第一章《特殊平行四边形》知识点、考点及题型复习 2025-2026学年北师大版数学九年级上册

第四章《图形的相似》 知识点、考点及题型复习 目录：一、 回归课本 2、 知识点梳理 3、 考点考题汇编 4、 题型汇总 资料说明：本资料围绕北师大版九年级上册第一章《特殊平行四边形》章节，构建了 “知识梳理 — 题型突破 — 真题演练” 的完整教学与学习体系，兼具系统性、实用性与针对性，具体核心价值如下： 课本内容结构化梳理：以 “平行四边形的特殊化” 为逻辑主线，按 “矩形（角特殊）→菱形（边特殊）→正方形（边角均特殊）” 的顺序展开，清晰呈现 “一般到特殊” 的图形演变脉络，帮助师生快速把握章节核心框架，明确特殊平行四边形与平行四边形的从属关系。 核心知识点精准提炼：聚焦 “定义辨析、性质推导、判定定理、综合计算” 四大模块，通过对比梳理（如三种特殊平行四边形的性质对比）、重点标注（如正方形的双重性），强化易混点与高频考点，为题型突破奠定扎实的理论基础。 一、回归课本 本章以 “平行四边形的特殊性质” 为核心，通过对平行四边形的角、边进行特殊限制，逐步引出矩形、菱形、正方形三种特殊平行四边形，构建特殊平行四边形的知识体系，具体内容分为四个模块： ： 矩形的认识与性质判定：从 “有一个角是直角的平行四边形” 切入，探究矩形的性质（四个角为直角、对角线相等），推导矩形的判定方法，明确矩形与平行四边形的区别与联系。 菱形的认识与性质判定：以 “有一组邻边相等的平行四边形” 为定义，探索菱形的性质（四条边相等、对角线互相垂直平分且平分内角），总结菱形的判定定理，掌握菱形与平行四边形的转化关系。 正方形的认识与性质判定：作为 “有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形”，正方形兼具矩形和菱形的所有性质，推导其判定方法，理解正方形是特殊的矩形和菱形。 特殊平行四边形的综合应用：结合折叠、旋转、动点问题，综合运用三种图形的性质与判定，解决线段计算、角度证明、面积求解等实际问题，培养几何综合思维。 二、知识点梳理 （1） 核心概念 （一）核心概念 矩形：有一个角是直角的平行四边形（特殊的平行四边形，内角均为 90°）。 菱形：有一组邻边相等的平行四边形（特殊的平行四边形，四条边长度相等）。 正方形：有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形（特殊的矩形、特殊的菱形，兼具两者性质）。 相关定义： 矩形的对角线相等且互相平分，对角线交点到各顶点距离相等； 菱形的对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角； 正方形的对角线相等、垂直且互相平分，对角线与边的夹角为 45°。 （2） 关键性质 图形 边的性质 角的性质 对角线性质 矩形 对边平行且相等 四个角均为直角 相等且互相平分 菱形 对边平行、四条边均相等 对角相等、邻角互补 互相垂直平分，每条对角线平分一组对角 正方形 对边平行、四条边均相等 四个角均为直角 相等、垂直且互相平分，每条对角线平分一组对角 共性 均满足平行四边形的所有性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分） （三）判定定理 矩形的判定： 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 对角线法：对角线相等的平行四边形是矩形； 角判定法：有三个角是直角的四边形是矩形。 菱形的判定： 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 对角线法：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 边判定法：四条边都相等的四边形是菱形。 正方形的判定： 定义法：有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形是正方形； 矩形法：有一组邻边相等的矩形是正方形； 菱形法：有一个角是直角的菱形是正方形； 对角线法：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 （四）实际应用 计算类：求边长、对角线长度、周长、面积（矩形面积 = 长 × 宽，菱形面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半，正方形面积 = 边长 ²= 对角线 ² 的一半）； 证明类：证明线段相等、垂直，角度相等，图形为特殊平行四边形； 综合类：结合折叠、旋转、动点问题，解决几何综合题（如折叠矩形求线段长度、动点运动中特殊图形的判定）。 三、考点考题汇编 考点一：菱形的性质与判定综合应用 核心考向：利用菱形的 “四条边相等”“对角线垂直” 性质，解决线段计算、角度求解、菱形判定等问题，常与勾股定理、三角形全等结合。 典例1（2025秋·莱芜区期中） 如图，BD是△ABC的角平分线，过点D作DE∥BC，交AB于点E，作DF∥AB，交BC于点F． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）已知BE＝4，∠ABC＝60°，求四边形BEDF的面积． 变式练习1（2025·虞城县二模） 如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°．过菱形ABCD的中心O分别作边AB、BC的垂线，交各边于点E、F、G、H．则四边形EFGH的周长为 　　 ． 变式练习2（2025秋·府谷县期中） 如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，M是AB边的中点．过点B作BD∥CM，过点C作CD∥AB，两平行线交于点D． （1）求证：四边形BMCD是菱形； （2）连接AD．若BC＝4，∠ABC＝60°，求AD的长． 考点二：矩形的性质与判定综合应用 核心考向：结合矩形的 “直角”“对角线相等” 性质，与平行四边形、三角形等知识结合，解决线段计算、角度证明、矩形判定等问题。 典例1（2025春·新抚区期末） 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形ADFE是矩形； （2）连接OF，若AD＝8，EC＝6，∠BAE＝30°，求OF的长度． 变式练习1（2025秋·高明区期中） 如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“L”形图案，若AB＝3，∠ACB＝30°，则AF＝（　　） A． B． C． D．6 变式练习2（2025·龙凤区校级三模） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接OE，若菱形ABCD的面积为120，OE＝5，求AE的长． 考点三：正方形的性质与判定综合应用 核心考向：利用正方形的双重性质（矩形 + 菱形），解决线段相等、垂直、角度计算等问题，常结合折叠、旋转、全等三角形考查。 典例1（2025春·麻章区期末） 如图，正方形ABCD中，AB＝3，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的中点，求正方形DEFG的面积． 变式练习1（2025秋·青秀区校级期中） 如图，已知四边形ABCD是正方形，直线l经过点D，分别过点A和点C作AE⊥l和CF⊥l，垂足分别为E和F，若DE＝2，则图中阴影部分的面积为 　　 ． 变式练习2（2025秋·大东区期中） 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点P，连接DE、CF，DF． （1）求证：DF∥OE； （2）若AB＝4，BF＝8，点P恰好是CD的中点． ①求证：四边形CFDE是矩形； ②若四边形CFDE是正方形，求BC的长度． 考点四：特殊平行四边形的折叠与旋转问题 核心考向：结合等腰三角形、线段分割问题，考查黄金分割的定义与比例关系，计算黄金分割点对应的线段长度。 典例1（2023·湖北） 如图,将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠,使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A，D重合),点C落在点N处，MN与CD交于点P,折痕分别与边AB,CD交于点E,F,连接BM. （1）求证:/AMB=/BMP （2）若DP=1,求 MD的长。 变式练习1（2025秋·巴彦淖尔期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ADB＝30°，现以点O为旋转中心，将AC所在的直线绕点O逆时针旋转一定的角度，旋转之后的直线与边AD，BC所在的直线分别交于点E，F，连接BE、DF，要使四边形BEDF是矩形，这个旋转角的度数最小是（　　） A．45° B．35° C．30° D．25° 变式练习2（2025春·郓城县期末） 如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF． （1）如图1，在旋转的过程中，写出线段AF与EC的数量关系，并证明； （2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明； （3）若AB＝1，BC，当α＝　　 °时，线段BF与DF相等． 四、题型汇总 题型1 菱形的性质与判定 题型解读：考查菱形的本质特征（四边相等、对角线垂直且平分对角），以及判定定理（平行四边形 + 一组邻边相等；平行四边形 + 对角线垂直；四边相等的四边形）。 典例（2025・贵州） 如图，在▱ABCD中，E为对角线AC上的中点，连接BE，且BE⊥AC，垂足为E．延长BC至F，使CF＝CE，连接EF，FD，且EF交CD于点G． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若BE＝EF，EC＝4，求△DCF的面积． 变式 1（2025秋・浑南区校级期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是OA，BC的中点，连接EF，交BD于点G，连接DF．若OG＝1，OE＝3，则DF的长为　　 ． 变式 2（2024秋・普宁市期末） 如图在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DB，DB平分∠ABC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作DC的垂线，分别交AB，AE于点F、G，若AG＝3，AD＝4，求菱形ABCD的面积． 题型 2：矩形的性质与判定 题型解读：考查矩形的核心性质（四个角为直角、对角线相等且平分），以及判定定理（平行四边形 + 一个直角；平行四边形 + 对角线相等；三个角为直角的四边形）。 典例（2025秋・朝阳区校级期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接OE，若AD＝10，EC＝4，求OE的长度． 变式 1（2025秋・碧江区期中） 在矩形ABCD中，点E为AD中点，点F为CD中点，连接BF、CE交于点G，若AB＝8，∠DCE＝2∠CBF，则线段BG的长为（　　） A． B． C．8 D． 变式 2（2025秋・沈河区期中） 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且，连接AE交OD于点F，连接CE、OE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，AE的长为 　　 ． 题型 3：正方形的性质与判定 题型解读：考查正方形的双重属性（菱形 + 矩形），性质包括四边相等、四角为直角、对角线相等且垂直平分；判定需满足 “菱形 + 矩形” 的叠加条件（如菱形 + 一个直角；矩形 + 一组邻边相等）。 典例（2024秋・金水区校级期末） 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF． （1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由． （2）当Rt△ABC满足条件 时，四边形AEBF是正方形． 变式 1（2025秋・鲁山县期中） 如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满足的条件是 ． 变式 2（2025・正定县校级开学） 如图，E是平行四边形ABCD的边BC的中点，连接AE并延长AE交DC的延长线于点F． （1）连接AC，BF，若，求证：四边形ABFC为矩形； （2）在（1）条件下，当△ABC再满足一个什么条件时，四边形ABFC为正方形． 题型 4：特殊平行四边形中的几何变换问题 题型解读：考查特殊平行四边形经过平移、旋转、轴对称变换后，探究对应边、对应角的关系，或判定变换后的图形是否为特殊平行四边形。 典例（2024・湖北期中） 如图，在长方形ABCD中，∠ABD＝48°，P为AD边上一点，连接BP，将△PBA沿着BP对折后得到△PBE，设∠ABP＝x°，若点F在△PBD内（不包括边界），则x的取值范围是 　 ． 变式 1（2025・武汉模拟） 如图，将矩形ABCD沿BD折叠得到△BC'D，折叠后C'D与AB交于点E，已知∠2＝40°，则∠1的大小为（　　） A．20° B．25° C．30° D．40° 变式 2（2024秋・南京期末） 阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF． 请回答：在图2中，∠GAF的度数是 　　 ． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度． （2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝　　 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值． 题型 5：特殊平行四边形的动点问题 题型解读：考查动点在特殊平行四边形的边或对角线上运动，探究某一时刻满足的条件（如全等、垂直、等腰、构成特殊图形）。 典例（2025秋・河南校级月考） 如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，点B的坐标为（﹣4，6），P，Q分别为OA，AB上的动点，若点P从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA向点A运动，同时点Q从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向点B运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动． （1）当△PAQ的面积为4时，求点Q的坐标． （2）多边形OPQBC的面积能否为19？请判断并说明理由． （3）当P，Q两点之间的距离为时，直接写出点P的坐标． 变式 1（2025秋・郑州月考） 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10，面积为12．则PE+PF的值为（　　） A． B． C．3 D． ． 变式 2（2024秋・沙依巴克区期末） 已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝3，连接DE． （1）动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△ABP和△DCE全等？ （2）若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着BE向终点E运动，连接DP．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使△PDE为等腰三角形？若存在，请求出t的值；否则，说明理由． 题型 6 ：特殊平行四边形中的最值问题 题型解读：利用特殊平行四边形的边长、对角线、角度特征，结合 “垂线段最短”“三角形三边关系”“函数最值” 求解最值（如线段最短、面积最大）。 典例（2024秋・义乌期末） 如图，正方形ABCD的边长为4，点P是BC边上的动点，连结DP，作DP的中垂线交BD于点Q，则BQ的最大值为（　　） A．8−42 B．82−8 C．22 D．4 变式 1（2025春・槐荫区期末） 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点P在AD上，点Q在BC上，且DP＝BQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为 　　 ． 变式 2（2025春・宜城市期末） 如图，点E是边长为4的正方形ABCD的对角线BD上的一个动点（不与点B、D重合），连接AE，以AE为边向左侧作正方形AEFG，点P为AD的中点，连接PG、DG，DG与BA的延长线交于点H，在点E运动过程中，线段PG的最小值是 　　 ． 题型7 特殊平行四边形中的多结论判断 题型解读：给出特殊平行四边形的图形及多个结论，判断正确结论的个数，综合考查性质、全等、相似、勾股定理等知识点。 典例（2025・齐河县模拟） 如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③ 变式 1（2025春・汝阳县期末） 如图，在菱形ABCD中，过对角线BD上任一点P，作EF∥BC，GH∥AB，下列结论正确的是　 　 ．（填序号） ①图中共有3个菱形； ②△BEP≌△BGP； ③四边形AEPH的面积一定等于四边形BGPE面积的2倍； ④四边形AEPH的周长等于四边形GPFC的周长． 变式2（2025秋・莱芜区期中） 如图，正方形ABCD的边长为6，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；②若G为BD上任意一点，则AG＝EF；③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值6；④点G在运动过程中，线段EF的最小值为．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 题型 8：特殊平行四边形的综合探究 题型解读：融合菱形、矩形、正方形的性质与判定，结合三角形、梯形等图形，探究线段关系、角的关系或图形的判定。 典例（2024春・三河市期末） 如图，正方形ABCD，点E，F是对角线AC上的两点，∠EBF＝45°，连接BE，BF，△ABE和△GBE关于直线BE对称．点G在BD上，连接FG． （1）求∠FBC的度数； （2）如备用图，延长BF交CD于点H，连接HG． ①求证：四边形GHCF是菱形； ②求的值． 变式 1（2025春・高新区校级期末） 如图，1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，且DE与AF相交于点G． （1）DE与AF的位置关系为 ； （2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由． 类比迁移： 如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝7，BF＝2，求DE的长． 变式 2（2024秋・凉州区校级期末） 问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由． 类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝7，BF＝2，求DE的长． 第 1 页 共 35 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章《图形的相似》 知识点、考点及题型复习 目录：一、 回归课本 2、 知识点梳理 3、 考点考题汇编 4、 题型汇总 资料说明：本资料围绕北师大版九年级上册第一章《特殊平行四边形》章节，构建了 “知识梳理 — 题型突破 — 真题演练” 的完整教学与学习体系，兼具系统性、实用性与针对性，具体核心价值如下： 课本内容结构化梳理：以 “平行四边形的特殊化” 为逻辑主线，按 “矩形（角特殊）→菱形（边特殊）→正方形（边角均特殊）” 的顺序展开，清晰呈现 “一般到特殊” 的图形演变脉络，帮助师生快速把握章节核心框架，明确特殊平行四边形与平行四边形的从属关系。 核心知识点精准提炼：聚焦 “定义辨析、性质推导、判定定理、综合计算” 四大模块，通过对比梳理（如三种特殊平行四边形的性质对比）、重点标注（如正方形的双重性），强化易混点与高频考点，为题型突破奠定扎实的理论基础。 一、回归课本 本章以 “平行四边形的特殊性质” 为核心，通过对平行四边形的角、边进行特殊限制，逐步引出矩形、菱形、正方形三种特殊平行四边形，构建特殊平行四边形的知识体系，具体内容分为四个模块： ： 矩形的认识与性质判定：从 “有一个角是直角的平行四边形” 切入，探究矩形的性质（四个角为直角、对角线相等），推导矩形的判定方法，明确矩形与平行四边形的区别与联系。 菱形的认识与性质判定：以 “有一组邻边相等的平行四边形” 为定义，探索菱形的性质（四条边相等、对角线互相垂直平分且平分内角），总结菱形的判定定理，掌握菱形与平行四边形的转化关系。 正方形的认识与性质判定：作为 “有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形”，正方形兼具矩形和菱形的所有性质，推导其判定方法，理解正方形是特殊的矩形和菱形。 特殊平行四边形的综合应用：结合折叠、旋转、动点问题，综合运用三种图形的性质与判定，解决线段计算、角度证明、面积求解等实际问题，培养几何综合思维。 二、知识点梳理 （1） 核心概念 （一）核心概念 矩形：有一个角是直角的平行四边形（特殊的平行四边形，内角均为 90°）。 菱形：有一组邻边相等的平行四边形（特殊的平行四边形，四条边长度相等）。 正方形：有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形（特殊的矩形、特殊的菱形，兼具两者性质）。 相关定义： 矩形的对角线相等且互相平分，对角线交点到各顶点距离相等； 菱形的对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角； 正方形的对角线相等、垂直且互相平分，对角线与边的夹角为 45°。 （2） 关键性质 图形 边的性质 角的性质 对角线性质 矩形 对边平行且相等 四个角均为直角 相等且互相平分 菱形 对边平行、四条边均相等 对角相等、邻角互补 互相垂直平分，每条对角线平分一组对角 正方形 对边平行、四条边均相等 四个角均为直角 相等、垂直且互相平分，每条对角线平分一组对角 共性 均满足平行四边形的所有性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分） （三）判定定理 矩形的判定： 定义法：有一个角是直角的平行四边形是矩形； 对角线法：对角线相等的平行四边形是矩形； 角判定法：有三个角是直角的四边形是矩形。 菱形的判定： 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 对角线法：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 边判定法：四条边都相等的四边形是菱形。 正方形的判定： 定义法：有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形是正方形； 矩形法：有一组邻边相等的矩形是正方形； 菱形法：有一个角是直角的菱形是正方形； 对角线法：对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 （四）实际应用 计算类：求边长、对角线长度、周长、面积（矩形面积 = 长 × 宽，菱形面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半，正方形面积 = 边长 ²= 对角线 ² 的一半）； 证明类：证明线段相等、垂直，角度相等，图形为特殊平行四边形； 综合类：结合折叠、旋转、动点问题，解决几何综合题（如折叠矩形求线段长度、动点运动中特殊图形的判定）。 三、考点考题汇编 考点一：菱形的性质与判定综合应用 核心考向：利用菱形的 “四条边相等”“对角线垂直” 性质，解决线段计算、角度求解、菱形判定等问题，常与勾股定理、三角形全等结合。 典例1（2025秋·莱芜区期中） 如图，BD是△ABC的角平分线，过点D作DE∥BC，交AB于点E，作DF∥AB，交BC于点F． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）已知BE＝4，∠ABC＝60°，求四边形BEDF的面积． 详解：（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AB， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∵DE∥BC， ∴∠EDB＝∠DBF， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBFABC， ∴∠ABD＝∠EDB， ∴DE＝BE， ∵四边形BEDF为平行四边形， ∴四边形BEDF是菱形； （2）解：如图，连接EF与BD相交于点O， ∵四边形BEDF是菱形， ∴EF⊥BD， ∵BD平分∠ABC，∠ABC＝60°， ∴∠ABD＝∠DBFABC＝30°， ∵BE＝4， ∴EO＝2， ∴OBEO＝2， ∴EF＝2OE＝4，BD＝2OB＝4， ∴菱形BEDF的面积BD•EF44＝8． 变式练习1（2025·虞城县二模） 如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°．过菱形ABCD的中心O分别作边AB、BC的垂线，交各边于点E、F、G、H．则四边形EFGH的周长为 　　 ． 详解：连接BD，AC，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，，BD⊥AC， ∴，，即， ∵OE⊥AB，OF⊥BC， ∴∠BEO＝∠BFO＝90°， 在△BEO和△BFO中， ， ∴△BEO≌△BFO（AAS）， ∴OE＝OF，BE＝BF， ∵∠EBF＝60°， ∴△BEF是等边三角形， ∴， 同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形， ∴EF＝GH＝3，， ∴四边形EFGH的周长， 故答案为：． 变式练习2（2025秋·府谷县期中） 如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，M是AB边的中点．过点B作BD∥CM，过点C作CD∥AB，两平行线交于点D． （1）求证：四边形BMCD是菱形； （2）连接AD．若BC＝4，∠ABC＝60°，求AD的长． 详解：（1）证明：∵M是AB边的中点，CD∥AB， ∴CD∥BM，BM＝AMAB， ∵BD∥CM， ∴四边形BMCD是平行四边形， ∵∠ACB＝90°，M是AB边的中点， ∴CMAB， ∴BM＝CM， ∴四边形BMCD是菱形． （2）解：作DE⊥AC交AC的延长线于点E，则∠E＝90°， ∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝4， ∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝30°， ∴AB＝2BC＝8， ∴AC4， ∵四边形BMCD是菱形， ∴CD＝BMAB＝4， ∵CD∥AB， ∴∠DCE＝∠BAC＝30°， ∴DECD＝2， ∴CE2， ∴AE＝AC+CE＝426， ∴AD4． ∴AD的长是4． 考点二：矩形的性质与判定综合应用 核心考向：结合矩形的 “直角”“对角线相等” 性质，与平行四边形、三角形等知识结合，解决线段计算、角度证明、矩形判定等问题。 典例1（2025春·新抚区期末） 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形ADFE是矩形； （2）连接OF，若AD＝8，EC＝6，∠BAE＝30°，求OF的长度． 详解：（1）证明：∵在平行四边形ABCD中， ∴AB∥DC且AB＝DC， ∴∠ABE＝∠DCF， 在△ABE和△DCF中， ， ∴△ABE≌△DCF（SAS）， ∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°， ∴AE∥DF， ∴四边形ADFE是矩形； （2）解：由（1）知：四边形ADFE是矩形， ∴EF＝AD＝8， ∵EC＝6， ∴BE＝CF＝2， ∴BF＝10， 在Rt△ABE中，∠BAE＝30°，BE＝2， ∴AB＝2BE＝4， ∴DF＝AE2， 在Rt△BDF中， ∴BD4， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD， ∴OFBD＝2． 变式练习1（2025秋·高明区期中） 如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“L”形图案，若AB＝3，∠ACB＝30°，则AF＝（　　） A． B． C． D．6 详解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是两个完全相同的矩形， ∴AB＝CE，BC＝EF，∠B＝∠E＝90°， ∴△ABC和△CEF都是直角三角形， 在Rt△ABC中，AB＝3，∠ACB＝30°， ∴AC＝6，∠BAC＝90°﹣∠ACB＝60°， 在△ABC和△CEF中， ， ∴△ABC≌△CEF（SAS）， ∴AC＝FC＝6，∠BAC＝∠ECF＝60°， ∴∠ACF＝180°﹣（∠ACB+∠ECF）＝90°， ∴△ACF是等腰直角三角形， 由勾股定理得：AF． 故选：B． 变式练习2（2025·龙凤区校级三模） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作BC的垂线，垂足为点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接OE，若菱形ABCD的面积为120，OE＝5，求AE的长． 详解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC且AD＝BC， ∵BE＝CF， ∴BE+EC＝CF+EC， 即BC＝EF， ∴AD＝EF， ∵AD∥EF， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴∠AEF＝90°， ∴平行四边形AEFD是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD， ∵AE⊥BC， ∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∴AC＝2OE＝10， ∴OC＝5， ∵S菱形ABCDAC•BD10×BD＝120， ∴BD＝24， ∴OBBD＝12， 在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC13， 又∵S菱形ABCD＝BC•AE＝13AE＝120， ∴AE， 即AE的长为． 考点三：正方形的性质与判定综合应用 核心考向：利用正方形的双重性质（矩形 + 菱形），解决线段相等、垂直、角度计算等问题，常结合折叠、旋转、全等三角形考查。 典例1（2025春·麻章区期末） 如图，正方形ABCD中，AB＝3，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的中点，求正方形DEFG的面积． 详解：（1）证明：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（ASA）， ∴ED＝EF， ∵四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG是正方形； （2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形， ∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝3，∠GDE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠CDE， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， ∴AG＝CE， ∴AE+AG＝AE+EC＝ACAD＝6； （3）解：连接DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝3，AB∥CD， ∵F是AB中点， ∴AF＝FB， ∴DF， ∴正方形DEFG的面积DF2（）2． 变式练习1（2025秋·青秀区校级期中） 如图，已知四边形ABCD是正方形，直线l经过点D，分别过点A和点C作AE⊥l和CF⊥l，垂足分别为E和F，若DE＝2，则图中阴影部分的面积为 　2　 ． 详解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°，AD＝CD， ∵AE⊥l，CF⊥l， ∴∠AED＝∠DFC＝90°， ∴∠EAD+∠ADE＝90°，∠CDF+∠ADE＝90°， ∴∠EAD＝∠CDF， ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴FC＝DE＝2， ∴阴影部分△EDC面积， 故答案为：2． 变式练习2（2025秋·大东区期中） 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点P，连接DE、CF，DF． （1）求证：DF∥OE； （2）若AB＝4，BF＝8，点P恰好是CD的中点． ①求证：四边形CFDE是矩形； ②若四边形CFDE是正方形，求BC的长度． 详解：证明：（1）在平行四边形ABCD中，OB＝OD， ∵EF＝BE， ∴OE是△BDF的中位线， ∴OE∥DF； （2）①在平行四边形ABCD中，AB＝4， ∴AB＝CD＝4， ∵BF＝8， ∴EF＝BE＝CD＝4， ∵OE∥DF， ∴∠PCE＝∠PDF，∠PEC＝∠PFD， ∵点P恰好是CD的中点， ∴CP＝DP， ∴△CPE≌△DPF（AAS）， ∴DF＝CE， ∵DF∥CE， ∴四边形CFDE是平行四边形， ∵EF＝CD＝4， ∴四边形CFDE是矩形； ②∵四边形CFDE是正方形，EF＝CD＝4， ∴， ∵OE是△BDF的中位线，， ∴， ∵平行四边形ABCD， ∴，AD＝BC， ∴， ∴在直角三角形ADE中，， ∴． 考点四：特殊平行四边形的折叠与旋转问题 核心考向：结合等腰三角形、线段分割问题，考查黄金分割的定义与比例关系，计算黄金分割点对应的线段长度。 典例1（2023·湖北） 如图,将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠,使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A，D重合),点C落在点N处，MN与CD交于点P,折痕分别与边AB,CD交于点E,F,连接BM. （1）求证:/AMB=/BMP （2）若DP=1,求 MD的长。 详解：(1)证明:由翻折和正方形的性质可得∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB. ∴∠EMB=∠EBM, ∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM. 即∠BMP=∠MBC. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AD∥BC. ∴∠AMB=∠MBC ∴∠AMB=∠BMP (2) 解:如图.延长 MN，BC交点为 Q. ∵AD//BC， ∴△DMP~△CQP 又∵DP=1,正方形 ABCD 的边长为3. ∴CP=2. ∴. ∴QC=2MD·QP=2MP 设MD=x.则 QC=2x. ∴BQ=3+2x. ∵∠BMP=∠MBC.即∠BMQ=∠MBQ ∴MQ=BQ=3+2x， ∴MP=MQ= 在 Rt△DMP中，MD2+DP2=MP2 ∴x2+12= 解得x1=0(含去)，x2= ∴MD= 变式练习1（2025秋·巴彦淖尔期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ADB＝30°，现以点O为旋转中心，将AC所在的直线绕点O逆时针旋转一定的角度，旋转之后的直线与边AD，BC所在的直线分别交于点E，F，连接BE、DF，要使四边形BEDF是矩形，这个旋转角的度数最小是（　　） A．45° B．35° C．30° D．25° 详解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ∴AC⊥BD，∠AOD＝90°， ∵四边形BEDF是矩形，∠ADB＝30°， ∴OE＝OD， ∴∠OED＝∠ODE， ∴∠OED＝∠ADB＝30°， ∴∠EOD＝180°﹣30°﹣30°＝120°， ∴∠AOE＝∠EOD﹣∠AOD＝120°﹣90°＝30°， 即把AC所在的直线绕O点逆时针旋转最小的角是30°． 故选：C． 变式练习2（2025春·郓城县期末） 如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF． （1）如图1，在旋转的过程中，写出线段AF与EC的数量关系，并证明； （2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明； （3）若AB＝1，BC，当α＝　45　 °时，线段BF与DF相等． 详解：（1）AF＝CE．理由如下： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥CB，OA＝OC， ∴∠FAO＝∠ECO， 在△AOF和△COE中 ， ∴△AOF≌△COE， ∴AF＝CE； （2）当旋转至90°时，四边形ABEF为平行四边形．理由如下： ∵∠AOF＝90°，∠BAC＝90°， ∴AB∥EF， 而AF∥BE， ∴四边形ABEF为平行四边形； （3）在Rt△ABC中，∵AB＝1，BC， ∴AC2， ∴OA＝1， ∴△ABO为等腰直角三角形， ∴∠AOB＝45°， 当∠FBD＝∠FDB时，BF＝DF， 而∠FDB＝∠CBD， ∴∠FBD＝∠CBD， 即BO平分∠EBF， ∵OE＝OF， ∴OB⊥EF， ∴∠BOF＝90°， ∴∠AOF＝90°﹣45°＝45°， 即α＝45°． 故答案为45． 四、题型汇总 题型1 菱形的性质与判定 题型解读：考查菱形的本质特征（四边相等、对角线垂直且平分对角），以及判定定理（平行四边形 + 一组邻边相等；平行四边形 + 对角线垂直；四边相等的四边形）。 典例（2025・贵州） 如图，在▱ABCD中，E为对角线AC上的中点，连接BE，且BE⊥AC，垂足为E．延长BC至F，使CF＝CE，连接EF，FD，且EF交CD于点G． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若BE＝EF，EC＝4，求△DCF的面积． 详解：（1）证明：∵E为对角线AC上的中点，BE⊥AC， ∴BE垂直平分AC， ∴AB＝BC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：∵BE＝EF， ∴∠EBF＝∠EFB， ∵CF＝CE， ∴∠CEF＝∠CFE， ∴∠BCE＝∠CEF+∠CFE＝2∠CFE＝2∠EBF， ∵∠BEC＝90°， ∴∠CBE＝30°，∠BCA＝60°， ∴∠ACB＝∠ACD＝60°， ∴∠DCF＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠BCE＝∠DCF， ∵BC＝CD，CE＝CF， ∴△BCE≌△DCF（SAS）， ∴∠DFC＝∠BEC＝90°， ∵CF＝CE＝4， ∴DFCF＝4， ∴△DCF的面积DF•CE4×48． 变式 1（2025秋・浑南区校级期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是OA，BC的中点，连接EF，交BD于点G，连接DF．若OG＝1，OE＝3，则DF的长为　3　 ． 详解：如图，取OB的中点H，连接FH， 则BH＝OHOB， ∵点F为BC的中点， ∴HF∥OC，且HFOC， ∴∠HFG＝∠OEG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD，AC⊥BD， ∴FH⊥BD， ∴∠FHG＝∠AOB＝90°， ∵E是OA的中点， ∴OEOA， ∴HF＝OF， 在△HGF和△OGE中， ， ∴△HGF≌△OGE（AAS）， ∴HG＝OG＝1，FH＝OE＝3， ∴OH＝2OG＝2， ∴OB＝OD＝2OH＝4， ∴DH＝OD+OH＝4+2＝6， ∴DF3， 故答案为：3． ． 变式 2（2024秋・普宁市期末） 如图在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DB，DB平分∠ABC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作DC的垂线，分别交AB，AE于点F、G，若AG＝3，AD＝4，求菱形ABCD的面积． 详解（1）证明：∵AB∥CD，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，∠ABD＝∠CDB， ∵DB平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴∠CDB＝∠CBD， ∴CD＝CB， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝4，AD∥BC， ∵AE⊥BC， ∴AE⊥AD， ∴∠DAG＝90°， ∴DG5， ∵AB∥CD，DG⊥DC， ∴DG⊥AB， ∴S△ADGDG•AFAD•AG， ∴AF， ∴DF， ∴S菱形ABCD＝AB•DF＝4． 题型 2：矩形的性质与判定 题型解读：考查矩形的核心性质（四个角为直角、对角线相等且平分），以及判定定理（平行四边形 + 一个直角；平行四边形 + 对角线相等；三个角为直角的四边形）。 典例（2025秋・朝阳区校级期中） 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接OE，若AD＝10，EC＝4，求OE的长度． 详解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC且AD＝BC， ∵BE＝CF， ∴BC＝EF， ∴AD＝EF， ∵AD∥EF， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴∠AEF＝90°， ∴四边形AEFD是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD＝10， ∴AD＝AB＝BC＝10， ∵EC＝4， ∴BE＝10﹣4＝6， 在Rt△ABE中，AE， 在Rt△AEC中，AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC， ∴OEAC． 变式 1（2025秋・碧江区期中） 在矩形ABCD中，点E为AD中点，点F为CD中点，连接BF、CE交于点G，若AB＝8，∠DCE＝2∠CBF，则线段BG的长为（　　） A． B． C．8 D． 详解：延长BF交AD的延长线于T，设AE＝ED＝a， ∵点F为CD的中点， ∴CF＝DF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC∥DT， ∴∠CBF＝∠T，∠BCF＝∠FDT， ∴△BCF≌△TDF（AAS）， ∴DT＝BC＝2a， 设∠CBF＝α，则∠ECD＝2α，∠BCG＝90°﹣2α， ∴∠CGF＝∠GBC+∠GCB＝90°﹣α， ∵∠CFB＝90°﹣α， ∴CF＝CG＝DF＝4， ∵BC∥ET， ∴EG：GC＝ET：BC＝3：2， ∴EG＝6， ∴CE＝10， ∴DE6， ∴a＝6， ∴AT＝4a＝24， ∴BT8， ∵， ∴BGBT， 故选：B． 变式 2（2025秋・沈河区期中） 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且，连接AE交OD于点F，连接CE、OE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）若菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，AE的长为 　2　 ． 详解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OCAC，OB＝OD，AC⊥BD， ∴∠COD＝90°， ∵DEAC， ∴DE＝OC， ∵DE∥AC， ∴四边形OCED为平行四边形， 又∵∠COD＝90°， ∴平行四边形OCED为矩形； （2）解：∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝4， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB＝4， ∴OA＝OCAC＝2， ∵AC⊥BD， ∴OB＝OD2， ∵四边形CODE是矩形， ∴∠ACE＝90°，CE＝OD＝2， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE2， 故答案为：2． 题型 3：正方形的性质与判定 题型解读：考查正方形的双重属性（菱形 + 矩形），性质包括四边相等、四角为直角、对角线相等且垂直平分；判定需满足 “菱形 + 矩形” 的叠加条件（如菱形 + 一个直角；矩形 + 一组邻边相等）。 典例（2024秋・金水区校级期末） 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF． （1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由． （2）当Rt△ABC满足条件AC＝BC 时，四边形AEBF是正方形． 详解：（1）四边形AEBF是菱形， 理由：∵AF∥BE， ∴∠FAD＝∠EBD， ∵D为AB中点， ∴AD＝BD， 在△ADF和△BDE中， ， ∴△ADF≌△BDE（ASA）， ∴AF＝BE， ∴四边形AEBF是平行四边形， ∵DE⊥AB，AF∥BE，交ED的延长线于点F， ∴EF⊥AB， ∴四边形AEBF是菱形． （2）∵四边形AEBF是菱形， ∴当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形， ∵∠C＝∠AEB＝90°， ∴点C与点E重合， ∴AC＝AE＝BE＝BC， ∴当AC＝BC时，四边形AEBF是正方形， 故答案为：AC＝BC． 注：答案不唯一，如：∠ABC＝45°． ． 变式 1（2025秋・鲁山县期中） 如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满足的条件是 BD＝AC且BD⊥AC ． 详解：满足的条件应为：AC＝BD且AC⊥BD． 理由：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点， ∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线， ∴HG∥AC且HGAC； 同理EF∥AC且EFAC，同理可得EHBD， 则HG∥EF且HG＝EF， ∴四边形EFGH为平行四边形， 又∵AC＝BD， ∴EF＝EH， ∴四边形EFGH为菱形， ∵AC⊥BD，EF∥AC， ∴EF⊥BD， ∵EH∥BD， ∴EF⊥EH， ∴∠FEH＝90°， ∴菱形EFGH是正方形． 故答案为：AC＝BD且AC⊥BD． 变式 2（2025・正定县校级开学） 如图，E是平行四边形ABCD的边BC的中点，连接AE并延长AE交DC的延长线于点F． （1）连接AC，BF，若，求证：四边形ABFC为矩形； （2）在（1）条件下，当△ABC再满足一个什么条件时，四边形ABFC为正方形． 详解：（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD， ∴∠BAE＝∠EFC， ∵E为BC的中点， ∴BE＝EC， ∵∠AEB＝∠FEC， ∴△ABE≌△FCE（AAS）， ∴AB＝FC，AE＝FE， ∵AB∥CD，即AB∥CF， ∴四边形ABFC为平行四边形， ∵， ∴BC＝AF， ∴四边形ABFC是矩形； （2）解：当AB＝AC时，四边形ABFC为正方形； 理由：∵AB＝AC，E为BC的中点， ∴AE⊥BC， ∵四边形ABFC为平行四边形， ∴四边形ABFC是菱形， ∵四边形ABFC是矩形， ∴四边形ABFC为正方形． 题型 4：特殊平行四边形中的几何变换问题 题型解读：考查特殊平行四边形经过平移、旋转、轴对称变换后，探究对应边、对应角的关系，或判定变换后的图形是否为特殊平行四边形。 典例（2024・湖北期中） 如图，在长方形ABCD中，∠ABD＝48°，P为AD边上一点，连接BP，将△PBA沿着BP对折后得到△PBE，设∠ABP＝x°，若点F在△PBD内（不包括边界），则x的取值范围是 　24＜x＜32　 ． 详解：当点F落在BD上时，∠ABP为最小，此时点E与点F重合，如图1所示： ∵△PBA和△PBE关于BP对称， ∴∠ABP＝∠EBP， ∴∠ABD＝ABP+∠EBP＝2∠ABP， ∵∠ABD＝48°， ∴∠ABP∠ABD＝24°， 当点F落在OB上时，∠ABP为最大，如图2所示： ∵点F与点E关于BD对称， ∴∠PBD＝∠EBD∠PBE， ∵△PBA和△PBE关于BP对称， ∴∠ABP＝∠EBP， ∴∠PBD∠ABP， ∴∠ABD＝∠ABP+∠PBD∠ABP， ∵∠ABD＝48°， ∴∠ABP∠ABD＝32°， 综上所述：当F在△PBD内（不包括边界）时，24°＜∠ABP＜32°， ∴x的取值范围是：24＜x＜32， 故答案为：24＜x＜32． ． 变式 1（2025・武汉模拟） 如图，将矩形ABCD沿BD折叠得到△BC'D，折叠后C'D与AB交于点E，已知∠2＝40°，则∠1的大小为（　　） A．20° B．25° C．30° D．40° 详解：在矩形ABCD中，∠C＝90°，AB∥CD， ∴∠1+∠CBD＝90°，∠ABD＝∠1， 由折叠可知：∠C′BD＝∠2+∠ABD＝∠CBD， ∴∠1+∠2+∠1＝90°， ∵∠2＝40°， ∴∠1＝25°． 故选：B． 变式 2（2024秋・南京期末） 阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF． 请回答：在图2中，∠GAF的度数是 　45°　 ． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度． （2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝　135°　 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值． 详解：阅读材料： 根据旋转△ABG≌△QDE， ∴∠GAB＝∠EAD，AG＝AE， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAE＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠GAB＝45°，即∠GAF＝45°； （1）过点A作AF⊥CB 交CB的延长线于点F， ∵AD∥BC，∠D＝90°， ∴∠B＝180°﹣∠D＝90°， ∵AD＝CD＝10， ∴四边形AFCD是正方形， ∴CF＝10， 根据上面结论，可知BE＝DE+BF， 设BE＝x， ∵DE＝4， ∴BF＝BE﹣DE＝x﹣4， ∴CB＝CF﹣BF＝10﹣x+4＝14﹣x， CE＝CD﹣DE＝10﹣4＝6， ∵∠C＝90°， ∴CE2+CB2＝BE2， ∴36+（14﹣x）2＝x2， 解得：x， 故BE； （3）过点A作AF⊥CA，取AF＝AC， 连接BF，CF， ∵∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°+∠BAC， ∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝90°+∠BAC， ∴∠BAF＝∠DAC， 又∵AC＝AF，AB＝AD， ∴△FAB≌△CAD（SAS）， ∴BF＝CD， ∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可， 在△BCF中，BF≤BC+CF， 当B、C、F三点共线时， BF取最大值，此时BF＝BC+CF， 在等腰直角三角形ACF中AC＝AF＝4，∠ACF＝45°， ∴CFAC＝4， ∵CB＝6， BF最大为：46，即CD最大值为46，此时∠BCA＝180°﹣∠ACF＝135°． 故答案为：135° 题型 5：特殊平行四边形的动点问题 题型解读：考查动点在特殊平行四边形的边或对角线上运动，探究某一时刻满足的条件（如全等、垂直、等腰、构成特殊图形）。 典例（2025秋・河南校级月考） 如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，点B的坐标为（﹣4，6），P，Q分别为OA，AB上的动点，若点P从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA向点A运动，同时点Q从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向点B运动，当其中一点到达终点时，另一点也停止运动． （1）当△PAQ的面积为4时，求点Q的坐标． （2）多边形OPQBC的面积能否为19？请判断并说明理由． （3）当P，Q两点之间的距离为时，直接写出点P的坐标． 详解：（1）由题意可知，P（﹣t，0），Q（﹣4，2t）， 又∵当其中一点到达终点时，另一点也停止运动， ∴0≤t≤3， ∴， 解得t＝2， ∴此时点Q的坐标为（﹣4，4）． （2）多边形OPQBC的面积不能为19，理由如下： ∵S矩形AOCB＝4×6＝24， ∴当多边形OPQBC的面积为19时，△PAQ的面积为5， 由（1）得，即t2﹣4t+5＝0， ∵Δ＝（﹣4）2﹣4×5＝﹣4＜0， ∴t2﹣4t+5＝0无解， 所以多边形OPQBC的面积不能为19． （3）由（1）知，P（﹣t，0），Q（﹣4，2t）， 则， 即5t2﹣8t＝﹣2，则5t2﹣8t+2＝0， 解得或， 所以此时点P的坐标为或． 变式 1（2025秋・郑州月考） 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10，面积为12．则PE+PF的值为（　　） A． B． C．3 D． 详解：连接BP，如图， ∵菱形ABCD的周长为10，四边形ABCD为菱形， ∴， ∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC， ∴， ∴， 则PE+PF的值为． 故选：B． ． 变式 2（2024秋・沙依巴克区期末） 已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝3，连接DE． （1）动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△ABP和△DCE全等？ （2）若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着BE向终点E运动，连接DP．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使△PDE为等腰三角形？若存在，请求出t的值；否则，说明理由． 详解：（1）若△ABP与△DCE全等， ∴BP＝CE或AP＝CE， 当BP＝CE＝3时，则t＝3÷1＝3， 当AP＝CE＝3时，则t＝（6+6+4﹣3）÷1＝13， ∴当t为3或13时，△ABP和△DCE全等； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，CD⊥BC， 在Rt△DCE中，CE＝3， ∴DE=DC2+CE2=5， 若△PDE为等腰三角形， 则PD＝DE或PE＝DE或PD＝PE， 当PD＝DE时， ∵PD＝DE，DC⊥BE， ∴PC＝CE＝3， ∵BP＝BC﹣CP＝3， ∴t＝3÷1＝3， 当PE＝DE＝5时， ∵BP＝BE﹣PE， ∴BP＝9﹣5＝4， ∴t＝4÷1＝4， 当PD＝PE时， ∴PE＝PC+CE＝3+PC， ∴PD＝3+PC， 在Rt△PDC中，DP2＝CD2+PC2． ∴（3+PC）2＝16+PC2， ∴PC=76， ∵BP＝BC﹣PC， ∴BP=296， ∴t=296÷1=296， 综上所述：当t＝3或4或时，△PDE为等腰三角形． 题型 6 ：特殊平行四边形中的最值问题 题型解读：利用特殊平行四边形的边长、对角线、角度特征，结合 “垂线段最短”“三角形三边关系”“函数最值” 求解最值（如线段最短、面积最大）。 典例（2024秋・义乌期末） 如图，正方形ABCD的边长为4，点P是BC边上的动点，连结DP，作DP的中垂线交BD于点Q，则BQ的最大值为（　　） A．8−42 B．82−8 C．22 D．4 详解：方法一：∵正方形ABCD的边长为4， ∴∠DBC＝45°，BD=AB2+DA2=42， 如图：过Q作QE⊥BC于E，设BE＝QE＝x，BP＝y（x＜4，y＜4）， 则BQ=2x，DQ=42−2x，EP＝y﹣x， ∵DP的中垂线交BD， ∴PQ＝DQ＝42−2x， ∵PQ2＝QE2+PE2， ∴(42−2x)2=x2+(y−x)2， 整理得：x=32−y22(8−y)， 设8﹣y＝t，则y＝8﹣t， ∴x=32−(8−t)22t=−32−t2+16t2t=8−(16t+t2)≤8−216t×t2=8−42， ∴BE的最大值为8−42， ∴BQ的最大值为2BE=2(8−42)=82−8． 故选B。 变式 1（2025春・槐荫区期末） 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点P在AD上，点Q在BC上，且DP＝BQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为 　5　 ． 详解：如图，连接BP， 在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝3， ∵DP＝QB，DP∥BQ， ∴四边形DPBQ是平行四边形， ∴PB∥DQ，PB＝DQ， 则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值， 在BA的延长线上截取AE＝AB＝2，连接PE， 则BE＝2AB＝4， ∵PA⊥BE， ∴PA是BE的垂直平分线， ∴PB＝PE， ∴PC+PB＝PC+PE， 连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE， ∴CE5， ∴PC+PB的最小值为5， 即PC+QD的最小值为5， 故答案为：5． 变式 2（2025春・宜城市期末） 如图，点E是边长为4的正方形ABCD的对角线BD上的一个动点（不与点B、D重合），连接AE，以AE为边向左侧作正方形AEFG，点P为AD的中点，连接PG、DG，DG与BA的延长线交于点H，在点E运动过程中，线段PG的最小值是 　2　 ． 详解：四边形ABCD、四边形AEFG均为正方形， ∴∠DAB＝∠GAE＝90°，AD＝AB，AG＝AE，∠ABD＝45°， ∴∠DAB﹣∠DAE＝∠GAE﹣∠DAE，即∠GAD＝∠EAB， 在△GAD和△EAB中， AG=AE∠GAD=∠EABAD=AB， ∴△GAD≌△EAB（SAS）， ∴∠PDG＝∠ABD＝45°， ∴点G在线段DH上， ∴当PG⊥DH时，PG最短， ∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD的中点， ∴DP＝2， ∵PG⊥DH，∠PDG＝45°， ∴△PDG为等腰直角三角形， ∴PG=PD=2， 故答案为：2． 题型7 特殊平行四边形中的多结论判断 题型解读：给出特殊平行四边形的图形及多个结论，判断正确结论的个数，综合考查性质、全等、相似、勾股定理等知识点。 典例（2025・齐河县模拟） 如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③ 详解：∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°， ∴∠EAB＝∠PAD， 又∵AE＝AP，AB＝AD， ∵在△APD和△AEB中，， ∴△APD≌△AEB（SAS）；故①正确； 由△APD≌△AEB得，∠AEP＝∠APE＝45°，从而∠APD＝∠AEB＝135°， 所以∠BEP＝90°， 过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离， 在△AEP中，由勾股定理得PE， 在△BEP中，PB，PE，由勾股定理得：BE， ∵∠PAE＝∠PEB＝∠EFB＝90°，AE＝AP， ∴∠AEP＝45°， ∴∠BEF＝180°﹣45°﹣90°＝45°， ∴∠EBF＝45°， ∴EF＝BF， 在△EFB中，由勾股定理得：EF＝BF， 故②是错误的； 因为△APD≌△AEB，所以∠ADP＝∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的； 连接BD，则S△BPDPD×BE， 所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2， 所以S正方形ABCD＝2S△ABD＝4所以④是正确的； 综上可知，正确的有①③④， 故选：C． ． 变式 1（2025春・汝阳县期末） 如图，在菱形ABCD中，过对角线BD上任一点P，作EF∥BC，GH∥AB，下列结论正确的是　①②④　 ．（填序号） ①图中共有3个菱形； ②△BEP≌△BGP； ③四边形AEPH的面积一定等于四边形BGPE面积的2倍； ④四边形AEPH的周长等于四边形GPFC的周长． 详解：∵图中有三个菱形，如菱形ABCD、菱形HPFD、菱形BEPG， ∴①正确； ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥DC，AD∥BC，∠ABD＝∠CBD， ∵EF∥BC，GH∥AB， ∴四边形BEPG是平行四边形， ∴PE＝BG，PG＝BE， 在△BEP和△PGB中， ， ∴△BEP≌△PGB（SSS）， ∴②正确； ∵只有当AE＝2BE时，四边形AEPH的面积等于△ABD的面积的2倍， ∴③错误； ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AD∥BC， ∵EF∥BC，GH∥AB， ∴AD∥EF∥BC，AB∥GH∥CD， ∴四边形AEPH、四边形HPFD、四边形BEPG、四边形PFCG是平行四边形， ∴AH＝BG＝PE，AE＝HP＝DF，BE＝PG＝CF，DH＝PF＝CG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠EBP＝∠GBP， ∵PE∥BG， ∴∠EPB＝∠GBP， ∴∠EBP＝∠EPB， ∴BE＝PE， ∴AH＝PE＝BG＝BE＝CF＝PG， 同理AE＝HP＝DF＝PF＝CG， ∴四边形AEPH的周长＝四边形GPFC的周长， ∴④正确； 故答案为：①②④． 变式2（2025秋・莱芜区期中） 如图，正方形ABCD的边长为6，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；②若G为BD上任意一点，则AG＝EF；③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值6；④点G在运动过程中，线段EF的最小值为．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 详解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝90°，AD＝DC，∠CBG＝∠CDG＝∠ADG＝45°， ∵GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F， ∴∠GEC＝∠GED＝∠GFC＝∠GFB＝90°， ∴四边形GFCE是矩形，∠EGD＝∠EDG＝45°，∠FGB＝∠CBG＝45°， ∴DGGE，BGGF， ∵G为BD的中点， ∴DG＝BG， ∴GE＝GF， ∴四边形GFCE是正方形， 故①正确； 连接GC， ∵四边形GFCE是矩形， ∴EF＝GC， 在△ADG与△CDG中， ， ∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴AG＝GC， ∴AG＝EF， 故②正确； ∵∠EGD＝∠EDG＝45°， ∴GE＝ED， ∵四边形GFCE是矩形， ∴GF＝CE， ∴GE+GF＝ED+CE＝CD＝4， 即GE+GF的值为定值4，故③正确； ∵EF＝GC， ∴当CG最小时，EF最小， ∴当CG⊥BD时，CG最小， 在Rt△BCD中，BDCD＝4， ∵S△BCDBD•CGBC•CD， ∴4CG＝4×4， ∴CG＝2， ∴线段EF的最小值为2， 故④正确； ∴正确的有①②③④， 故选：D． ． 题型 8：特殊平行四边形的综合探究 题型解读：融合菱形、矩形、正方形的性质与判定，结合三角形、梯形等图形，探究线段关系、角的关系或图形的判定。 典例（2024春・三河市期末） 如图，正方形ABCD，点E，F是对角线AC上的两点，∠EBF＝45°，连接BE，BF，△ABE和△GBE关于直线BE对称．点G在BD上，连接FG． （1）求∠FBC的度数； （2）如备用图，延长BF交CD于点H，连接HG． ①求证：四边形GHCF是菱形； ②求的值． 详解：（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠CBD＝∠ABD＝∠BAC＝∠BCA＝45°， 由轴对称的性质得：∠BGE＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠GBE∠ABD＝22.5°， ∵∠EBF＝45°， ∴∠DBF＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∴∠FBC＝∠CBD﹣∠DBF＝22.5°； （2）①证明：设AC与BD交于点O，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD＝45°，OA＝OC，AC⊥BD， ∴∠BEF＝∠BFE＝90°﹣22.5°＝67.5°， ∴BE＝BF， ∴OE＝OF， ∴GE＝GF， ∵AC⊥BD， ∴∠BGF＝∠NGE＝45°， ∴∠EGF＝45°+45°＝90°， ∴△EFG是等腰直角三角形， ∴∠GFE＝45°＝∠ACD， ∴GF∥HC， ∵∠CFH＝∠BFE＝67.5°，∠CHF＝90°﹣∠FBC＝67.5°， ∴∠CFH＝∠CHF， ∴HC＝CF， ∵OA＝OC，OE＝OF， ∴AE＝CF， ∴GF＝CF＝HC， ∴四边形GHCF是平行四边形， ∵HC＝CF， ∴平行四边形GHCF是菱形； ②解：设OE＝OF＝a，则AE＝GE＝GF＝CF＝CHa， ∴AC＝（2+2）a， ∴CDAC＝（2）a， ∴1． 变式 1（2025春・高新区校级期末） 如图，1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，且DE与AF相交于点G． （1）DE与AF的位置关系为 DE⊥AF ； （2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由． 类比迁移： 如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝7，BF＝2，求DE的长． 详解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°， 在Rt△ADE和Rt△BAF中， ， ∴Rt△ADE≌Rt△BAF（HL）， ∴∠ADE＝∠BAF， ∵∠BAF+∠GAD＝∠DAB＝90°， ∴∠ADE+∠GAD＝90°， 在△ADG中，∠AGD＝180°﹣（∠ADE+∠GAD）＝90°， ∴DE⊥AF， ∴DE与AF的位置关系为：DE⊥AF， 故答案为：DE⊥AF； （2）△AHF是等腰三角形，理由如下： 由（1）可知：Rt△ADE≌Rt△BAF， ∴AE＝BF， ∵BH＝AE， ∴BH＝BF， ∵∠ABC＝90°， ∴AB⊥HF， ∵AB是线段HF的垂直平分线， ∴AH＝AF， ∴△AHF是等腰三角形； 类比迁移：解：延长CB到K，使BK＝AE，连接AK，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，BA＝AD， ∴∠KBA＝∠DAE， 在△BAK和△ADE中， ， ∴△BAK≌△ADE（SAS）， ∴AK＝DE，∠K＝∠AED， ∵DE＝AF，∠AED＝60°， ∴AK＝AF，∠K＝60°， ∴△AKF是等边三角形， ∴AF＝KF＝AB， ∵AE＝7，BF＝2， ∴KF＝BK+BF＝AE+BF＝7+2＝9， ∴AF＝KF＝9， ∴DE＝AF＝9． 变式 2（2024秋・凉州区校级期末） 问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由． 类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝7，BF＝2，求DE的长． 详解：（1）证明：如图1中， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠B＝90°， ∵DE⊥AF， ∴∠DAB＝∠AGD＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°， ∴∠ADE＝∠BAF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（AAS）， ∴AD＝AB， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD是正方形； （2）解：结论：△AHF是等腰三角形， 理由：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝∠ABH＝90°， ∵DE⊥AF， ∴∠DAB＝∠AGD＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°， ∴∠ADE＝∠BAF， ∵DE＝AF， ∴△ADE≌△BAF（AAS）， ∴AE＝BF， ∵DE＝AF， ∴BH＝AE， ∴BH＝BF， ∵∠ABH＝90°， ∴AH＝AF， ∴△AHF是等腰三角形； 类比迁移：解：延长CB到点H，使BH＝AE＝7，连接AH， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AB＝AD， ∴∠ABH＝∠BAD， ∵BH＝AE， ∴△DAE≌△ABH（SAS）， ∴AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°， ∵DE＝AF， ∴AH＝AF， ∴△AHF是等边三角形， ∴AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝7+2＝9， ∴DE＝AH＝9． 第 1 页 共 35 页 学科网（北京）股份有限公司 $