第五章 特殊平行四邊形（7類題型突破）

第五章特殊平行四邊形（七類題型突破）重要題型題型一矩形的性質(zhì)【例1】．（2023?拱墅區(qū)期末）如圖，矩形ABCD的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∠AOB＝120°，AD＝4，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，連接OE，則OE的長(zhǎng)是（）A． B．2 C． D．4【例2】．（2023秋?拱墅區(qū)期末）如圖，一副三角板擺放在長(zhǎng)方形包裝袋中．點(diǎn)A，E，B在長(zhǎng)方形的一邊上，點(diǎn)C，D在其對(duì)邊上．直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE的（）A．斜邊相等 B．直角的角平分線相等C．斜邊上的高相等 D．一個(gè)銳角相等【例3】．如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O．若∠AOB＝60°，則＝（）A． B． C． D．【例4】．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E為CD的中點(diǎn)，連結(jié)AE并延長(zhǎng)，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，點(diǎn)P為BC上一點(diǎn)，當(dāng)∠PAE＝∠DAE時(shí)，則AP的長(zhǎng)度為（）A． B． C．4 D．【例5】．（2023秋?椒江區(qū)校級(jí)期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）當(dāng)t為何值時(shí)，△ABM≌△DCM？（2）當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā)，以acm/s的速度沿CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，是否存在a，使得△ABM與△MNC全等？若存在，請(qǐng)求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．鞏固訓(xùn)練1．（2023秋?揭陽(yáng)期末）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OE⊥BD，交BC于點(diǎn)E，若，CE＝1，則BE的長(zhǎng)為．2．（2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，長(zhǎng)方形兩邊長(zhǎng)AB＝2，AD＝1，兩頂點(diǎn)A、B分別在y軸的正半軸和x軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)，則頂點(diǎn)D到原點(diǎn)O的距離最大值是．3．（2023春?南潯區(qū)期末）如圖，已知在矩形ABCD中，E是邊BC的中點(diǎn)．連接AE并延長(zhǎng)，與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F．連接AC和BF．（1）求證：四邊形ABFC是平行四邊形；（2）若AB＝3，BF＝5，求AF的長(zhǎng)．4．根據(jù)以下素材，完成探索任務(wù)：如何故剪出符合要求的矩形紙片？素材1如圖1，△ABC是腰長(zhǎng)為60cm的等腰直角三角形卡紙，甲，乙、丙三名同學(xué)分別用這樣的卡紙?jiān)噲D裁剪出不一樣的矩形紙片，并使長(zhǎng)方形的四個(gè)頂點(diǎn)都在△ABC的邊上．素材2甲同學(xué)按圖2的方式裁剪，想裁出面積為800cm2的矩形紙片，乙同學(xué)按圖3的方式裁剪，想裁出兩邊長(zhǎng)之比為1：2的矩形紙片，丙同學(xué)想裁出面積最大的矩形紙片．任務(wù)1計(jì)算矩形紙片的邊長(zhǎng)請(qǐng)幫甲同學(xué)計(jì)算此矩形紙片的兩邊長(zhǎng)任務(wù)2計(jì)算矩形紙片的面積請(qǐng)求出符合乙同學(xué)裁剪方案的矩形紙片的面積任務(wù)3計(jì)算矩形紙片的最大面積請(qǐng)幫丙同學(xué)計(jì)算出面積最大的矩形紙片的面積題型二矩形的判定【例1】．（2023春?鄞州區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M，N在對(duì)角線AC上，AM＝CN，則下列說(shuō)法正確的是（）A．若∠AME＝90°，則四邊形ENFM是矩形B．若MN＝2AM，則四邊形ENFM是矩形C．若ME＝MF，則四邊形ENFM是矩形D．若MN＝AD，則四邊形ENFM是矩形【例2】．（2023秋?白銀期末）如圖，建筑公司驗(yàn)收門框時(shí)要求是矩形．在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，下列驗(yàn)算方法錯(cuò)誤的是（）A．AD⊥DC B．OA＝OB C．AC＝BD D．OA＝OC【例3】．（2023?新疆二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，M、N是BD上兩點(diǎn)，BM＝DN，連接AM、MC、CN、NA，添加一個(gè)條件，使四邊形AMCN是矩形，這個(gè)條件是（）A．MB＝MO B．OM＝AC C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND【例4】．（2023春?寧波期末）如圖，將?ABCD的邊DC延長(zhǎng)到點(diǎn)E，使CE＝DC，連接AE，交BC于點(diǎn)F，連接AC、BE．（1）求證：四邊形ABEC是平行四邊形；（2）若AE＝AD，求證：四邊形ABEC是矩形．鞏固訓(xùn)練1．要判斷一個(gè)四邊形是否為矩形，下面是4位同學(xué)擬定的方案，其中正確的是（）A．測(cè)量?jī)山M對(duì)邊是否分別相等 B．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線是否互相垂直平分C．測(cè)量其中三個(gè)內(nèi)角是否都為直角 D．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線是否相等2．（2022?恩施州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M從點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：s），下列結(jié)論正確的是（）A．當(dāng)t＝4s時(shí)，四邊形ABMP為矩形B．當(dāng)t＝5s時(shí)，四邊形CDPM為平行四邊形C．當(dāng)CD＝PM時(shí)，t＝4sD．當(dāng)CD＝PM時(shí)，t＝4s或6s3．一種燕尾夾如圖①所示，圖②是在閉合狀態(tài)時(shí)的示意圖，圖③是在打開狀態(tài)時(shí)的示意圖（數(shù)據(jù)如圖，單位：mm）．則在圖③時(shí)，點(diǎn)B，D之間的距離為mm．4．如圖，在平行四邊形ABCD中，BM，DN分別是∠ABD和∠CDB的角平分線．（1）求證：△ABM≌△CDN；（2）當(dāng)AB與BD滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形BNDM是矩形？請(qǐng)說(shuō)明理由．5．如圖，過△ABC邊AC的中點(diǎn)O，作OE⊥AC，交AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AD∥BC，與BO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，連接CD，CE，若CE平分∠ACB，CE⊥BO于點(diǎn)F．（1）求證：△OBC是等腰三角形；（2）求證：四邊形ABCD是矩形．題型三矩形的判定與性質(zhì)的綜合【例1】．（2023春?海曙區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)P為邊AD上一點(diǎn)，過P分別作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足為點(diǎn)E，F(xiàn)，過A作AH⊥BD，垂足為點(diǎn)H，若知道△APE與△DPF的周長(zhǎng)和，則一定能求出（）A．△BOC的周長(zhǎng) B．△ADH的周長(zhǎng)C．△ABC的周長(zhǎng) D．四邊形APFH的周長(zhǎng)【例2】．（2023春?柯橋區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點(diǎn)，則PM的最小值為（）A．2.5 B．2.4 C．1.2 D．1.3【例3】．中國(guó)古代數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中，給出了證明三角形面積公式的出入相補(bǔ)法．如圖，在△ABC中，分別取AB、AC的中點(diǎn)D、E，連結(jié)DE，過點(diǎn)A作AF⊥DE于點(diǎn)F，將△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，則矩形BCHG的面積為．【例4】．（2023?淳安縣一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M為線段BD上一動(dòng)點(diǎn)，MP⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，則PQ的最小值是（）A． B．3 C． D．【例5】．如圖，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E、F是對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)，相向而行，速度均為2cm/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤5）秒，若G、H分別是AB、DC的中點(diǎn)，且t≠2.5，當(dāng)E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形為矩形時(shí)，t的值為．【例6】．（2023?舟山三模）如圖，在?ABCD中，∠ACB＝90°，過點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)F．（1）求證：四邊形ACED是矩形；（2）連接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的長(zhǎng)．鞏固訓(xùn)練1．（2023?杭州二模）如圖在四邊形ABCD中，AB∥CD且∠C＝90°，AD＝AB，CD＝4，AC＝8，則＝．2．（2022秋?洞頭區(qū)期中）如圖，△ABC中，AB＝AC，AD為BC上的高線，E為AB邊上一點(diǎn)，EF⊥BC于點(diǎn)F，交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．已知EF＝2，EG＝3．則AD的長(zhǎng)為．3．將一張矩形紙片（不是正方形），先沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，則這張矩形紙片的較長(zhǎng)邊不可能是（）A．6 B． C． D．84．（2023秋?黃巖區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)P在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)Q在直線AP上，連接BQ，DQ，若∠ADQ+∠BAQ＝180°，則BQ的最大值為．5．如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接EC，F(xiàn)D，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，連接GH，若AB＝4，BC＝6，則GH的長(zhǎng)度為．6．（1）判斷如圖5×5方格內(nèi)四邊形ABCD是不是矩形，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）以DE為一邊作一個(gè)矩形，要求另外兩個(gè)頂點(diǎn)也在方格頂點(diǎn)上．7．（2023春?慈溪市期末）如圖，在?ABCD中，O為線段AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BO交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，BD，∠BDC＝90°．（1）求證：四邊形ABDE是矩形；（2）連接OC，若AB＝2，，求OC的長(zhǎng)．題型四菱形的性質(zhì)【例1】．（2023?南湖區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝80°，則∠ABD的度數(shù)為（）A．80° B．70° C．60° D．50°【例2】．（2023春?臨邑縣期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，E是CD邊上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E分別作EF⊥OC于點(diǎn)F，EF⊥OC于點(diǎn)G，連接FG，則FG的最小值為（）A．4 B．4.8 C．5 D．6【例3】．（2023春?黃巖區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，DH⊥BC于點(diǎn)H．若AC＝8，BD＝6，則DH的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．4【例4】．如圖，菱形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在y軸正半軸，x軸正半軸上，點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為10，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為8，若直線AC平行x軸，則菱形ABCD的邊長(zhǎng)值為（）A．9 B． C．6 D．3【例5】．（2023?紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線AD于點(diǎn)E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是．【例6】．如圖，將邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD沿其對(duì)角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，得到△A′B′C′，當(dāng)兩個(gè)三角形重疊部分為菱形時(shí)，則AA′為．【例7】．（2022?樂山）已知菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD的長(zhǎng)分別是8cm和6cm．則菱形的面積為cm2．【例8】．（2023?浙江）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，連結(jié)EF．（1）求證：AE＝AF；（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．【例9】．（2023春?乾安縣期末）如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)AB至點(diǎn)E，使BE＝AB，連接CE．（1）求證：BD＝EC；（2）若∠E＝50°，求∠BAO的大小．鞏固訓(xùn)練1．（2023秋?龍華區(qū)期中）如圖，用七支長(zhǎng)度相同的鉛筆，排成一個(gè)菱形ABCD和一個(gè)等邊△DEF，使得點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB和BC上，那么∠B的度數(shù)為（）A．105° B．100° C．95° D．80°2．（2023?龍灣區(qū)開學(xué)）圖1是第63屆國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽會(huì)標(biāo)，圖2是其主體的中間部分圖案，它是一個(gè)軸對(duì)稱圖形．已知AE∥CD，DE∥AB，作菱形CHFG，使點(diǎn)H，F(xiàn)，G分別在CD，AB，BC上，且點(diǎn)E在FH上．若BG＝GC＝4，則整個(gè)圖形的面積為（）A． B．20 C． D．253．（2023?鄭州模擬）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為AB，AD，CD的中點(diǎn)，EF＝4，F(xiàn)G＝3，則菱形ABCD的周長(zhǎng)為（）A．12 B．16 C．18 D．204．（2023春?錢塘區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E是邊AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊AB上，若AF＝2，∠A＝60°，∠BFC＝2∠DCE，則菱形的邊長(zhǎng)為．5．如圖，四邊形ABCD為菱形，點(diǎn)F在菱形對(duì)角線BD的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)E在邊AB上，線段EF與AD交于點(diǎn)G，EF⊥AB且EF＝AB，其中FG＝4，BE＝3，則線段AG的長(zhǎng)為．6．（2022?西寧）如圖，四邊形ABCD是菱形，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F．（1）求證：△ABE≌△ADF；（2）若AE＝4，CF＝2，求菱形的邊長(zhǎng)．7．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AB＝3，作菱形ADEF，使點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在AB，BC，AC上．點(diǎn)P在線段DF上，點(diǎn)R在線段CE上，且ER＝PD，PQ∥BC交AC于點(diǎn)Q．（1）求菱形ADEF的邊長(zhǎng)；（2）求證：四邊形CQPR是平行四邊形；（3）當(dāng)?CQPR的鄰邊之比為：2時(shí)，求PD的長(zhǎng)．題型五菱形的判定【例1】．如圖，四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，OA＝OC，且AB∥CD，則添加下列一個(gè)條件能判定四邊形ABCD是菱形的是（）A．AC＝BD B．∠ADB＝∠CDBC．∠ABC＝∠DCB D．AD＝BC【例2】．（2023?武安市三模）已知如圖，在?ABCD中，AD＞AB，∠ABC為銳角，將△ABC沿對(duì)角線AC邊平移，得到△A′B′C′，連接AB′和C′D，若使四邊形AB′C′D是菱形，需添加一個(gè)條件，現(xiàn)有三種添加方案，甲方案：AB′＝DC′；乙方案：B′D⊥AC′；丙方案：∠A′C′B′＝∠A′C′D；其中正確的方案是（）A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲【例3】．（2023春?江北區(qū)期末）根據(jù)如圖平行四邊形中所標(biāo)注的角的度數(shù)、邊的長(zhǎng)度，一定能判定其為菱形的是（） A B C D【例4】．如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，AD上，且BE＝DF．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；（2）請(qǐng)從以下三個(gè)條件：①AC⊥AB，②AE平分∠BAC，③DF＝EC中，選擇兩個(gè)合適的作為已知條件，使四邊形AECF為菱形，并加以證明．【例5】．如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)，分別連接BE、DF、BD．（1）求證：△AEB≌△CFD；（2）當(dāng)△ABD滿足什么條件時(shí)，四邊形EBFD是菱形，請(qǐng)說(shuō)明理由．鞏固訓(xùn)練1．（2023?烏蘭浩特市校級(jí)模擬）已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，再補(bǔ)充一個(gè)條件使得四邊形ABCD為菱形，這個(gè)條件可以是（）A．AC＝BD B．AB＝BCC．AC與BD互相平分 D．∠ABC＝90°2．（2022春?金鄉(xiāng)縣期末）如圖，平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，BD＝2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點(diǎn)．下列結(jié)論正確的是（）①EG＝EF；②△EFG≌△GBE； ③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF； ⑤四邊形BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤3．（2023春?江北區(qū)期末）已知：如圖1，在平行四邊形ABCD中，連結(jié)BD，∠DBC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為DC，BC的中點(diǎn)，連結(jié)EF并延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．（1）如圖1，若BC＝3，BD＝4，求四邊形BGED的周長(zhǎng)；（2）如圖2，連結(jié)BE，CG．求證：四邊形BGCE是菱形．4．（2023?盤錦一模）如圖，兩個(gè)全等的矩形紙片重疊在一起，矩形的長(zhǎng)和寬分別是8和6，則重疊部分的四邊形周長(zhǎng)是．5．（2023秋?江北區(qū)校級(jí)月考）如圖，BD是△ABC的角平分線，點(diǎn)E、F分別在BC、AB上，且DE∥AB，∠DEF＝∠A，EF與BD相交于點(diǎn)M，以下結(jié)論：①△BDE是等腰三角形；②四邊形AFED是菱形；③BE＝AF；④若AF：BF＝4：5，則△DEM的面積：△BAD的面積＝16：81．以上結(jié)論正確的是（）A．①②③④ B．①③④ C．①③ D．③④6．（2023?官渡區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC中點(diǎn)，連接AD．分別過點(diǎn)A，點(diǎn)C作AE∥BC，CE∥DA，交點(diǎn)為E．（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）若∠B＝60°，AB＝6，求四邊形AECD的面積．7．（2023?霞山區(qū)校級(jí)一模）如圖，菱形AECF的對(duì)角線AC和EF交于點(diǎn)O，分別延長(zhǎng)OE、OF至點(diǎn)B、點(diǎn)D，且BE＝DF，連接AB，AD，CB，CD．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．題型六菱形的判定與性質(zhì)的綜合【例1】．（2023?蓮都區(qū)一模）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)，連結(jié)EF，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．∠BAE＝∠DAF B．CE＝CFC．AE＝AF D．BD＝2EF【例2】．（2023?龍灣區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，且CD＝DE，連接BE分別交AC、AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：①；②與△DEG全等的三角形共有5個(gè)；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；④由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形．其中一定成立的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【例3】．（2024?溫州開學(xué)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AC平分∠BAD，過點(diǎn)C作CE⊥AB交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若，∠ADC＝120°，求四邊形ABCD的面積．鞏固訓(xùn)練1．（2024?義烏市模擬）如圖，在等腰△ABC中，AB＝BC，BO平分∠ABC，過點(diǎn)A作AD∥BC交BO的延長(zhǎng)線于D，連接CD，過點(diǎn)D作DE⊥BD交BC的延長(zhǎng)線于E．（1）判斷四邊形ABCD的形狀，并說(shuō)明理由；（2）若AB＝3，∠ABE＝120°，求DE的長(zhǎng)．題型七正方形的判定與性質(zhì)的綜合【例1】．（2023春?張店區(qū)期末）菱形，矩形，正方形都具有的性質(zhì)是（）A．四條邊相等，四個(gè)角相等 B．對(duì)角線相等C．對(duì)角線互相垂直 D．對(duì)角線互相平分【例2】．（2024?拱墅區(qū)校級(jí)模擬）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上且EF＝EC，連接AE，AF，若∠ECF＝α，∠AFB＝β，則（）A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180°【例3】．（2022秋?武義縣期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，連結(jié)GH，則線段GH的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．【例4】．如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，E是邊BC的中點(diǎn)，連結(jié)AE，DE，分別交BD，AC于點(diǎn)P，Q，過點(diǎn)P作PF⊥AE交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．下列結(jié)論：①AE＝AO；②AP＝FP；③若△CQD的面積為8，則正方形ABCD的面積為36；④CE?EF＝EQ?DE．其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【例5】．（2023秋?寶安區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD，E為AD的中點(diǎn)，P為CE的三等分點(diǎn)，則△BDP的面積是（）A．8 B．9 C．10 D．12【例6】．（2023春?臨清市期末）下列說(shuō)法中，正確的是（）A．有一個(gè)角是直角的平行四邊形是正方形B．對(duì)角線相等的四邊形是矩形C．對(duì)角線互相垂直平分的四邊形是菱形D．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形【例7】．（2023春?下城區(qū)校級(jí)月考）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（2，1），B（4，0），若以AB為邊構(gòu)造正方形ABCD，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為．【例8】．如圖，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE．已知AC＝4，AB＝5，則GE的長(zhǎng)為．【例9】．（2024?鹿城區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，正方形ABCD中，E為BC邊上的點(diǎn)，連結(jié)AE，作AE的垂直平分線交AB于G，交CD于F，連結(jié)GE．已知．（1）若正方形的邊長(zhǎng)為4，求BG的長(zhǎng)．（2）求證：．【例10】．（2023?西湖區(qū)校級(jí)二模）如圖，已知正方形ABCD，AB＝4，點(diǎn)M在邊CD上，射線AM交BD于點(diǎn)E，交射線BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CP⊥CE，交AF于點(diǎn)P．（1）求證：△ADE≌△CDE．（2）判斷△CPF的形狀，并說(shuō)明理由．（3）作DM的中點(diǎn)N，連結(jié)PN，若PN＝3，求CF的長(zhǎng)．鞏固訓(xùn)練1．（2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，CD上，連接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝α，則∠FEC一定等于（）A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣α D．90°﹣α2．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，N，P，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，點(diǎn)M，F(xiàn)，Q都在對(duì)角線BD上，且四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，則的值等于（）A． B． C． D．3．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)C位于第一象限，點(diǎn)B位于第四象限，四邊形OABC是邊長(zhǎng)為1的正方形，OC與x軸正半軸的夾角為15°，則點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為（）A．﹣2 B．﹣ C．﹣ D．﹣4．（2023春?諸暨市期末）如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的對(duì)角線AC上的兩點(diǎn)，AC＝8，AE＝CF＝2，則四邊形BEDF的面積是．5．（2023春?鶴山市期末）如圖，點(diǎn)B、C分別在兩條直線y＝2x和y＝kx上，點(diǎn)A、D是x軸上兩點(diǎn)，已知四邊形ABCD是正方形，則k值為．6．（2023春?路橋區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，過點(diǎn)D分別作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為點(diǎn)E，F(xiàn)．（1）求證：四邊形DECF為正方形；（2）若AC＝6cm，BC＝8cm，求四邊形DECF的邊長(zhǎng)．7．（2023?臨安區(qū)校級(jí)模擬）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E是平面內(nèi)異于點(diǎn)A的任意一點(diǎn)，以線段AE為邊作正方形AEFG，連接EB，GD．（1）如圖1，判斷EB與GD位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，若點(diǎn)E在線段DG上，∠DAE＝15°，AG＝4，求BE的長(zhǎng)．

第五章特殊平行四邊形（七類題型突破）重要題型題型一矩形的性質(zhì)【例1】．（2023?拱墅區(qū)期末）如圖，矩形ABCD的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∠AOB＝120°，AD＝4，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，連接OE，則OE的長(zhǎng)是（）A． B．2 C． D．4【分析】求出AB的長(zhǎng)，由三角形中位線定理求出OE的長(zhǎng)即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，BC＝AD＝4，∠ABC＝90°，∵∠AOB＝120°，∴∠BOC＝60°，∴△BOC是等邊三角形，∴∠BCO＝60°，∴AB＝BC＝4，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴OE＝AB＝2；故選：C．【例2】．（2023秋?拱墅區(qū)期末）如圖，一副三角板擺放在長(zhǎng)方形包裝袋中．點(diǎn)A，E，B在長(zhǎng)方形的一邊上，點(diǎn)C，D在其對(duì)邊上．直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE的（）A．斜邊相等 B．直角的角平分線相等C．斜邊上的高相等 D．一個(gè)銳角相等【分析】根據(jù)圖可判斷A；根據(jù)角平分線的定義可判斷B；根據(jù)平行線的距離可判斷C；根據(jù)一副三角板的度數(shù)可判斷D．【解答】解：由圖可知：直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE的斜邊不相等，故A不正確，不符合題意；如圖，過點(diǎn)D作DF平分∠ADE交AB于F，過點(diǎn)C作CG平分∠ACB交AB于G，∵∠ADE＝∠ACB＝90°，∴∠ADF＝∠EDF＝∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠DFE＝90°，∠CGB＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∵一副三角板擺放在長(zhǎng)方形包裝袋中，∴CD∥AB，∴DF≠DG，∴直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE的直角的角平分線不相等，故B不正確，不符合題意；Rt△ABC中，兩個(gè)銳角分別是30°，60°，Rt△ADB，兩個(gè)銳角分別是45°，45°，故D不正確，不符合題意；∵CD∥AB，∴直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE的斜邊上的高相等；故C正確，符合題意；故選：C．【例3】．如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O．若∠AOB＝60°，則＝（）A． B． C． D．【分析】先證△ABO是等邊三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AO＝BO＝CO＝DO，∵∠AOB＝60°，∴△ABO是等邊三角形，∴∠BAO＝60°，∴∠ACB＝30°，∴BC＝AB，∴＝，故選：D．【例4】．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E為CD的中點(diǎn)，連結(jié)AE并延長(zhǎng)，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，點(diǎn)P為BC上一點(diǎn)，當(dāng)∠PAE＝∠DAE時(shí)，則AP的長(zhǎng)度為（）A． B． C．4 D．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合等角對(duì)等邊，進(jìn)而得出CF的長(zhǎng)，再利用勾股定理得出AP的長(zhǎng)．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠F，又∵∠PAE＝∠DAE，∴∠PAE＝∠F，∴PA＝PF，在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（AAS），∴CF＝AD＝4，設(shè)CP＝x，PA＝PF＝x+4，BP＝4﹣x，在直角△ABP中，22+（4﹣x）2＝（x+4）2，解得：x＝，∴AP的長(zhǎng)為．故選：A．【例5】．（2023秋?椒江區(qū)校級(jí)期中）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）當(dāng)t為何值時(shí)，△ABM≌△DCM？（2）當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā)，以acm/s的速度沿CD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，是否存在a，使得△ABM與△MNC全等？若存在，請(qǐng)求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）當(dāng)△ABM≌△DCM時(shí)，，據(jù)此可解；（2）分情況討論，找出對(duì)應(yīng)邊，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊相等列出方程，即可求解．【解答】解：（1）當(dāng)△ABM≌△DCM時(shí)，則，∵BM＝2t，BC＝12，∴2t＝6，解得t＝3；（2）如圖，當(dāng)△ABM≌△NCM，則，∴2t＝6，解得t＝3．∴CN＝3a＝8，解得a＝；如圖，當(dāng)△ABM≌△MCN時(shí)，則BM＝CN，AB＝MC＝8，∴BM＝2t＝12﹣8＝4，解得t＝2，∴CN＝2a＝4，解得a＝2；綜上可知，當(dāng)a＝或2時(shí)，△ABM與△MNC全等．鞏固訓(xùn)練1．（2023秋?揭陽(yáng)期末）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OE⊥BD，交BC于點(diǎn)E，若，CE＝1，則BE的長(zhǎng)為．【分析】利用矩形的性質(zhì)先求得，∠EBO＝∠ACB，再證明△BOE∽△CBA，即可得解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∠ABC＝90°，∴，∴，∠EBO＝∠ACB，∵OE⊥BD，∴∠BOE＝∠CBA＝90°，∴△BOE∽△CBA，∴即，解得BE＝2或BE＝﹣3（舍去），故答案為：2．2．（2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，長(zhǎng)方形兩邊長(zhǎng)AB＝2，AD＝1，兩頂點(diǎn)A、B分別在y軸的正半軸和x軸的正半軸上運(yùn)動(dòng)，則頂點(diǎn)D到原點(diǎn)O的距離最大值是．【分析】取AB的中點(diǎn)E，連接OD、OE、DE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OE＝AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根據(jù)三角形任意兩邊之和大于第三邊可得OD過點(diǎn)E時(shí)最大．【解答】解：如圖：取線段AB的中點(diǎn)E，連接OE，DE，OD，∵AB＝4，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∠AOB＝90°，∴AE＝BE＝1＝OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝1，∠DAB＝90°，∴DE＝＝，∵OD≤OE+DE，∴當(dāng)點(diǎn)D，點(diǎn)E，點(diǎn)O共線時(shí)，OD的長(zhǎng)度最大．∴點(diǎn)D到點(diǎn)O的最大距離＝OE+DE＝1+，故答案為：1+．3．（2023春?南潯區(qū)期末）如圖，已知在矩形ABCD中，E是邊BC的中點(diǎn)．連接AE并延長(zhǎng)，與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F．連接AC和BF．（1）求證：四邊形ABFC是平行四邊形；（2）若AB＝3，BF＝5，求AF的長(zhǎng)．【分析】（1）由“AAS”可證△ABE≌△FCE，可得AB＝CF，由平行四邊形的判定可得結(jié)論；（2）由勾股定理可求BC的長(zhǎng)，AF的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠BCF，又∵E是邊BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE，∴△ABE≌△FCE（AAS），∴AB＝CF，又∵AB∥CF，∴四邊形ABFC是平行四邊形；（2）解：∵AB＝CF＝3，BF＝5，∴BC＝＝＝4，∴AD＝BC＝4，又∵DF＝CD+CF＝6，∴AF＝＝＝2．4．根據(jù)以下素材，完成探索任務(wù)：如何故剪出符合要求的矩形紙片？素材1如圖1，△ABC是腰長(zhǎng)為60cm的等腰直角三角形卡紙，甲，乙、丙三名同學(xué)分別用這樣的卡紙?jiān)噲D裁剪出不一樣的矩形紙片，并使長(zhǎng)方形的四個(gè)頂點(diǎn)都在△ABC的邊上．素材2甲同學(xué)按圖2的方式裁剪，想裁出面積為800cm2的矩形紙片，乙同學(xué)按圖3的方式裁剪，想裁出兩邊長(zhǎng)之比為1：2的矩形紙片，丙同學(xué)想裁出面積最大的矩形紙片．任務(wù)1計(jì)算矩形紙片的邊長(zhǎng)請(qǐng)幫甲同學(xué)計(jì)算此矩形紙片的兩邊長(zhǎng)任務(wù)2計(jì)算矩形紙片的面積請(qǐng)求出符合乙同學(xué)裁剪方案的矩形紙片的面積任務(wù)3計(jì)算矩形紙片的最大面積請(qǐng)幫丙同學(xué)計(jì)算出面積最大的矩形紙片的面積【分析】任務(wù)1：證明△CFE為等腰直角三角形，得出EF＝CF，設(shè)AF＝xcm，則EF＝CF＝（60﹣x）cm，得出x（60﹣x）＝800，解得：x1＝20，x2＝40，得出甲同學(xué)所裁出的矩形紙片的兩邊長(zhǎng)為20cm和40cm；任務(wù)2：分兩種情況討論：當(dāng)MQ：PQ＝1：2時(shí)，當(dāng)MQ：PQ＝2：1時(shí)，先分別求出矩形的邊長(zhǎng)，再求出矩形的面積即可；任務(wù)3：分兩種情況：按照?qǐng)D1方式裁剪時(shí)，按照?qǐng)D2方式裁剪時(shí)，分別求出能夠裁剪出的矩形的最大面積，然后比較即可．【解答】解：任務(wù)1：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠C＝45°，∵四邊形ADEF為矩形，∴AD＝EF，DE＝AF，∠AFE＝90°，∴∠CFE＝180°﹣90°＝90°，∴△CFE為等腰直角三角形，∴EF＝CF，設(shè)AF＝xcm，則EF＝CF＝（60﹣x）cm，∴x（60﹣x）＝800，解得：x1＝20，x2＝40，當(dāng)AF＝20cm時(shí)，EF＝60﹣20＝40（cm），當(dāng)AF＝40cm時(shí)，EF＝60﹣40＝20（cm），即甲同學(xué)所裁出的矩形紙片的兩邊長(zhǎng)為20cm和40cm；任務(wù)2：當(dāng)MQ：PQ＝1：2時(shí)，設(shè)MQ＝NP＝xcm，則PQ＝2xcm，∵△ABC為等腰直角三角形，∴，∠B＝∠C＝45°，∵四邊形MNPQ為矩形，∴∠MQP＝∠NPQ＝90°，∴∠MQB＝∠CPN＝180°﹣90°＝90°，∴△MBQ和△CPN為等腰直角三角形，∴BQ＝MQ，CP＝NP，∴BQ＝CP＝MQ＝x，∴，解得：，即，，即此時(shí)矩形面積為；當(dāng)MQ：PQ＝2：1時(shí)，設(shè)MQ＝NP＝2xcm，則PQ＝xcm，∵四邊形MNPQ為矩形，∴∠MQB＝∠CPN＝180°﹣90°＝90°，∴BQ＝MQ，CP＝NP，∴BQ＝CP＝MQ＝2xcm，∴，解得：，即，，即此時(shí)矩形面積為；綜上分析可知，符合乙同學(xué)裁剪方案的矩形紙片的面積為900cm2或576cm2．任務(wù)3：當(dāng)按照?qǐng)D2方式裁剪時(shí)，設(shè)矩形的面積為ycm2，AF＝xcm（0＜x＜60cm），則EF＝CF＝（60﹣x）cm，根據(jù)題意得：y＝x（60﹣x）＝﹣x2+60x＝﹣（x﹣30）2+900，∴當(dāng)x＝30時(shí)，y最大，最大值為900當(dāng)按照?qǐng)D3方式裁剪時(shí)，設(shè)矩形的面積為Scm2，MQ＝tcm（0＜t＜30cm），則BQ＝CP＝MQ＝tcm，∴，根據(jù)題意得：，∴當(dāng)時(shí)，S最大，且最大值為900，即此時(shí)矩形的最大面積為900cm2；綜上分析可知，矩形紙片的最大面積為900cm2．題型二矩形的判定【例1】．（2023春?鄞州區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M，N在對(duì)角線AC上，AM＝CN，則下列說(shuō)法正確的是（）A．若∠AME＝90°，則四邊形ENFM是矩形B．若MN＝2AM，則四邊形ENFM是矩形C．若ME＝MF，則四邊形ENFM是矩形D．若MN＝AD，則四邊形ENFM是矩形【分析】取AC的中點(diǎn)O，連接EO、FO，證出OF∥BC，OE＝OF，則E，O，F(xiàn)三點(diǎn)共線，證明四邊形ENFM是平行四邊形，由矩形的判定可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接EO、FO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴OE是△ABC的中位線，OF是△ADC的中位線，∴OE∥BC，，OF∥AD，，∴OF∥BC，OE＝OF，∴E，O，F(xiàn)三點(diǎn)共線，又∵AM＝CN，AO＝CO，∴AO﹣AM＝CO﹣CN，即MO＝NO，∴四邊形ENFM是平行四邊形，A選項(xiàng)，∠AME＝90°不能推出四邊形有90°內(nèi)角，故不能證明矩形；B、C、D選項(xiàng)，只有D選項(xiàng)能由MN＝AD、AD＝EF，得到MN＝EF，根據(jù)對(duì)角線相等的平行四形是矩形得出結(jié)論．故選：D．【例2】．（2023秋?白銀期末）如圖，建筑公司驗(yàn)收門框時(shí)要求是矩形．在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，下列驗(yàn)算方法錯(cuò)誤的是（）A．AD⊥DC B．OA＝OB C．AC＝BD D．OA＝OC【分析】由矩形的判定方法分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、∵AD⊥DC，∴∠ADC＝90°，∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)B不符合題意；C、∵AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)C不符合題意；D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，不能判定?ABCD是矩形，故選項(xiàng)D符合題意；故選：D．【例3】．（2023?新疆二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，M、N是BD上兩點(diǎn)，BM＝DN，連接AM、MC、CN、NA，添加一個(gè)條件，使四邊形AMCN是矩形，這個(gè)條件是（）A．MB＝MO B．OM＝AC C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可知，OA＝OC，OB＝OD，再證OM＝ON，則四邊形AMCN是平行四邊形，然后證MN＝AC，即可得出結(jié)論．【解答】解：添加一個(gè)條件，使四邊形AMCN是矩形，這個(gè)條件是OM＝AC，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵對(duì)角線BD上的兩點(diǎn)M、N滿足BM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∵OM＝AC，∴MN＝AC，∴四邊形AMCN是矩形．故選：B．【例4】．（2023春?寧波期末）如圖，將?ABCD的邊DC延長(zhǎng)到點(diǎn)E，使CE＝DC，連接AE，交BC于點(diǎn)F，連接AC、BE．（1）求證：四邊形ABEC是平行四邊形；（2）若AE＝AD，求證：四邊形ABEC是矩形．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AB＝CD，AB∥CD，求出AB∥CE，AB＝CE，根據(jù)平行四邊形的判定得出即可；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD＝BC，求出AE＝BC，根據(jù)矩形的判定得出即可．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵CE＝CD，∴AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABEC是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，∵AE＝AD，∴AE＝BC，∵由（1）知：四邊形ABEC是平行四邊形，∴四邊形ABEC是矩形．鞏固訓(xùn)練1．要判斷一個(gè)四邊形是否為矩形，下面是4位同學(xué)擬定的方案，其中正確的是（）A．測(cè)量?jī)山M對(duì)邊是否分別相等 B．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線是否互相垂直平分C．測(cè)量其中三個(gè)內(nèi)角是否都為直角 D．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線是否相等【分析】根據(jù)矩形的判定和平行四邊形的判定以及菱形的判定分別進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．【解答】解：矩形的判定定理有①有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形，②對(duì)角線互相平分且相等的四邊形是矩形，③有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，A、根據(jù)兩組對(duì)邊分別相等，只能得出四邊形是平行四邊形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、根據(jù)對(duì)角線互相垂直平分得出四邊形是菱形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、根據(jù)矩形的判定，可得出此時(shí)四邊形是矩形，故本選項(xiàng)正確；D、根據(jù)對(duì)角線相等不能得出四邊形是矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；故選：C．2．（2022?恩施州）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M從點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：s），下列結(jié)論正確的是（）A．當(dāng)t＝4s時(shí)，四邊形ABMP為矩形B．當(dāng)t＝5s時(shí)，四邊形CDPM為平行四邊形C．當(dāng)CD＝PM時(shí)，t＝4sD．當(dāng)CD＝PM時(shí)，t＝4s或6s【分析】根據(jù)題意，表示出DP，BM，AP和CM的長(zhǎng)，當(dāng)四邊形ABMP為矩形時(shí)，根據(jù)AP＝BM，列方程求解即可；當(dāng)四邊形CDPM為平行四邊形，根據(jù)DP＝CM，列方程求解即可；當(dāng)CD＝PM時(shí)，分兩種情況：①四邊形CDPM是平行四邊形，②四邊形CDPM是等腰梯形，分別列方程求解即可．【解答】解：根據(jù)題意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，∵AD＝10cm，BC＝8cm，∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，當(dāng)四邊形ABMP為矩形時(shí)，AP＝BM，即10﹣t＝t，解得t＝5，故A選項(xiàng)不符合題意；當(dāng)四邊形CDPM為平行四邊形，DP＝CM，即t＝8﹣t，解得t＝4，故B選項(xiàng)不符合題意；當(dāng)CD＝PM時(shí)，分兩種情況：①四邊形CDPM是平行四邊形，此時(shí)CM＝PD，即8﹣t＝t，解得t＝4，②四邊形CDPM是等腰梯形，過點(diǎn)M作MG⊥AD于點(diǎn)G，過點(diǎn)C作CH⊥AD于點(diǎn)H，如圖所示：則∠MGP＝∠CHD＝90°，∵PM＝CD，GM＝HC，∴△MGP≌△CHD（HL），∴GP＝HD，∵AG＝AP+GP＝10﹣t+，又∵BM＝t，∴10﹣t+＝t，解得t＝6，綜上，當(dāng)CD＝PM時(shí)，t＝4s或6s，故C選項(xiàng)不符合題意，D選項(xiàng)符合題意，故選：D．3．一種燕尾夾如圖①所示，圖②是在閉合狀態(tài)時(shí)的示意圖，圖③是在打開狀態(tài)時(shí)的示意圖（數(shù)據(jù)如圖，單位：mm）．則在圖③時(shí)，點(diǎn)B，D之間的距離為mm．【分析】連接BD，先證明四邊形BDFE是矩形，即可得到BD＝EF＝20．【解答】解：連接BD，如圖，∵EF⊥AB，EF⊥CD，∴∠AEF＝∠CFE＝90°，∴AB∥CD，∵EB＝FD＝35mm，∴四邊形BDFE是平行四邊形，∵∠BEF＝180°﹣∠AEF＝90°，∴四邊形BDFE是矩形，∴BD＝EF＝20mm．故答案為：20．4．如圖，在平行四邊形ABCD中，BM，DN分別是∠ABD和∠CDB的角平分線．（1）求證：△ABM≌△CDN；（2）當(dāng)AB與BD滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形BNDM是矩形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C，AD∥BC，則∠ABD＝∠CDB，再證∠ABM＝∠CDN，然后由ASA證明△ABM≌△CDN即可；（2）先證四邊形BNDM是平行四邊形，再由等腰三角形的性質(zhì)得BM⊥AD，則∠BMD＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C，AD∥BC，∴∠ABD＝∠CDB，∵BM，DN分別是∠ABD和∠CDB的角平分線，∴∠ABM＝∠ABD，∠CDN＝∠CDB，∴∠ABM＝∠CDN，∴△ABM≌△CDN（ASA）；（2）解：當(dāng)AB＝BD時(shí)，四邊形BNDM是矩形，理由如下：由（1）可知，△ABM≌△CDN，∴AM＝CN，∴AD﹣AM＝BC﹣CN，即DM＝BN，∵DM∥BN，∴四邊形BNDM是平行四邊形，又∵AB＝BD，BM平分∠ABD，∴BM⊥AD，∴∠BMD＝90°，∴平行四邊形BNDM是矩形．5．如圖，過△ABC邊AC的中點(diǎn)O，作OE⊥AC，交AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AD∥BC，與BO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，連接CD，CE，若CE平分∠ACB，CE⊥BO于點(diǎn)F．（1）求證：△OBC是等腰三角形；（2）求證：四邊形ABCD是矩形．【分析】（1）根據(jù)角平分線定義得到∠OCE＝∠BCE，由垂直的定義得到∠CFO＝∠CFB＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AD＝BC，推出四邊形ABCD是平行四邊形，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EBC＝∠EOC＝90°，于是得到四邊形ABCD是矩形．【解答】證明：（1）如圖，設(shè)CE與OB交于點(diǎn)F，∵CE平分∠ACB，∴∠OCE＝∠BCE，∵BO⊥CE，∴∠CFO＝∠CFB＝90°，在△OCF與△BCF中，，△OCF≌△BCF（ASA），∴OC＝BC；（2）∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，∴OA＝OC，∵AD∥BC，∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，在△OAD與△OCB中，，∴△OAD≌△OCB（ASA），∴AD＝BC，∵AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵OE⊥AC，∴∠EOC＝90°，在△OCE與△BCE中，，∴△OCE≌△BCE（SAS），∴∠EBC＝∠EOC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．題型三矩形的判定與性質(zhì)的綜合【例1】．（2023春?海曙區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)P為邊AD上一點(diǎn)，過P分別作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足為點(diǎn)E，F(xiàn)，過A作AH⊥BD，垂足為點(diǎn)H，若知道△APE與△DPF的周長(zhǎng)和，則一定能求出（）A．△BOC的周長(zhǎng) B．△ADH的周長(zhǎng)C．△ABC的周長(zhǎng) D．四邊形APFH的周長(zhǎng)【分析】過點(diǎn)P作PG⊥AH于G，連接PO，證出四邊形PFHG為矩形，得出FH＝PG，證明△APE≌△PAG（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝PG，證明PE+PF＝AH，則可得出答案．【解答】解：過點(diǎn)P作PG⊥AH于G，連接PO，∵PF⊥BD，AH⊥BD，∴四邊形PFHG為矩形，∴FH＝PG，∵四邊形ABCD為矩形，∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠BAH+∠HAD＝∠HAD+∠ADO＝90°，∴∠BAH＝∠ADO，同理∠BAH＝∠APG，∴∠APG＝∠EAP，∵AP＝PA，∠AEP＝∠AGP＝90°，∴△APE≌△PAG（AAS），∴AE＝PG，∴AE＝HF，又∵S△APO+S△PDO＝S△AOD，∴，∴PE+PF＝AH，∴△APE與△DPF的周長(zhǎng)和＝AP+PE+AE+PD+PF+DF＝AD+AH+PG+DF＝AD+AH+HF+DF＝AD+AH+HD∴知道△APE與△DPF的周長(zhǎng)和，一定能求出△ADH的周長(zhǎng)．故選：B．【例2】．（2023春?柯橋區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點(diǎn)，則PM的最小值為（）A．2.5 B．2.4 C．1.2 D．1.3【分析】證四邊形AFPE是矩形，得EF＝AP，再由垂線段最短和三角形面積求出AP的長(zhǎng)，即可解決問題．【解答】解：如圖，連接AP，∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，∴BC＝＝＝5，∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四邊形AFPE是矩形，∴EF＝AP，∵M(jìn)是EF的中點(diǎn)，∴PM＝EF＝AP，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)AP⊥BC時(shí)，AP最短，則PM也最短，此時(shí)，S△ABC＝BC?AP＝AB?AC，∴AP＝＝＝2.4，即AP最短時(shí)，AP＝2.4，∴PM的最小值＝AP＝1.2，故選：C．【例3】．中國(guó)古代數(shù)學(xué)家劉徽在《九章算術(shù)注》中，給出了證明三角形面積公式的出入相補(bǔ)法．如圖，在△ABC中，分別取AB、AC的中點(diǎn)D、E，連結(jié)DE，過點(diǎn)A作AF⊥DE于點(diǎn)F，將△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，則矩形BCHG的面積為．【分析】根據(jù)圖形的拼剪，求出BC以及BC邊上的高即可解決問題．【解答】解：由題意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，∴DG+EH＝DE＝3，∴BC＝GH＝3+3＝6，∴矩形BCHG的面積為：6×2＝12．【例4】．（2023?淳安縣一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M為線段BD上一動(dòng)點(diǎn)，MP⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，則PQ的最小值是（）A． B．3 C． D．【分析】連接CM，先證四邊形PCQM是矩形，得PQ＝CM，再由勾股定理得BD＝5，當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，則PQ最小，然后由面積法求出CM的長(zhǎng)，即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接CM，∵M(jìn)P⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，∴∠CPM＝∠CQM＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝8，∠BCD＝90°，∴四邊形PCQM是矩形，∴PQ＝CM，由勾股定理得：BD＝＝＝10，當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，則PQ最小，此時(shí)，S△BCD＝BD?CM＝BC?CD，∴CM＝＝＝，∴PQ的最小值為，故選：C．【例5】．如圖，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E、F是對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)，相向而行，速度均為2cm/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤5）秒，若G、H分別是AB、DC的中點(diǎn)，且t≠2.5，當(dāng)E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形為矩形時(shí)，t的值為．【分析】連接GH，根據(jù)矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出GE＝HF，GE＝HF，進(jìn)而利用平行四邊形的判定和矩形的判定解答即可．【解答】解：連接GH，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠GAE＝∠HCE，∵G、H分別是AB、DC的中點(diǎn)，∴AG＝CH，∵E、F是對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)，相向而行，速度均為2cm/s，∴AE＝CF，∴AE+EF＝CF+EF，即AF＝CE，在△AFG與△CEH中，，∴△AFG≌△CEH（SAS），∴GF＝HE，在△AGE與△CHF中，，∴△AGE≌△CHF（SAS），∴GE＝HF，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∴GH＝BC＝8cm，∴當(dāng)EF＝GH＝8cm，四邊形EGFH是矩形，分兩種情況：①當(dāng)0≤t≤5時(shí)，EF＝（10﹣4t）cm，即10﹣4t＝8，解得：t＝0.5，②當(dāng)5＜t≤10時(shí)，EF＝（4t﹣10）cm，即4t﹣10＝8，解得：t＝4.5，當(dāng)t＝0.5或4.5時(shí)，四邊形EGFH是矩形，故答案為：0.5或4.5．【例6】．（2023?舟山三模）如圖，在?ABCD中，∠ACB＝90°，過點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)F．（1）求證：四邊形ACED是矩形；（2）連接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的長(zhǎng)．【分析】（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥DE，由四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上，得AD∥CE，則四邊形ACED是平行四邊形，即可由∠ACE＝90°，根據(jù)矩形的定義證明四邊形ACED是矩形；（2）由平行四邊形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，因?yàn)椤螦BC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，則AB＝AE＝BE＝2CE＝4，∠AFB＝90°，所以AF＝AE＝2，即可根據(jù)勾股定理求得BF＝＝2．【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵DE⊥BC，∴AC∥DE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上，∴AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∵∠ACE＝90°，∴四邊形ACED是矩形．（2）解：∵四邊形ACED是矩形，四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×2＝4，∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×4＝2，∴BF＝＝＝2，∴BF的長(zhǎng)是2．鞏固訓(xùn)練1．（2023?杭州二模）如圖在四邊形ABCD中，AB∥CD且∠C＝90°，AD＝AB，CD＝4，AC＝8，則＝．【分析】過點(diǎn)D作DE∥BC，則可求得四邊形BCDE是矩形，從而有CD＝BE，BC＝DE，利用勾股定理可得（AB﹣4）2+BC2＝AB2，AB2+BC2＝AC2，則可求得AB＝4，再根據(jù)圖形可得△BCD與△BAD等高，利用三角形的面積公式進(jìn)行求解即可．【解答】解：過點(diǎn)D作DE∥BC，如圖，∵AB∥CD，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵∠BCD＝90°，∴四邊形BCDE是矩形，∴CD＝BE，BC＝DE，∠DEA＝90°，∠ABC＝90°，∴（AB﹣BE）2+DE2＝AD2，AB2+BC2＝AC2，∵AD＝AB，CD＝4，AC＝8，∴（AB﹣4）2+BC2＝AB2①，AB2+BC2＝64②，②﹣①得：8AB﹣16＝64﹣AB2，解得：AB＝4，AB＝﹣4（不符合題意，舍去），∵S△ABD＝AB?DE，S△BCD＝，∴＝．故答案為：．2．（2022秋?洞頭區(qū)期中）如圖，△ABC中，AB＝AC，AD為BC上的高線，E為AB邊上一點(diǎn)，EF⊥BC于點(diǎn)F，交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．已知EF＝2，EG＝3．則AD的長(zhǎng)為．【分析】先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAD，再證明AD∥EF，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠AEG＝∠BAD，∠G＝∠CAD，等量代換得出∠AEG＝∠G，那么AG＝AE．作AH⊥EG于H，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出EH＝HG＝EG＝，然后證明四邊形ADFH是矩形，即可求出AD＝FH＝EF+EH＝．【解答】解：∵AB＝AC，AD為BC邊上的高線，∴∠BAD＝∠CAD，∵AD⊥BC，EF⊥BC，∴AD∥EF，∴∠AEG＝∠BAD，∠G＝∠CAD，∴∠AEG＝∠G，∴AG＝AE，如圖，作AH⊥EG于H，則EH＝HG＝EG＝×3＝，∵∠AHF＝∠HFD＝∠ADF＝90°，∴四邊形ADFH是矩形，∴AD＝FH＝EF+EH＝2+＝．故答案為：．3．將一張矩形紙片（不是正方形），先沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個(gè)直角三角形，剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，則這張矩形紙片的較長(zhǎng)邊不可能是（）A．6 B． C． D．8【分析】分三種情況畫出圖形，求出最長(zhǎng)的直角邊即可．【解答】解：分三種情況討論：①延長(zhǎng)AD，DC，過點(diǎn)B作FB⊥AB，交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作EF⊥BF交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，如圖所示：∵∠A＝90°，∴AB⊥AD，∴AB∥EF，AE∥BF，∴四邊形ABFE為平行四邊形，∵∠A＝90°，∴四邊形ABFE為矩形，∵∠ABF＝90°，∠ABC＝45°，∠E＝90°，．∴∠CBF＝90°﹣45°＝45°，∴∠BCF＝90°﹣45°＝45°，∵∠BFC＝90°，∴△BCF為等腰直角三角形，∴BF＝，∴AE＝BF＝，∴DE＝，∵∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，∴∠EDF＝45°，∴∠EDF＝∠EFD，∴FE＝DE＝6﹣4，∵6﹣4＜，此時(shí)較長(zhǎng)的邊為6；②延長(zhǎng)CD，過點(diǎn)B作FB⊥BC，過點(diǎn)A作EF∥BC交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交BC的垂線于點(diǎn)F，如圖所示：∵∠BCD＝90°，∴EC⊥BC，∴CE∥BF，∴四邊形BCEF為平行四邊形，∵∠BCD＝90°，∴四邊形BCEF為矩形，∴EF＝BC＝6，∵∠ADE＝45°，∴△ADE為等腰直角三角形，∴AE＝，∴AF＝EF﹣AE＝6﹣2，∵∠ABF＝90°﹣45°＝45°，∴△ABF為等腰直角三角形，∴AF＝BF＝6﹣2，∵6＞6﹣2，∴此時(shí)較長(zhǎng)的邊為6；③延長(zhǎng)DA，CD，過點(diǎn)B作BE⊥BC，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF∥BC，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，如圖所示：∵FC⊥BC，BE⊥BC，∴CF∥EB，∵EF∥BC，∴四邊形BCFE為平行四邊形，∵∠C＝90°，∴四邊形BCFE為矩形，∴∠F＝90°，EF＝BC＝6，∵∠ADF＝180°﹣135°＝45°．∴△DEF為等腰三角形，∴DE＝EF＝6，∴AE＝DE﹣AD＝6﹣4，∵∠BAE＝180°﹣90°＝90°，∠ABE＝90°﹣45°＝45°，∴△ABE為等腰直角三角形，∴BE＝AE＝（6﹣4）＝12﹣4，∵12﹣4＞6，此時(shí)較長(zhǎng)的邊為12﹣4，綜上分析可知，矩形紙片（不是正方形）時(shí)，較長(zhǎng)的邊為6或6或12﹣4，不可能為8，∴D正確，故選：D．4．（2023秋?黃巖區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)P在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)Q在直線AP上，連接BQ，DQ，若∠ADQ+∠BAQ＝180°，則BQ的最大值為．【分析】取AD的中點(diǎn)E，連接BE、QE，由矩形的性質(zhì)得∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，則AE＝2，由勾股定理求得BE＝，再證明∠ADQ＝∠PAB，可求得∠ADQ+∠DAQ＝∠PAB+∠DAQ＝90°，則∠AQD＝90°，所以QE＝AD＝2，由BQ≤BE+QE，得BQ≤+2，則BQ的最大值是+2，于是得到問題的答案．【解答】解：取AD的中點(diǎn)E，連接BE、QE，∵四邊形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4，∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，∴AE＝DE＝AD＝2，∴BE＝＝＝，∵∠ADQ+∠BAQ＝180°，∠PAB+∠BAQ＝180°，∴∠ADQ＝∠PAB，∴∠ADQ+∠DAQ＝∠PAB+∠DAQ＝180°﹣∠BAD＝90°，∴∠AQD＝90°，∴QE＝AD＝2，∵BQ≤BE+QE，∴BQ≤+2，∴BQ的最大值是+2，故答案為：+2．5．（2023春?郾城區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接EC，F(xiàn)D，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，連接GH，若AB＝4，BC＝6，則GH的長(zhǎng)度為．【分析】連接CH并延長(zhǎng)交AD于P，連接PE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠A＝90°，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到PD＝CF，根據(jù)勾股定理和三角形的中位線定理即可得到結(jié)論．【解答】解：連接CH并延長(zhǎng)交AD于P，連接PE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，AB＝4，BC＝6，∴AE＝AB＝4＝2，CF＝BC＝6＝3，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，在△PDH與△CFH中，，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝3，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝3，∴PE＝＝＝，∵點(diǎn)G是EC的中點(diǎn)，∴GH＝EP＝故答案為：．6．（1）判斷如圖5×5方格內(nèi)四邊形ABCD是不是矩形，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）以DE為一邊作一個(gè)矩形，要求另外兩個(gè)頂點(diǎn)也在方格頂點(diǎn)上．【分析】（1）由勾股定理求出AB＝CD，AD＝BC，得出四邊形ABCD是平行四邊形，由勾股定理的逆定理證出∠BAD＝90°，即可得出結(jié)論；（2）由（1）中的矩形容易畫出以DE為一邊的矩形．【解答】解：（1）四邊形ABCD是矩形；理由如下：由勾股定理得：AB＝CD＝＝，AD＝BC＝＝2，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB2+AD2＝25，BD2＝25，∴AB2+AD2＝BD2，∴△ABD是直角三角形，∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）如圖2所示，四邊形DEMN即為所求．7．（2023春?慈溪市期末）如圖，在?ABCD中，O為線段AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BO交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE，BD，∠BDC＝90°．（1）求證：四邊形ABDE是矩形；（2）連接OC，若AB＝2，，求OC的長(zhǎng)．【分析】（1）證△AOB≌△DOE（ASA），得AB＝DE，再證四邊形ABDE是平行四邊形，然后證∠BDE＝90°，即可得出結(jié)論；（2）過點(diǎn)O作OF⊥DE于點(diǎn)F，由矩形的性質(zhì)得DE＝AB＝2，OD＝OE，再由等腰三角形的性質(zhì)得DF＝EF＝DE＝1，則OF為△BDE的中位線，得，然后由平行四邊形的性質(zhì)得CD＝AB＝2，進(jìn)而由勾股定理即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵O為AD的中點(diǎn)，∴AO＝DO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAO＝∠EDO，又∵∠AOB＝∠DOE，∴△AOB≌△DOE（ASA），∴AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BDC＝90°，∴∠BDE＝90°，∴平行四邊形ABDE是矩形；（2）解：如圖，過點(diǎn)O作OF⊥DE于點(diǎn)F，∵四邊形ABDE是矩形，∴DE＝AB＝2，OD＝AD，OB＝OE＝BE，AD＝BE，∴OD＝OE，∵OF⊥DE，∴DF＝EF＝DE＝1，∴OF為△BDE的中位線，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝2，∴CF＝CD+DF＝3，在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC＝＝＝，即OC的長(zhǎng)為．題型四菱形的性質(zhì)【例1】．（2023?南湖區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝80°，則∠ABD的度數(shù)為（）A．80° B．70° C．60° D．50°【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)計(jì)算判斷即可．【解答】解：∵菱形ABCD，∴AB∥CD，∠ABD＝∠CBD，∴∠C+∠ABD+∠CBD＝180°，∵∠C＝80°，∴，故選：D．【例2】．（2023春?臨邑縣期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，E是CD邊上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E分別作EF⊥OC于點(diǎn)F，EF⊥OC于點(diǎn)G，連接FG，則FG的最小值為（）A．4 B．4.8 C．5 D．6【分析】如圖所示：連接OE，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，得∠COD＝90°，CD＝10，由EF⊥OC，EF⊥OC，可得四邊形OGEF是矩形，進(jìn)而得出GF＝OE，當(dāng)OE⊥AC時(shí)，OE最小，即FG的最小值，即可得出．【解答】解：如圖所示：連接OE，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，∴，∵EF⊥OC，EF⊥OC∴四邊形OGEF是矩形，∴GF＝OE，∴FG的最小值，即OE最小值，∴當(dāng)OE⊥AC時(shí)，OE最小，∵，∴，∴OE＝4.8，∴OE最小為4.8，即FG的最小值為4.8，故選：B．【例3】．（2023春?黃巖區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，DH⊥BC于點(diǎn)H．若AC＝8，BD＝6，則DH的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．4【分析】由菱形的性質(zhì)和勾股定理得BC＝5，再由S菱形ABCD＝BC?DH＝AC?BD，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝5，∵DH⊥BC，∴S菱形ABCD＝BC?DH＝AC?BD，即5DH＝×8×6，解得：DH＝，故選：C．【例4】．如圖，菱形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在y軸正半軸，x軸正半軸上，點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為10，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為8，若直線AC平行x軸，則菱形ABCD的邊長(zhǎng)值為（）A．9 B． C．6 D．3【分析】由菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，AM＝AC，BM＝BD，由點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為10，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為8，得到AM＝5，BM＝4，由勾股定理即可求出AB的長(zhǎng)．【解答】解：連接AC，BD交于M，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AM＝AC，BM＝BD，∵AC平行x軸，AO⊥OB，∴BD⊥OB，∵點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為10，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為8，AC＝10，BD＝8，∴AM＝×10＝5，BM＝×8＝4，∴AB＝＝．∴菱形ABCD的邊長(zhǎng)值為．故選：B．【例5】．（2023?紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線AD于點(diǎn)E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠DAC＝20°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEC的度數(shù)．【解答】解：以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線AD于點(diǎn)E和E′，如圖所示，在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，∵∠DAB＝40°，∴∠DAC＝20°，∵AC＝AE，∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，∵AE′＝AC，∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，綜上所述，∠AEC的度數(shù)是10°或80°，故答案為：10°或80°．【例6】．如圖，將邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD沿其對(duì)角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，得到△A′B′C′，當(dāng)兩個(gè)三角形重疊部分為菱形時(shí)，則AA′為．【分析】利用菱形的性質(zhì)結(jié)合正方形的性質(zhì)得出A′D＝DF，AA′＝A′E，進(jìn)而利用勾股定理得出答案．【解答】解：如圖所示：∵四邊形A′ECF是菱形，∴A′E＝EC＝FC＝A′F，∵邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD沿其對(duì)角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，∴∠A＝∠ACD＝45°，∴AD＝DC，則A′D＝DF，AA′＝A′E，∴設(shè)A′E＝x，則A′D＝DF＝6﹣x，A′F＝x，故在Rt△A′DF中，x2＝（6﹣x）2+（6﹣x）2，解得：x1＝12﹣6，x2＝12+6＞6（不合題意舍去），故AA′為：12﹣6．故答案為：12﹣6．【例7】．（2022?樂山）已知菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD的長(zhǎng)分別是8cm和6cm．則菱形的面積為cm2．【分析】根據(jù)菱形的面積＝對(duì)角線乘積的一半，可以計(jì)算出該菱形的面積．【解答】解：∵菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD的長(zhǎng)分別是8cm和6cm，∴菱形的面積是＝24（cm2），故答案為：24．【例8】．（2023?浙江）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，連結(jié)EF．（1）求證：AE＝AF；（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．【分析】（1）欲證明AE＝AF，只需要證得△ABE≌△ADF即可；（2）根據(jù)菱形的鄰角互補(bǔ)和全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行推理解答．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D．又∵AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，在△ABE與△ADF中，∵．∴△ABE≌△ADF（AAS）．∴AE＝AF；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B+∠BAD＝180°．而∠B＝60°，∴∠BAD＝120°．又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝30°．由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝30°．∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．∴△AEF是等邊三角形．∴∠AEF＝60°．【例9】．（2023春?乾安縣期末）如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)AB至點(diǎn)E，使BE＝AB，連接CE．（1）求證：BD＝EC；（2）若∠E＝50°，求∠BAO的大?。痉治觥浚?）根據(jù)菱形的對(duì)邊平行且相等可得AB＝CD，AB∥CD，然后證明得到BE＝CD，BE∥CD，從而證明四邊形BECD是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等即可得證；（2）根據(jù)兩直線平行，同位角相等求出∠ABO的度數(shù)，再根據(jù)菱形的對(duì)角線互相垂直可得AC⊥BD，然后根據(jù)直角三角形兩銳角互余計(jì)算即可得解．【解答】（1）證明：∵菱形ABCD，∴AB＝CD，AB∥CD，又∵BE＝AB，∴BE＝CD，BE∥CD，∴四邊形BECD是平行四邊形，∴BD＝EC；（2）解：∵平行四邊形BECD，∴BD∥CE，∴∠ABO＝∠E＝50°，又∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，∴∠BAO＝90°﹣∠ABO＝40°．鞏固訓(xùn)練1．（2023秋?龍華區(qū)期中）如圖，用七支長(zhǎng)度相同的鉛筆，排成一個(gè)菱形ABCD和一個(gè)等邊△DEF，使得點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB和BC上，那么∠B的度數(shù)為（）A．105° B．100° C．95° D．80°【分析】設(shè)∠A＝x°，由菱形、等邊三角形的性質(zhì)推出DA＝DE，DF＝DC，由等腰三角形的性質(zhì)推出∠ADE＝∠CDF＝180°﹣2x°，由平行線的性質(zhì)得到∠A+∠ADC＝180°，因此x+180﹣2x+180﹣2x+60＝180，求出x＝80，得到∠A＝80°，由AD∥BC，推出∠B+∠A＝180°，得到∠B＝100°．【解答】解：設(shè)∠A＝x°，∵菱形ABCD和等邊△DEF的邊長(zhǎng)相等，∴DA＝DE，DF＝DC，∴∠DEA＝∠A＝x°，∠C＝∠DFC，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠C＝∠A＝x°，DC∥AB，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CDF＝180°﹣2x°，∵∠A+∠ADC＝180°，∴x+180﹣2x+180﹣2x+60＝180，∴x＝80，∴∠A＝80°，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∴∠B＝100°．故選：B．2．（2023?龍灣區(qū)開學(xué)）圖1是第63屆國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽會(huì)標(biāo)，圖2是其主體的中間部分圖案，它是一個(gè)軸對(duì)稱圖形．已知AE∥CD，DE∥AB，作菱形CHFG，使點(diǎn)H，F(xiàn)，G分別在CD，AB，BC上，且點(diǎn)E在FH上．若BG＝GC＝4，則整個(gè)圖形的面積為（）A． B．20 C． D．25【分析】依據(jù)題意，根據(jù)對(duì)稱性，BF＝CH＝4，又BG＝GC＝4，進(jìn)而可以判斷∠B＝∠C＝60°，故可△BFG是等邊三角形，菱形CHFG的面積是△BFG是等邊三角形面積的2倍，又由題意，△AFE和△DEH為全等的等邊三角形，從而可以得解．【解答】解：由題意，整個(gè)圖形是軸對(duì)稱圖形，∴BF＝CH＝4，∠B＝∠C，△AFE≌△DHE．又BG＝GC＝4，∴BF＝BG＝GF．∴△BFG是等邊三角形．∴∠B＝60°．∵AE∥CD，DE∥AB，∴∠A＝∠D＝∠C＝60°．從而，△AFE和△DEH為邊長(zhǎng)是2的全等的等邊三角形，菱形CHFG的面積是△BFG是等邊三角形面積的2倍．∵邊長(zhǎng)為a的等邊三角形的面積為，∴△BFG是等邊三角形的面積＝＝4，菱形CHFG的面積＝2×4＝8，△AFE的面積和△DEH的面積均為＝．∴整個(gè)圖形的面積＝4+8+2＝14．故選：C．3．（2023?鄭州模擬）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為AB，AD，CD的中點(diǎn)，EF＝4，F(xiàn)G＝3，則菱形AB