
（2）过点作于，设，先求出，进而得出，再求出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（3）先求出，再求出，再判断出，求出，再用勾股定理求出，最后判断出，得出，即可得出结论.
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图2，过点作于，

设，
∵点是的中点，
∴，
∴，
在中，根据面积相等，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过点作于，

，
∴，
在中， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是解本题的关键.