专题十九 四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）讲义2026年中考一轮复习数学复习

该初中数学中考复习讲义聚焦四边形专题，覆盖平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，中点四边形及综合应用，按“基础性质-判定方法-综合探究”架构知识点。通过考点梳理、例题精讲、变式训练和分层练习，帮助学生突破中点问题、动态几何等难点，体现系统性复习。 亮点在于真题导向与分层突破，精选2024-2025各地中考题，如“菱形性质”题型中构造全等三角形解决对角线计算，培养推理意识和几何直观。设基础过关、能力提升练习，配合即时反馈，助力学生高效掌握考点，教师可精准把控复习节奏，提升应考能力。

专题十九 四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形） 【题型一】平行四边形的性质 【例1】（2025•广元）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，对角线AC，BD交于点O，点P是AB的中点，连接DP，点E是DP的中点，连接OE，则OE的长是（　　） A．1 B． C．2 D．4 【分析】由平行四边形的性质得BO＝DO，因为AB＝8，点P是AB的中点，所以BP＝AP＝4，由点O是DB的中点，点E是DP的中点，根据三角形中位线定理得OEBP＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O， ∴BO＝DO， ∵AB＝8，点P是AB的中点， ∴BP＝APAB＝4， ∵点O是DB的中点，点E是DP的中点， ∴OEBP＝2， 故选：C． 【变式1】（2025•安徽）在如图所示的▱ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（不与端点重合），且满足AF＝CH，则下列为定值的是（　　） A．四边形EFGH的周长 B．∠EFG的大小 C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长 【变式2】（2025•贵州）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，∠ABC＝60°，以A为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E，则EC的长为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【变式3】（2025•山西）如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边AD的中点，连接OE．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（　　） A．OEAD B．OEBC C．OEAB D．OEAC 【题型二】平行四边形的判定 【例1】（2024•乐山）如图，下列条件中不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB∥DC，AD∥BC B．AB＝DC，AD＝BC C．AO＝CO，BO＝DO D．AB∥DC，AD＝BC 【分析】根据平行四边形的判断定理分别作出判断得出即可． 【解答】解：A、根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； B、根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； C、根据平行四边形的判定定理：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； D、一组对边平行，另一组对边相等，可能是等腰梯形，故不能判断这个四边形是平行四边形，符合题意； 故选：D． 【变式1】（2024•济宁）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，请补充一个条件 ，使四边形ABCD是平行四边形． 【变式2】（2023•广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF＝CE，∠BAC＝∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形． 【题型三】平行四边形的判定与性质 【例1】（2024•辽宁）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，若AC＝3，BD＝5，则四边形OCED的周长为（　　） A．4 B．6 C．8 D．16 【分析】根据平行四边形对角线互相平分得出OC、OD的长，再证明四边形OCED是平行四边形即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OC，OD， ∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形， ∴四边形OCED的周长＝2（OC+OD）＝2×（）＝8， 故选：C． 【变式1】（2025•广东）如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，过点A，C分别作AE∥DC，CE∥AB，AE与CE相交于点E．现有以下命题： 命题1：若连接BE交CA于点F，则S△CFB＝2S△CEF． 命题2：若连接ED，则ED⊥AC． 命题3：若连接ED，则ED＝BC． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【变式2】（2025•盐城）如图，点E，F在▱ABCD的对角线AC上．若　 　 ，则四边形BEDF是平行四边形．请从①BE＝DF；②AE＝CF；③BE∥DF这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【题型四】菱形的性质 【例1】（2025•陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，延长CB至点E，延长AD至点F，连接AE，CF．若四边形AECF为菱形，则这个菱形的面积为（　　） A．9 B． C． D． 【分析】根据菱形的性质得出AE＝EC，进而利用矩形的性质得出∠ABE＝90°，利用勾股定理解答即可． 【解答】解：∵四边形AECF是菱形， ∴AE＝EC， 设AE＝x，则EB＝EC﹣BC＝x﹣2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝90°， 在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2， 即x2＝32+（x﹣2）2， 解得：x， ∴菱形AECF的面积， 故选：C． 【变式1】（2025•常州）如图，在菱形ABCD中，AC、BD是对角线，AB＝5．若∠ABD＝30°，则AC的长是（　　） A．4 B．5 C．6 D．10 【变式2】（2025•辽宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E在线段OA上，AE＝2，点F在线段OC上，OF＝1，连接BE，点G为BE的中点，连接FG，则FG的长为　 　 ． 【题型五】菱形的判定 【例1】（2024•攀枝花）如图，四边形ABCD是平行四边形，给出下列四个条件：①AB＝BC；②AC＝BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD．若添加其中一个条件，不能使四边形ABCD是菱形的为（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【变式1】（2025•黑龙江）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 　 ，使平行四边形ABCD为菱形． 【变式2】（2025•徐州）已知：如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，EF⊥AC于点G，交AD于点F，AB⊥AC，连接AE，CF．求证： （1）△AGF≌△CGE； （2）四边形AECF是菱形． 【题型六】菱形的判定与性质 【例1】（2025•湖南）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD互相垂直平分，AB＝3，则四边形ABCD的周长为（　　） A．6 B．9 C．12 D．18 【变式1】（2025•扬州）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AB＝3，BC＝5，CE平分∠ACD，求DE的长． 【变式2】（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． 【题型七】矩形的性质 【例1】（2025•贵州）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD，BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1＝70°，则∠2的度数是（　　） A．20° B．70° C．80° D．110° 【分析】根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠2＝∠1＝70°． 故选：B． 【变式1】（2025•德州）如图，矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（3，0），（0，2），▱OADE与矩形OABC周长相等，▱OADE的面积是矩形OABC面积的一半，则点D的坐标为（　　） A． B． C．（5，1） D． 【变式2】（2025•绥化）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为60°．则这个矩形的面积是（　　） A．25 B．25 C．25 D．50 【题型八】矩形的判定 【例1】（2025•东营）如图，点O是△ABC边AC的中点，连接BO并延长至点D，使OD＝BO，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AB＝BC B．∠ABC＝90° C．∠ABD＝∠ACD D．OB＝OC 【分析】先证明四边形ABCD是平行四边形，得AB∥CD，再由矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：∵点O是△ABC边AC的中点， ∴OA＝OC， ∵OD＝BO， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， A、∵AB＝BC时， ∴平行四边形ABCD是菱形，故选项A符合题意； B、∵∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠CDO， ∵∠ABD＝∠ACD， ∴∠CDO＝∠ACD， ∴OC＝OD， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、∵OB＝OC， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意； 故选：A． 【变式1】（2024•泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（　　） A．∠A＝90° B．∠B＝∠C C．AC＝BD D．AC⊥BD 【变式2】（2025•德阳）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（　　） A．AB∥CD B．AB＝BC C．∠B＝∠D D．AC＝BD 【题型九】矩形的判定与性质 【例1】（2025•北京）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG＝FC． （1）求证：四边形DFCG是矩形； （2）若∠B＝45°，DF＝3，DG＝5，求BC和AC的长． 【分析】（1）证明DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，再证明四边形DFCG是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）证明△BDF是等腰直角三角形，得BF＝DF＝3，则BC＝BF+FC＝8，再由三角形中位线定理求出DE＝4，然后由矩形的性质得CG＝DF＝3，∠G＝90°，则EG＝DG﹣DE＝1，进而由勾股定理求出CE的长，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∵DG＝FC， ∴四边形DFCG是平行四边形， 又∵DF⊥BC， ∴∠DFC＝90°， ∴平行四边形DFCG是矩形； （2）解：∵DF⊥BC， ∴∠DFB＝90°， ∵∠B＝45°， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴BF＝DF＝3， ∵DG＝FC＝5， ∴BC＝BF+FC＝3+5＝8， 由（1）可知，DE是△ABC的中位线，四边形DFCG是矩形， ∴DEBC＝4，CG＝DF＝3，∠G＝90°， ∴EG＝DG﹣DE＝5﹣4＝1， ∴CE， ∵E为AC的中点， ∴AC＝2CE＝2． 【变式1】（2025•云南）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，O是AC的中点．延长BO至点D，使OD＝OB．连接AD，CD．记AB＝a，BC＝b，△AOB的周长为l1，△BOC的周长为l2，四边形ABCD的周长为l3． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若l2﹣l1＝2，l3＝28，求AC的长． 【变式2】（2024•青岛）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若AB＝BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【题型十】正方形的性质 【例1】（2025•泸州）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE上的点，且DF＝DC，则AF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，先求出CE，证明△BCE和△CDQ全等得CE＝DQ，BE＝CQ＝1，证明△CPQ和△CBE相似得CP，PQ，则DP，FP＝CP，CF，EF，再证明四边形BCMN是矩形得MN＝BC＝2，由三角形的面积公式的FN，则FM，再由勾股定理求出EM，则AM，最后在Rt△AFM中，由勾股定理即可求出AF的长． 【解答】解：过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝CD＝2，∠B＝∠DCB＝90°，CD∥AB， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BEAB＝1， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE， ∴∠DCP+∠BCE＝90°， ∵DQ⊥CE， ∴∠CDQ+∠DCP＝90°， ∴∠BCE＝∠CDQ， 在△BCE和△CDQ中， ， ∴△BCE≌△CDQ（ASA）， ∴CE＝DQ，BE＝CQ＝1， ∵DQ⊥CE，∠B＝90°， ∴∠CPQ＝∠B＝90°， 又∵∠PCQ＝∠BCE， ∴△CPQ∽△CBE， ∴， ∴， ∴CP，PQ， ∴DP＝DQ﹣PQ， ∵DF＝DC，DQ⊥CE， ∴FP＝CP， ∴CF＝FP+CP， ∴EF＝CE﹣CF， ∵CD∥AB，MN⊥AB， ∴MN⊥CD， ∴∠MNC＝∠DCB＝∠B＝90°， ∴四边形BCMN是矩形， ∴MN＝BC＝2， 由三角形的面积公式得：S△DCFCD•FNDP•CF， ∴， ∴FN， ∴FM＝MN﹣FN， 在Rt△EFM中，由勾股定理得：EM， ∴AM＝AE+EM， 在Rt△AFM中，由勾股定理得：AF． 故选：B． 【变式1】（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，BC上，，连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S0，S1，S2，S3，S4，若点P在运动中始终满足3S0＝S1+S2+S3+S4，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（　　） A．2 B． C．4 D．2π 【变式2】（2025•陕西）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠BAE＝∠DAF．求证：CE＝CF． 【题型十一】正方形的判定 【例1】（2025•石家庄一模）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，满足DF∥AC，DE∥AB，连接AD． ①当DE⊥AC时，四边形AFDE为矩形； ②当AD平分∠BAC时，四边形AFDE为菱形； ③当△ABC为等腰直角三角形时，四边形AFDE为正方形． 上述说法正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】①根据平行四边形的判定和矩形的判定定理即可得到结论； ②根据平行四边形的性质和菱形的判定定理得到结论； ③根据等腰直角三角形的性质和矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：①∵DF∥AC，DE∥AB， ∴四边形AFDE为平行四边形， ∵DE⊥AC， ∴四边形AFDE为矩形，故①正确； ②∵四边形AFDE为平行四边形，AD平分∠BAC， ∴四边形AFDE为菱形，故②正确； ③∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠BAC＝90°，∠B＝∠C＝45°， ∵四边形AFDE为平行四边形， ∴四边形AFDE为矩形， 即△ABC为等腰直角三角形时，只能证明四边形AFDE为矩形，故③错误． 故选：A． 【变式1】（2025•黎城县二模）如图，已知△ABC，在BC边的同侧作正△ABD、正△ACF和正△BCE，连接DE，EF，则下列选项中不正确的是（　　） A．一定会出现平行四边形ADEF B．当∠BAC＝150°时，四边形ADEF为矩形 C．当∠BAC＝150°，且AB＝AC时，四边形ADEF为正方形 D．当AB＝AC，四边形ADEF为菱形 【变式2】（2025•天元区校级模拟）如图，Rt△ABC≌Rt△DCB，其中∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，O为BC中点，EF过点交AC、BD于点E、F，连接BE、CF，则下列结论错误的是（　　） A．四边形BECF为平行四边形 B．当BF＝3.5时，四边形BECF为矩形 C．当BF＝2.5时，四边形BECF为菱形 D．四边形BECF不可能为正方形 【题型十二】正方形的判定与性质 【例1】（2025•浙江模拟）在四边形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与点A，点B，点C，点D重合），下面结论： ①若四边形ABCD为正方形，则存在无数个四边形MNPQ是正方形； ②若四边形ABCD为矩形，则存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③若四边形ABCD是菱形，存在无数个四边形MNPQ是菱形，其中正确的结论个数为（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解． 【解答】解：根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解如下： 如图1，四边形ABCD是正方形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 则四边形MNPQ是平行四边形， 当PM⊥QN时，PM＝QN，存在无数个四边形MNPQ是正方形，故①正确； 如图2，四边形ABCD是矩形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形，故②正确； 如图3，四边形ABCD是菱形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故③正确． 故选：A． 【例2】（2025•香坊区校级一模）已知四边形ABCD，∠ABC＝90°，∠ACB+∠BCD＝90°，AC＝CD，若AB＝1，BD＝5，则AD＝　　 ． 【分析】作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°，根据ASA证明△ABC≌△DCE得BC＝CE，DE＝AB＝1，延长ED交BA的延长线于点F，设BF＝EF＝2a，在Rt△BDF中利用勾股定理求解即可． 【解答】解：作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°． ∵∠BCA+∠BCD＝90°，∠DCE+∠BCD＝∠BCE＝90°， ∴∠DCE＝∠BCA． 在△ABC和△DCE中， ， ∴△ABC≌△DCE（ASA）， ∴BC＝CE，DE＝AB＝1． 延长ED交BA的延长线于点F，则四边形BCEF是正方形， ∴BF＝EF． 设BF＝EF＝a，则DF＝a﹣1， 在Rt△BDF中，a2+（a﹣1）2＝52， 解得a＝4（负值舍去）， ∴AF＝DF＝4﹣1＝3， ∴． 故答案为：． 【变式1】（2025•哈尔滨校级四模）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，过点A作AD的垂线交BC于点E，AD＝AE，CD＝3，CE＝9，2∠AEC+∠B＝180°，则AB的长为　 　 ． 【变式2】（2024•汉川市模拟）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点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． 【变式3】（2025•罗湖区校级模拟）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F．则四边形CEDF是什么形状？请求证． （2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长． 【题型十三】中点四边形 【例1】（2025•长沙一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，下列说法中不正确的是（　　） A．四边形EFGH一定是平行四边形 B．若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形 C．若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形 D．若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是正方形 【分析】根据三角形中位线定理得到EFAC，EF∥AC，FGBD，FG∥BD，GHAC，GH∥AC，再根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF、FG、GH分别为△ABC、△BCD、△ADC的中位线， ∴EFAC，EF∥AC，FGBD，FG∥BD，GHAC，GH∥AC， ∴EF＝GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH为平行四边形， 当AC＝BD时，EF＝FG，则平行四边形EFGH为菱形， 当AC⊥BD时，EF⊥FG，则平行四边形EFGH是矩形， 若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 【变式1】（2025•朝阳县二模）如图，E，F，G，H分别为四边形ABCD各边的中点，顺次连接E，F，G，H，得到四边形EFGH，下列描述错误的是（　　） A．四边形EFGH一定是平行四边形 B．当∠BAC＝90°时，四边形EFGH为矩形 C．当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形 D．当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形 【变式2】（2025•岳西县二模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，DE，AF交于点G，连接CG，EF，DF，则下列说法正确的个数为（　　） ①△ADE≌△BAF； ②DG：DE＝4：5； ③依次连接AE，EF，DF，AD的中点P，Q，M，N，则四边形MNPQ为等腰梯形； ④2∠ADE+∠BCG＝90°． A．1 B．2 C．3 D．4 【题型十四】四边形综合题 【例1】（2025•甘肃）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，EG＝EF，点G在CD的延长线上． （1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据正方形的性质，证明△ADG≌ABF，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明△PAE≌△EDG，即可得出结论； （3）作FH⊥AB，得到AE∥FH，平行线分线段成比例得到AP＝AH，进而得到AE为△PHF的中位线，得到FH＝2AE，根据AP＝DE，得到AH＝DE，进而得到AE＝BH，勾股定理得到，再根据AE＝DG，即可得出结论． 【解答】解：（1）BF＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△EFG是直角三角形，EG＝EF， ∴∠FEG＝90°， 当点E与点A重合时， 则∠FAG＝90°＝∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAF＝90°﹣∠DAF， 又∵AB＝AD，AG＝AF， ∴△ADG≌ABF， ∴BF＝DG； （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P+∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF， ∴∠P＝∠DEG， ∵EG＝EF，EF＝EP， ∴EG＝EP， 在△APE和△DEG中， ， ∴△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG； （3），理由如下： 由（2）可知：△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG，AP＝DE， 作FH⊥AB于点H， 则∠FHB＝∠FHA＝90°＝∠PAE， ∴AE∥FH， ∴， ∴PA＝AH， ∵PE＝EF， ∴AE为△PHF 的中位线， ∴HF＝2AE， ∵AP＝DE，PA＝AH， ∴DE＝AH， 又∵AD＝AB， ∴AE＝BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：， ∵AE＝DG， ∴． 【例2】（2025•贵州）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P为线段AC上一动点，点E为射线BP上的一点（点E与点B不重合）．【问题解决】 （1）如图①，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC＝ 　30　 度，线段BP与线段AC的位置关系是 BP⊥AC ； 【问题探究】 （2）如图②，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°，探究线段BE与线段EC的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF，射线EF交射线BC于点G，若BE＝2FG，AB＝5，求AP的长． 【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABC为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ，证明△BEQ为等边三角形，可得∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ，求解∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°，∠EQC＝150°﹣60°＝90°，可得∠ECQ＝90°﹣60°＝30°，进一步可得结论； （3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H，证明△HAB﹣△BEG，可得，设FG＝x，则EF＝BE＝2x，可得，证明△APH﹣△CPB，再进一步解答即可；如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H，同理可得：△BAH﹣△GEB，设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m，可得AH＝10，证明△APH﹣△CPB，再进一步可得答案． 【解答】解：（1）在菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∵点P与线段AC的中点O重合， ∴， ∴BP⊥AC， 故答案为：30，BP⊥AC； （2）CE＝2BE， 理由：如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ， ∴BE＝BQ，∠EBQ＝60°，∠AEB＝∠BQC． ∴△BEQ为等边三角形， ∴∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ， ∵点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°， ∴∠AEB＝150°，∠BEC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°， ∴∠EQC＝150°﹣60°＝90°， ∴∠ECQ＝90°﹣60°＝30°． ∴CE＝2EQ＝2BE； （3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H， ∵AH∥BC， ∴∠AHB＝∠CBH， ∵∠ABC＝60°，∠BAD＝120°＝∠BEG， ∴△HAB∽△BEG， ∴， 设FG＝x，则EF＝BE＝2x， ∴EG＝3x， ∴， ∴， ∵AD∥BC， ∴△APH∽△CPB， ∴， ∴， ∵△ABC为等边三角形， ∴AC＝AB＝5，， 如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H， 同理可得：∠H＝∠PBC，∠BAH＝∠BEG＝120°， ∴△BAH∽△GEB， 设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m， ∴， ∴AH＝10， 同理：△APH∽△CPB，2，， 综上：AP的长为2或． 【变式1】（2025•徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E． （1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； （3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　 　 ． 【变式2】（2025•安徽）已知点A′在正方形ABCD内，点E在边AD上，BE是线段AA′的垂直平分线，连接A′E，A′B． （1）如图1，若BA′的延长线经过点D，AE＝1，求AB的长； （2）如图2，点F是AA′的延长线与CD的交点，连接CA′． （i）求证：∠CA′F＝45°； （ii）如图3，设AF，BE相交于点G，连接CG，DG，DA′，若CG＝CB，判断△A′DG的形状，并说明理由． 【变式3】（2025•德州）已知点O是正方形ABCD的中心，点P，E分别是对角线AC，边BC上的动点（均不与端点重合），作射线PE． （1）将射线PE绕点P逆时针旋转90°，交边CD于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：PE＝PF； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； （2）如图3，连接BP，当∠BPE＝45°时，将射线PE绕点P顺时针旋转90°，交边AB于点F．若，PE＝a，求四边形PEBF的面积（用含a，k的式子表示）． 【变式4】（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　 　 ；②AC2　 　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 【课后练习】 1．（2025•青海）如图，在△ABC中，点O，D分别是边AB，BC的中点，过点A作AE∥BC交DO的延长线于点E，连接AD，BE． （1）求证：四边形AEBD是平行四边形； （2）若AB＝AC，试判断四边形AEBD的形状，并证明． 2．（2025•长春）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB＝5，OA＝4，OB＝3．求证：▱ABCD是菱形． 3．（2025•大庆）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点O．点B，点D关于AC所在直线对称． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作BC的垂线交BC延长线于点E．若CE＝3，AD＝5，求线段OC长． 4．（2025•兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 5．（2025•长沙）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝DF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）连接EF，若BC＝12，BE＝5，求EF的长． 6．（2025•乐山）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确的组合是 　 　 （只需填一种组合即可）． 7．（2024•黑龙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 　 ，使得菱形ABCD为正方形． 8．（2025•睢县模拟）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D为线段AC上一点，且AB＝AD，E为线段BC的中点，连接BD、ED，延长BA到点F，使得AF＝BA，连接DF，过点B作DF的平行线交DA的延长线于点G． （1）四边形BDFG是正方形吗？请说明理由； （2）若tan∠BCA，CD＝2，求线段DE的长度． 9．（2025•石家庄二模）八年级下学期数学课本有这样一道题“如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．”以下是嘉嘉和淇淇两人不同的做法，下列判断正确的是（　　） 嘉嘉 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD． ∵E，F，G、H分别是AO，BO，CO，DO的中点， ∴OEOA，OGOC，OFOB，OHOD． ∴OE＝OG，OF＝OH． ∴四边形EFGH是平行四边形． 淇淇 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD． ∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点， ∴EF∥AB，EFAB，GH∥CD，GHCD． ∴EF∥GH，EF＝GH． ∴四边形EFGH是平行四边形． A．都正确 B．都不正确 C．只有嘉嘉的正确 D．只有淇淇的正确 10．（2025•攀枝花）如图1，正方形ABCD的边长为2．E、F分别为边BC、CD上的动点，△CEF的周长为4，G是CB延长线上的一点，且GB＝DF． （1）求证：AG⊥AF； （2）试问∠EAF的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； （3）如图2，若M为边BC的中点，过点A作AH⊥EF，垂足为H．求MH的最小值． 11．（2025•陕西）问题探究 （1）在△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝8，AD为BC边上的中线，则AD的长为　 　 ； （2）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝6，P为边BC上一点，PM⊥AC，PN⊥AB，垂足分别为M，N，连接MN，求MN的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形ABCD是一个游乐场的平面示意图，出入口在点B处．已知∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝800m，AD＝CD＝600m．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由MN，NP，PQ，QM四条直步道连接而成的观景环道及服务中心O，其中，点M在边CD上，点N在边AD上，点P，Q在边AB上，点O为MN的中点． 按照设计要求，MN的长为400m，PQ的长为80m，在点B与点O之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当BO最小时NP+MQ的最小值及此时BQ的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十九 四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形） 【题型一】平行四边形的性质 【例1】（2025•广元）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，对角线AC，BD交于点O，点P是AB的中点，连接DP，点E是DP的中点，连接OE，则OE的长是（　　） A．1 B． C．2 D．4 【分析】由平行四边形的性质得BO＝DO，因为AB＝8，点P是AB的中点，所以BP＝AP＝4，由点O是DB的中点，点E是DP的中点，根据三角形中位线定理得OEBP＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O， ∴BO＝DO， ∵AB＝8，点P是AB的中点， ∴BP＝APAB＝4， ∵点O是DB的中点，点E是DP的中点， ∴OEBP＝2， 故选：C． 【变式1】（2025•安徽）在如图所示的▱ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（不与端点重合），且满足AF＝CH，则下列为定值的是（　　） A．四边形EFGH的周长 B．∠EFG的大小 C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长 【分析】由平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，可证四边形AEGB和四边形DEGC是平行四边形，可得S△EGFS平行四边形ABGE，S△EHGS平行四边形DEGC，即可求解． 【解答】解：如图，连接EG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵E，G分别为边AD，BC的中点， ∴AE＝DE＝BG＝CG， ∴四边形AEGB和四边形DEGC是平行四边形， ∴S△EGFS平行四边形ABGE，S△EHGS平行四边形DEGC， ∴四边形EFGH的面积S平行四边形ABCD， ∴四边形EFGH的面积是定值， 故选：C． 【变式2】（2025•贵州）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，∠ABC＝60°，以A为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E，则EC的长为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【分析】证明△ABE是等边三角形，推出BE＝AB＝3可得结论． 【解答】解：∵AB＝AE，∠B＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴BE＝AB＝3， ∵BC＝5， ∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2． 故选：D． 【变式3】（2025•山西）如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边AD的中点，连接OE．下列两条线段的数量关系中一定成立的是（　　） A．OEAD B．OEBC C．OEAB D．OEAC 【分析】根据平行四边形的性质、三角形中位线定理求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点O是对角线AC的中点， ∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OC， ∵点E是边AD的中点， ∴OE是△ACD的中位线， ∴OECDAB， 故A、B、D错误，不符合题意；C正确，符合题意； 故选：C． 【题型二】平行四边形的判定 【例1】（2024•乐山）如图，下列条件中不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB∥DC，AD∥BC B．AB＝DC，AD＝BC C．AO＝CO，BO＝DO D．AB∥DC，AD＝BC 【分析】根据平行四边形的判断定理分别作出判断得出即可． 【解答】解：A、根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； B、根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； C、根据平行四边形的判定定理：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故能判断这个四边形是平行四边形，不符合题意； D、一组对边平行，另一组对边相等，可能是等腰梯形，故不能判断这个四边形是平行四边形，符合题意； 故选：D． 【变式1】（2024•济宁）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，请补充一个条件 OB＝OD或AD∥BC或AB∥CD ，使四边形ABCD是平行四边形． 【分析】①当OB＝OD时，则OA＝OC，OB＝OD，进而得四边形ABCD是平行四边形；②当AD∥BC时，则∠OAC＝∠OCB，∠ODA＝∠OBC，进而可依据“AAS”判定△OAD和△OCB全等，则OD＝OB，由此可得四边形ABCD是平行四边形；③AB∥CD时，∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，进而可依据“AAS”判定△OAB和△OCD全等，则OB＝OD，由此可得四边形ABCD是平行四边形，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①当OB＝OD时，四边形ABCD是平行四边形，证明如下： ∵OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形； ②当AD∥BC时，四边形ABCD是平行四边形，证明如下： ∵AD∥BC， ∴∠OAC＝∠OCB，∠ODA＝∠OBC， 在△OAD和△OCB中， ， ∴△OAD≌△OCB（AAS）， ∴OD＝OB， 又∵OA＝OC， ∴四边形ABCD是平行四边形； ③AB∥CD时，四边形ABCD是平行四边形，证明如下： ∵AD∥BC， ∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC， 在△OAB和△OCD中， ， ∴△OAB≌△OCD（AAS）， ∴OB＝OD， 又∵OA＝OC， ∴四边形ABCD是平行四边形． 综上所述：补充条件是OB＝OD或AD∥BC或AB∥CD． 故答案为：OB＝OD或AD∥BC或AB∥CD． 【变式2】（2023•广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF＝CE，∠BAC＝∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形． 【分析】由全等三角形的判定定理ASA证得△ABE≌△CDF，则其对应边相等：AB＝CD；最后根据“对边平行且相等的四边形是平行四边形”证得结论． 【解答】证明：∵AF＝CE， ∴AF﹣EF＝CE﹣EF． ∴AE＝CF． ∵∠BAC＝∠DCA， ∴AB∥CD． 在△ABE与△CDF中， ． ∴△ABE≌△CDF（ASA）． ∴AB＝CD． ∴四边形ABCD是平行四边形． 【题型三】平行四边形的判定与性质 【例1】（2024•辽宁）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，若AC＝3，BD＝5，则四边形OCED的周长为（　　） A．4 B．6 C．8 D．16 【分析】根据平行四边形对角线互相平分得出OC、OD的长，再证明四边形OCED是平行四边形即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OC，OD， ∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形， ∴四边形OCED的周长＝2（OC+OD）＝2×（）＝8， 故选：C． 【变式1】（2025•广东）如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，过点A，C分别作AE∥DC，CE∥AB，AE与CE相交于点E．现有以下命题： 命题1：若连接BE交CA于点F，则S△CFB＝2S△CEF． 命题2：若连接ED，则ED⊥AC． 命题3：若连接ED，则ED＝BC． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【分析】命题1：连接DE，交AC于O，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形ADCE是平行四边形，进而得到四边形ADCE是菱形，再由中位线的判定与性质得到最后利用三角形面积公式求解即可得证；命题2：连接DE，交AC于O，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到判定四边形ADCE是平行四边形，进而得到四边形ADCE是菱形即可得证；命题3：连接DE，交AC于O，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形ADCE是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形BCED是平行四边形即可得证． 【解答】解：命题1：若连接BE交CA于点F， 则S△CFB＝2S△CEF 命题1是真命题， 证明如下：连接DE，交AC于O， 如图所示： ， ∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴， ∵AE∥DC，CE∥AB， ∴四边形ADCE是平行四边形， 又∵DA＝DC， ∴四边形ADCE是菱形， ∴AC⊥DE，且OA＝OC，OE＝OD， ∵O为AC的中点，D为AB中点， ∴DO是△ABC的中位线， 则， ∴，S△CEFCF•OE，则S△CFB＝22S△CEF； 命题2：若连接ED，则ED⊥AC． 命题2是真命题，证明如下：连接DE，交AC于O， 如图所示： ∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴， ∵AE∥DC，CE∥AB， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵DA＝DC， ∴四边形ADCE是菱形， ∴AC⊥DE； 命题3：若连接ED，则ED＝BC． 命题3是真命题，证明如下：连接DE，交AC于O， 如图所示： ∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴， ∵AE∥DC，CE∥AB， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∴CE＝AD， ∴CE＝DB， ∵CE∥AB， ∴四边形BCED是平行四边形， ∴ED＝BC． 【变式2】（2025•盐城）如图，点E，F在▱ABCD的对角线AC上．若　③　 ，则四边形BEDF是平行四边形．请从①BE＝DF；②AE＝CF；③BE∥DF这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【分析】由平行四边形的性质得CB∥AD，CB＝AD，则∠BCE＝∠DAF，由BE∥DF，得∠CEB＝∠AFD，根据“AAS”证明△CBE≌△ADF，得BE＝DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形．此外，与可根据AE＝CF，证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，从而证明四边形BEDF是平行四边形． 【解答】解：③（答案不唯一）， 理由：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CB∥AD，CB＝AD， ∴∠BCE＝∠DAF， ∵BE∥DF， ∴∠CEB＝∠AFD， 在△CBE和△ADF中， ， ∴△CBE≌△ADF（AAS）， ∴BE＝DF， ∴四边形BEDF是平行四边形， 故答案为：③（答案不唯一）． 【题型四】菱形的性质 【例1】（2025•陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，延长CB至点E，延长AD至点F，连接AE，CF．若四边形AECF为菱形，则这个菱形的面积为（　　） A．9 B． C． D． 【分析】根据菱形的性质得出AE＝EC，进而利用矩形的性质得出∠ABE＝90°，利用勾股定理解答即可． 【解答】解：∵四边形AECF是菱形， ∴AE＝EC， 设AE＝x，则EB＝EC﹣BC＝x﹣2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝90°， 在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2， 即x2＝32+（x﹣2）2， 解得：x， ∴菱形AECF的面积， 故选：C． 【变式1】（2025•常州）如图，在菱形ABCD中，AC、BD是对角线，AB＝5．若∠ABD＝30°，则AC的长是（　　） A．4 B．5 C．6 D．10 【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO，根据含30°角的直角三角形的性质即可求得AO的长，从而得到结果． 【解答】解：在菱形ABCD中，AC、BD是对角线，AB＝5． ∴AC⊥BD，AO＝CO， ∴∠AOB＝90°， ∵∠ABD＝30°， ∴， ∴AC＝2AO＝5， 故选：B． 【变式2】（2025•辽宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E在线段OA上，AE＝2，点F在线段OC上，OF＝1，连接BE，点G为BE的中点，连接FG，则FG的长为　　 ． 【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得，AC⊥BD，取OE中点H，连接GH，则，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可． 【解答】解：方法一：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12， ∴，AC⊥BD， ∵AE＝2， ∴OE＝OA﹣AE＝4﹣2＝2， 如图，取OE中点H，连接GH， ∵点G为BE的中点，点H为OE的中点， ∴GH是三角形EBO的中位线， ∴，GH∥OB， ∴∠GHE＝∠BOA＝90°， ∵OF＝1， ∴， 在直角三角形GFH中，由勾股定理得：； 方法二：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，AE＝2，OF＝1， ∴OB＝6，OC＝4， ∴CE＝8﹣2＝6，CF＝OC﹣OF＝4﹣1＝3， ∴F为CE的中点， 又∵点G为BE的中点， ∴GF为△BCE的中位线， ∵BC2， ∴FG． 故答案为：． 【题型五】菱形的判定 【例1】（2024•攀枝花）如图，四边形ABCD是平行四边形，给出下列四个条件：①AB＝BC；②AC＝BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD．若添加其中一个条件，不能使四边形ABCD是菱形的为（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【分析】根据由一组邻边相等的平行四边形是菱形判断①，根据对角线相等的平行四边形是矩形判断②；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形判断③；由角平分线的定义和平行线的性质证得∠BAC＝∠ACB，得到AB＝BC，可判断④． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形， ∴①能使四边形ABCD是菱形； ∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形， ∴②不能使四边形ABCD是菱形； ∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∴③能使四边形ABCD是菱形； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， ∵AC平分∠BAD， ∠BAC＝∠DAC， ∴∠BAC＝∠ACB， ∴AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形， ∴④能使四边形ABCD是菱形； 故选：B． 【变式1】（2025•黑龙江）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 AC⊥BD（答案不唯一）　 ，使平行四边形ABCD为菱形． 【分析】由菱形的判定方法，即可判断． 【解答】解：∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形， ∴添加一个条件AC⊥BD，使平行四边形ABCD为菱形． 故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）． 【变式2】（2025•徐州）已知：如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，EF⊥AC于点G，交AD于点F，AB⊥AC，连接AE，CF．求证： （1）△AGF≌△CGE； （2）四边形AECF是菱形． 【分析】（1）由直角三角形的性质可得AE＝BE＝EC，由等腰三角形的性质可得AG＝GC，由ASA可证△AGF≌△CGE； （2）由全等三角形的性质可得AF＝CE，可证四边形AECF是平行四边形，由EF⊥AC，可证▱AECF是菱形． 【解答】证明：（1）∵AB⊥AC，E为BC的中点， ∴AE＝BE＝EC， ∵EF⊥AC， ∴EF垂直平分AC， ∴AG＝GC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， 又∵∠AGF＝∠CGE， ∴△AGF≌△CGE（ASA）； （2）∵△AGF≌△CGE， ∴AF＝CE， 又∵AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， 又∵EF⊥AC， ∴▱AECF是菱形． 【题型六】菱形的判定与性质 【例1】（2025•湖南）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD互相垂直平分，AB＝3，则四边形ABCD的周长为（　　） A．6 B．9 C．12 D．18 【分析】根据菱形的判定定理得到四边形ABCD为菱形，再根据菱形的性质计算即可． 【解答】解：∵对角线AC与BD互相垂直平分， ∴四边形ABCD为菱形， ∵AB＝3， ∴四边形ABCD的周长为：3×4＝12， 故选：C． 【变式1】（2025•扬州）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AB＝3，BC＝5，CE平分∠ACD，求DE的长． 【分析】（1）根据线段垂直平分线性质得EA＝EC，FA＝FC，OA＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°，再根据平行四边形性质得AD∥BC得∠OAE＝∠OCF，由此可依据“ASA”判定△OAE和△OCF全等得EA＝FC，进而得EA＝EC＝FA＝FC，然后根据菱形的判定即可得出结论； （2）（2）证明△CDE和△CBA相似，利用相似三角形的性质即可得出DE的长． 【解答】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线， ∴EA＝EC，FA＝FC，OA＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴∠OAE＝∠OCF， 在△OAE和△OCF中， ， ∴△OAE≌△OCF（ASA）， ∴EA＝FC， ∴EA＝EC＝FA＝FC， ∴四边形AFCE是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝3，BC＝5， ∴CD＝AB＝3，∠D＝∠B， ∵四边形AFCE是菱形， ∴∠ACB＝∠ACE， ∵CE平分∠ACD， ∴∠DCE＝∠BCA， 又∵∠D＝∠B， ∴△CDE∽△CBA， ∴， ∴， ∴DE 【变式2】（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． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AB＝BC，根据菱形的判定定理得到▱ABCD是菱形； （2）根据等腰三角形的性质得到∠EBF＝∠EFB，∠CEF＝∠CFE，求得∠CBE＝30°，∠BCA＝60°，得到∠BCE＝∠DCF，根据全等三角形的性质得到∠DFC＝∠BEC＝90°，得到DFCF＝4，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】（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． 【题型七】矩形的性质 【例1】（2025•贵州）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD，BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1＝70°，则∠2的度数是（　　） A．20° B．70° C．80° D．110° 【分析】根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠2＝∠1＝70°． 故选：B． 【变式1】（2025•德州）如图，矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（3，0），（0，2），▱OADE与矩形OABC周长相等，▱OADE的面积是矩形OABC面积的一半，则点D的坐标为（　　） A． B． C．（5，1） D． 【分析】过点D作DF⊥x轴于点F，依题意得OA＝BC＝3，AB＝OC＝2，则矩形OABC的周长为2（OA+AB）＝10，矩形OABC的面积为OA•AB＝6，根据平行四边形性质得AD＝OE，DE＝OA＝3，则平行四边形OADE的周长为2（OA+AD）＝2×（3+AD），平行四边形OADE的面积为OA•DF＝3DF，进而得2×（3+AD）＝10，3DF6，由此得AD＝2，DF＝1，然后在Rt△AFD中，由勾股定理得AF，则OF＝OA+AF，由此得点D的坐标为，据此即可得出答案． 【解答】解：过点D作DF⊥x轴于点F，如图所示： ∴∠AFD＝90°， 即△AFD是直角三角形， ∵矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（3，0），（0，2）， ∴OA＝BC＝3，AB＝OC＝2， ∴矩形OABC的周长为：2（OA+AB）＝2×（3+2）＝10，矩形OABC的面积为：OA•AB＝2×3＝6， ∵四边形OADE是平行四边形， ∴AD＝OE，DE＝OA＝3， ∴平行四边形OADE的周长为：2（OA+AD）＝2×（3+AD），平行四边形OADE的面积为：OA•DF＝3DF， ∵平行四边形OADE的周长与矩形OABC周长相等， ∴2×（3+AD）＝10， ∴AD＝2， 又∴平行四边形OADE的面积是矩形OABC面积的一半， ∵3DF6， ∴DF＝1， 在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF， ∴OF＝OA+AF， ∴点D的坐标为． 故选：A． 【变式2】（2025•绥化）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为60°．则这个矩形的面积是（　　） A．25 B．25 C．25 D．50 【分析】由矩形对角线性质得半对角线长为5，构造边长为5且夹角60°的等边三角形，求得矩形边长为5和，面积为：． 【解答】解：矩形对角线相等且互相平分， ∴每段长度为10÷2＝5． ∵对角线交角为60°，形成的三角形为两边长均为5，夹角为60°的三角形，符合等边三角形特征， 等边三角形的第三边长度为5， 因此矩形的一边长为5． 设矩形两邻边边长分别为a，b， 根据矩形性质，a2+b2＝102＝100，结合等边三角形边长关系，解得a＝5，． 矩形面积为：． 故选：B． 【题型八】矩形的判定 【例1】（2025•东营）如图，点O是△ABC边AC的中点，连接BO并延长至点D，使OD＝BO，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　） A．AB＝BC B．∠ABC＝90° C．∠ABD＝∠ACD D．OB＝OC 【分析】先证明四边形ABCD是平行四边形，得AB∥CD，再由矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：∵点O是△ABC边AC的中点， ∴OA＝OC， ∵OD＝BO， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， A、∵AB＝BC时， ∴平行四边形ABCD是菱形，故选项A符合题意； B、∵∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠CDO， ∵∠ABD＝∠ACD， ∴∠CDO＝∠ACD， ∴OC＝OD， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、∵OB＝OC， ∴OA＝OC＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意； 故选：A． 【变式1】（2024•泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（　　） A．∠A＝90° B．∠B＝∠C C．AC＝BD D．AC⊥BD 【分析】根据有一个角等于90°的平行四边形是矩形可对选项A进行判断；根据平行四边形性质得AB∥CD，则∠B+∠C＝180°，再根据∠B＝∠C得∠B＝∠C＝90°，然后根据有一个角等于90°的平行四边形是矩形可对选项B进行判断；根据对角线相等的平行四边形是矩形可对选项C进行判断；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可对选项D进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当∠A＝90°，平行四边形ABCD是矩形， ∴选项A可以判定▱ABCD为矩形， 故选项A不符合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°， 当∠B＝∠C时，则∠B＝∠C＝90°，此时▱ABCD为矩形， 故选项B可以判定▱ABCD为矩形， 故选项B不符合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形， 当 AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形， ∴选项C可以判定▱ABCD为矩形， 故选项C不符合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形， 当AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形， ∴选项D不能判定▱ABCD为矩形， 故选项D符合题意． 故选：D． 【变式2】（2025•德阳）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（　　） A．AB∥CD B．AB＝BC C．∠B＝∠D D．AC＝BD 【分析】由矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、由AB∥CD，不能判定平行四边形ABCD是矩形，故不符合题意； B、由AB＝BC，能判定平行四边形ABCD是菱形，不一定是矩形，故不符合题意； C、由∠B＝∠D，不能判定平行四边形ABCD是矩形，故不符合题意； D、由AC＝BD，能判定平行四边形ABCD是矩形，故符合题意； 故选：D． 【题型九】矩形的判定与性质 【例1】（2025•北京）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG＝FC． （1）求证：四边形DFCG是矩形； （2）若∠B＝45°，DF＝3，DG＝5，求BC和AC的长． 【分析】（1）证明DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，再证明四边形DFCG是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）证明△BDF是等腰直角三角形，得BF＝DF＝3，则BC＝BF+FC＝8，再由三角形中位线定理求出DE＝4，然后由矩形的性质得CG＝DF＝3，∠G＝90°，则EG＝DG﹣DE＝1，进而由勾股定理求出CE的长，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∵DG＝FC， ∴四边形DFCG是平行四边形， 又∵DF⊥BC， ∴∠DFC＝90°， ∴平行四边形DFCG是矩形； （2）解：∵DF⊥BC， ∴∠DFB＝90°， ∵∠B＝45°， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴BF＝DF＝3， ∵DG＝FC＝5， ∴BC＝BF+FC＝3+5＝8， 由（1）可知，DE是△ABC的中位线，四边形DFCG是矩形， ∴DEBC＝4，CG＝DF＝3，∠G＝90°， ∴EG＝DG﹣DE＝5﹣4＝1， ∴CE， ∵E为AC的中点， ∴AC＝2CE＝2． 【变式1】（2025•云南）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，O是AC的中点．延长BO至点D，使OD＝OB．连接AD，CD．记AB＝a，BC＝b，△AOB的周长为l1，△BOC的周长为l2，四边形ABCD的周长为l3． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若l2﹣l1＝2，l3＝28，求AC的长． 【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证平行四边形ABCD是矩形； （2）根据矩形的性质得l2﹣l1＝BC﹣AB＝b﹣a＝2，l3＝2（AB+BC）＝2（a+b）＝28，解方程组可得AB＝6，BC＝8，再利用勾股定理即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵O是AC的中点， ∴OA＝OC， ∵OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形； （2）解：∵记AB＝a，BC＝b，△AOB的周长为l1，△BOC的周长为l2，四边形ABCD的周长为l3， ∴l2﹣l1＝BC﹣AB＝b﹣a＝2，l3＝2（AB+BC）＝2（a+b）＝28， ∴， ∴， ∴AB＝6，BC＝8， ∴AC10． 【变式2】（2024•青岛）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若AB＝BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【分析】（1）判定△ABE≌△CDF（AAS），推出AB＝CD，而AB∥CD，即可证明四边形ABCD是平行四边形； （2）判定△AOB是等边三角形，得到AO＝BO，∠BAO＝60°，由平行四边形的性质推出AC＝2AO，BD＝2OB，得到AC＝BD，即可证明四边形ABCD是矩形，由锐角的正切定义得到tan∠BAC． 【解答】（1）证明：∵∠ABD＝∠CDB， ∴AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCF， ∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F， ∴∠AEB＝∠CFD＝90°， ∵BE＝DF， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴AB＝CD， ∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）解：当∠ABE等于30度时，四边形ABCD是矩形，理由如下： ∵AB＝BO，BE⊥AO， ∴∠ABO＝2∠ABE＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AO＝BO，∠BAO＝60°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AC＝2AO，BD＝2OB， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴tan∠BAC＝tan60°． 【题型十】正方形的性质 【例1】（2025•泸州）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE上的点，且DF＝DC，则AF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，先求出CE，证明△BCE和△CDQ全等得CE＝DQ，BE＝CQ＝1，证明△CPQ和△CBE相似得CP，PQ，则DP，FP＝CP，CF，EF，再证明四边形BCMN是矩形得MN＝BC＝2，由三角形的面积公式的FN，则FM，再由勾股定理求出EM，则AM，最后在Rt△AFM中，由勾股定理即可求出AF的长． 【解答】解：过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝CD＝2，∠B＝∠DCB＝90°，CD∥AB， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BEAB＝1， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE， ∴∠DCP+∠BCE＝90°， ∵DQ⊥CE， ∴∠CDQ+∠DCP＝90°， ∴∠BCE＝∠CDQ， 在△BCE和△CDQ中， ， ∴△BCE≌△CDQ（ASA）， ∴CE＝DQ，BE＝CQ＝1， ∵DQ⊥CE，∠B＝90°， ∴∠CPQ＝∠B＝90°， 又∵∠PCQ＝∠BCE， ∴△CPQ∽△CBE， ∴， ∴， ∴CP，PQ， ∴DP＝DQ﹣PQ， ∵DF＝DC，DQ⊥CE， ∴FP＝CP， ∴CF＝FP+CP， ∴EF＝CE﹣CF， ∵CD∥AB，MN⊥AB， ∴MN⊥CD， ∴∠MNC＝∠DCB＝∠B＝90°， ∴四边形BCMN是矩形， ∴MN＝BC＝2， 由三角形的面积公式得：S△DCFCD•FNDP•CF， ∴， ∴FN， ∴FM＝MN﹣FN， 在Rt△EFM中，由勾股定理得：EM， ∴AM＝AE+EM， 在Rt△AFM中，由勾股定理得：AF． 故选：B． 【变式1】（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，BC上，，连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S0，S1，S2，S3，S4，若点P在运动中始终满足3S0＝S1+S2+S3+S4，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（　　） A．2 B． C．4 D．2π 【分析】由正方形的性质得AC＝6，AG＝CH＝1，求出GE＝1，GH＝4，求出S0＝4，根据图形得S1+S2+S3＝S0+S4，根据3S0＝S1+S2+S3+S4，得S4＝4，可得点P的运动轨迹是△ACD中平行于AC的一条线段MN，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，根据三角形面积公式求出OQ＝2，得到DQ＝1，从而求出MN＝2． 【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝CD＝AB＝BC＝3，∠BAC＝∠BCA＝45°， ∴ACAB＝6， ∵EG⊥AC，FH⊥AC， ∴∠EGA＝∠EGC＝∠FHC＝∠FHG＝90°， ∴∠AEG＝∠HFC＝45°， ∴△AGE，△HFC为等腰直角三角形， ∴AG＝GE，HC＝HF， ∵AE＝CF， 由勾股定理得AG＝GE＝HC＝HF＝1，BE＝BF，GH＝AC﹣AG﹣CH＝4， ∴∠BEF＝∠BFE＝45°， ∴∠BEF＝45°， ∴∠GEF＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∵∠EGH＝∠FHG＝90°， ∴四边形GEFH是矩形， ∴S0＝EG•GH＝1×4＝4， ∵S1+S2+S3＝S0+S4，3S0＝S1+S2+S3+S4， ∴S4＝4， ∵动点P在△ACD内部及边界上运动， ∴点P的运动轨迹是△ACD内部及边界上平行于AC的一条线段MN， 则△DMN是等腰直角三角形， 如图，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q， 则DOAC＝3， ∵S4GH•OQ＝4，GH＝4， ∴OQ＝2， ∴DQ＝OD﹣OQ＝3﹣2＝1， ∴MN＝2， 即点P组成的图形长度为2， 故选：A． 【变式2】（2025•陕西）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠BAE＝∠DAF．求证：CE＝CF． 【分析】根据正方形的性质得出AD＝AB，进而利用全等三角形的判定与性质解答即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝DC＝AD，∠B＝∠D， 在△ABE与△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴BE＝DF， ∴BC﹣BE＝DC﹣DF， 即CE＝CF． 【题型十一】正方形的判定 【例1】（2025•石家庄一模）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，满足DF∥AC，DE∥AB，连接AD． ①当DE⊥AC时，四边形AFDE为矩形； ②当AD平分∠BAC时，四边形AFDE为菱形； ③当△ABC为等腰直角三角形时，四边形AFDE为正方形． 上述说法正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】①根据平行四边形的判定和矩形的判定定理即可得到结论； ②根据平行四边形的性质和菱形的判定定理得到结论； ③根据等腰直角三角形的性质和矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：①∵DF∥AC，DE∥AB， ∴四边形AFDE为平行四边形， ∵DE⊥AC， ∴四边形AFDE为矩形，故①正确； ②∵四边形AFDE为平行四边形，AD平分∠BAC， ∴四边形AFDE为菱形，故②正确； ③∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠BAC＝90°，∠B＝∠C＝45°， ∵四边形AFDE为平行四边形， ∴四边形AFDE为矩形， 即△ABC为等腰直角三角形时，只能证明四边形AFDE为矩形，故③错误． 故选：A． 【变式1】（2025•黎城县二模）如图，已知△ABC，在BC边的同侧作正△ABD、正△ACF和正△BCE，连接DE，EF，则下列选项中不正确的是（　　） A．一定会出现平行四边形ADEF B．当∠BAC＝150°时，四边形ADEF为矩形 C．当∠BAC＝150°，且AB＝AC时，四边形ADEF为正方形 D．当AB＝AC，四边形ADEF为菱形 【分析】利用全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定一一判断即可． 【解答】解：对于选项A， ∵△ABD、△ACF和△BCE都是正三角形， ∴DB＝AB＝AD，EB＝EC＝CB，AC＝AF＝CF，∠ABD＝∠EBC＝∠ECB＝∠ACF＝60°， ∴∠DBE+∠ABE＝∠ABD＝60°，∠ABC+∠ABE＝∠EBC＝60°， ∴∠DBE＝∠ABC， 在△DBE和△ABC中， ， ∴△DBE≌△ABC（SAS）， ∴DE＝AC， 同理证明：△FCE≌△ACB， ∴EF＝AB， ∵AC＝AF，AB＝AD， ∴DE＝AF，EF＝AD， ∴当∠BAC≠60°时，四边形ADEF是平行四边形， 故选项A正确，不符合题意； 对于选项B， 当∠BAC＝150°时， ∵∠BAD＝∠CAF＝60°， ∴∠DAF＝360°﹣（∠BAC+∠BAD+∠CAF）＝360°﹣（150°+60°+60°）＝90°， 又∵四边形ADEF是平行四边形， ∴四边形ADEF是矩形， 故选项B正确，不符合题意； 对于选项C， 当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形， AB＝AD，AC＝AF，AB＝AC， ∴AD＝AF， ∴四边形ADEF是正方形， 故选项C正确，不符合题意； ∵AB＝AC， ∴AD＝AF， 当∠BAC≠60°， ∴∠DAF≠180°， 即D，A，F不共线， ∴四边形ADEF是菱形， 当BAC＝60时，四边形ADEF不存在． 故选项D错误，符合题意． 故选：D． 【变式2】（2025•天元区校级模拟）如图，Rt△ABC≌Rt△DCB，其中∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，O为BC中点，EF过点交AC、BD于点E、F，连接BE、CF，则下列结论错误的是（　　） A．四边形BECF为平行四边形 B．当BF＝3.5时，四边形BECF为矩形 C．当BF＝2.5时，四边形BECF为菱形 D．四边形BECF不可能为正方形 【分析】由平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4， ∴AC5， ∵Rt△ABC≌Rt△DCB， ∴AB＝CD＝3，AC＝BD＝5，BC＝EF＝4，∠A＝∠D，∠ACB＝∠CBD，∠ABC＝∠DCB＝90°， ∵O为BC中点， ∴BO＝CO， 在△BOF和△COE中， ， ∴△BOF≌△COE（ASA）， ∴OF＝OE， ∴四边形BECF为平行四边形，故A选项不符合题意； 当BF＝3.5时，若BE⊥AC， ∵， ∴BE， ∴， ∵BF＝3.5， ∴CE≠BF， ∴BF＝3.5时，四边形BECF不是矩形， 故B选项符合题意， ∵BF＝2.5， ∴CE＝2.5， ∴AE＝AC﹣CE＝2.5， ∴E为AC中点， ∴BE＝CE， ∵四边形BECF是平行四边形， ∴当BF＝2.5时，四边形BECF为菱形，故C选项不符合题意； 当BF＝2.5时，四边形BECF为菱形，此时∠BEC≠90°， ∴四边形BECF不可能为正方形．故D选项不符合题意． 故选：B． 【题型十二】正方形的判定与性质 【例1】（2025•浙江模拟）在四边形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与点A，点B，点C，点D重合），下面结论： ①若四边形ABCD为正方形，则存在无数个四边形MNPQ是正方形； ②若四边形ABCD为矩形，则存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③若四边形ABCD是菱形，存在无数个四边形MNPQ是菱形，其中正确的结论个数为（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解． 【解答】解：根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解如下： 如图1，四边形ABCD是正方形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 则四边形MNPQ是平行四边形， 当PM⊥QN时，PM＝QN，存在无数个四边形MNPQ是正方形，故①正确； 如图2，四边形ABCD是矩形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形，故②正确； 如图3，四边形ABCD是菱形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故③正确． 故选：A． 【例2】（2025•香坊区校级一模）已知四边形ABCD，∠ABC＝90°，∠ACB+∠BCD＝90°，AC＝CD，若AB＝1，BD＝5，则AD＝　　 ． 【分析】作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°，根据ASA证明△ABC≌△DCE得BC＝CE，DE＝AB＝1，延长ED交BA的延长线于点F，设BF＝EF＝2a，在Rt△BDF中利用勾股定理求解即可． 【解答】解：作CE⊥BC，DE⊥CE，则∠E＝∠BCE＝90°． ∵∠BCA+∠BCD＝90°，∠DCE+∠BCD＝∠BCE＝90°， ∴∠DCE＝∠BCA． 在△ABC和△DCE中， ， ∴△ABC≌△DCE（ASA）， ∴BC＝CE，DE＝AB＝1． 延长ED交BA的延长线于点F，则四边形BCEF是正方形， ∴BF＝EF． 设BF＝EF＝a，则DF＝a﹣1， 在Rt△BDF中，a2+（a﹣1）2＝52， 解得a＝4（负值舍去）， ∴AF＝DF＝4﹣1＝3， ∴． 故答案为：． 【变式1】（2025•哈尔滨校级四模）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，过点A作AD的垂线交BC于点E，AD＝AE，CD＝3，CE＝9，2∠AEC+∠B＝180°，则AB的长为　　 ． 【分析】如图所示，点A作AG⊥BC于G，过点A作AT⊥CD交CD延长线于T，连接AC，则四边形AGCT是矩形，可证明△AEG≌△ADT（AAS），推出四边形AGCT是正方形，则∠ACG＝∠ACT＝45°，CG＝CT，如图所示，在CE上取一点H，使得CH＝CD＝3，连接AH，可证明△ACH≌△ACD（SAS），推出AE＝AH，则EG＝GH＝3，AG＝CG＝6；设∠B＝2m，导角可证明∠BAH＝∠AHB＝90°﹣m，则AB＝BH，设BE＝x，由勾股定理得（x+6）2＝62+（x+3）2，解方程即可得到答案． 【解答】解：如图所示，过点A作AG⊥BC于G，AT⊥CD交CD延长线于T，连接AC， ∵∠BCD＝90°， 则四边形AGCT是矩形， ∴∠GAT＝90°， ∵AE⊥AD， ∴∠DAE＝90°， ∴∠EAG＝∠TAD＝90°﹣∠DAG， 在△AEG与△ADT中， ， ∴△AEG≌△ADT（AAS）， ∴AG＝AT， ∴四边形AGCT是正方形， ∴∠ACG＝∠ACT＝45°，CG＝CT， 如图所示，在CE上取一点H，使得CH＝CD＝3，连接AH， 又∵AC＝AC， ∴△ACH≌△ACD（SAS）， ∴AH＝AD， ∴AE＝AH， ∴， ∴AG＝CG＝CH+HG＝6， 设∠B＝2m， ∵2∠AEC+∠B＝180°， ∴， ∴∠BAH＝180°﹣∠B﹣∠ABH＝90°﹣m， ∴∠BAH＝∠AHB， ∴AB＝BH， 设BE＝x，则AB＝BH＝x+6，BG＝x+3， 在Rt△ABG中，由勾股定理得AB2＝AG2+BG2，即（x+6）2＝62+（x+3）2， 解得， ∴， 故答案为：． 【变式2】（2024•汉川市模拟）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点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）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可； （2）同（1）的方法判断出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6． 【解答】解：（1）如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； （2）CE+CG的值是定值，定值为6，理由如下： ∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在∴△ADE和△CDG中，， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB36是定值． 【变式3】（2025•罗湖区校级模拟）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F．则四边形CEDF是什么形状？请求证． （2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长． 【分析】（1）根据矩形的判定定理得到四边形CEDF为矩形，根据角平分线的性质得到DE＝DF，再根据正方形的判定定理证明； （2）连接OP，根据圆心角、弧、弦的关系求出∠B＝30°，进而求出AP，根据勾股定理求出BP，证明△BFC∽△BPA，根据相似三角形的性质计算即可． 【解答】解：（1）四边形CEDF是正方形， 证明如下：∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形CEDF为矩形， ∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC， ∴DE＝DF， ∴矩形CEDF是正方形； （2）如图2，连接OP， ∵AB是半圆O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵2， ∴∠PCB＝2∠PCA， ∴∠A＝2∠B， ∴∠B＝30°， ∴APAB＝4， 由勾股定理得：PB4， ∵FC∥PA， ∴△BFC∽△BPA， ∴，即， 解得：FC＝6﹣2． 【题型十三】中点四边形 【例1】（2025•长沙一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，下列说法中不正确的是（　　） A．四边形EFGH一定是平行四边形 B．若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形 C．若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形 D．若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是正方形 【分析】根据三角形中位线定理得到EFAC，EF∥AC，FGBD，FG∥BD，GHAC，GH∥AC，再根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， ∴EF、FG、GH分别为△ABC、△BCD、△ADC的中位线， ∴EFAC，EF∥AC，FGBD，FG∥BD，GHAC，GH∥AC， ∴EF＝GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH为平行四边形， 当AC＝BD时，EF＝FG，则平行四边形EFGH为菱形， 当AC⊥BD时，EF⊥FG，则平行四边形EFGH是矩形， 若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 【变式1】（2025•朝阳县二模）如图，E，F，G，H分别为四边形ABCD各边的中点，顺次连接E，F，G，H，得到四边形EFGH，下列描述错误的是（　　） A．四边形EFGH一定是平行四边形 B．当∠BAC＝90°时，四边形EFGH为矩形 C．当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形 D．当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形 【分析】根据题意证出四边形EFGH是平行四边形，再分别证明当∠BAC＝90°时，当AC＝BD时，当AC⊥BD时，四边形EFGH的形状即可． 【解答】解：连接AC，BD， ∵E，F，G，H分别为四边形ABCD各边的中点， ∴， 且EF∥AC，HG∥AC，EF∥BD，EG∥BD， ∴EF＝GH，EH＝FG， 且EF∥GH，EH∥FG， 故四边形EFGH为平行四边形，故A正确； 当∠BAC＝90°时， ∵EF∥AC ∴∠BEF＝∠BAC＝90° ∴∠FEH＜90° 故平行四边形EFGH不是矩形，B错误； 当AC＝BD时，则EF＝GH＝EH＝FG，故四边形EFGH为菱形，C正确； 当AC⊥BD时， ∵EF∥AC，HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD， ∴AC⊥FG，FG⊥HG， 故四边形EFGH为矩形，D正确； 故选：B． 【变式2】（2025•岳西县二模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，DE，AF交于点G，连接CG，EF，DF，则下列说法正确的个数为（　　） ①△ADE≌△BAF； ②DG：DE＝4：5； ③依次连接AE，EF，DF，AD的中点P，Q，M，N，则四边形MNPQ为等腰梯形； ④2∠ADE+∠BCG＝90°． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据四边形ABCD是正方形，得出AD＝BC＝AB，∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，结合E，F分别是AB，BC的中点，得出AE＝BF，BF＝CF，即可证明△ADE≌△BAF（SAS），故①正确；根据全等三角形的性质证明AF⊥DE，设正方形ABCD的边长为2a，则AE＝a，勾股定理求出，等面积法求出，勾股定理求出，即可得出DG：DE＝4：5，故②正确；根据题意得出PN为△AED的中位线，QM为△EFD的中位线，PQ是△AEF的中位线，MN是△ADF的中位线，证出四边形PQMN是平行四边形，由①②可知，AF＝ED，AF⊥DE，即可证明平行四边形PQMN是正方形，故③错误；如图，延长AF交DC的延长线于点H，证明△ABF≌△HCF（AAS），得出AB＝HC＝CD，根据直角三角形的性质得出GC＝CD＝CH，等腰三角形性质和三角形内角和定理得出，结合∠ADC＝∠ADE+∠CDG，即可得出故④正确． 【解答】解：由题意可得：AD＝BC＝AB，∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°．AE＝BF，BF＝CF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（SAS），故①正确； ∴∠ADE＝∠BAF， 由条件可知∠DAG+∠ADE＝90°， ∴∠AGE＝90°， ∴AF⊥DE． 设正方形ABCD的边长为2a，则AE＝a， ∴， 由DE•AG＝AE•AD可得，勾股定理得， ∴DG：DE＝4：5，故②正确； 由中位线的性质可得：，，，， ∴PN∥QM，PN＝QM，PQ∥MN，PQ＝MN， ∴四边形PQMN是平行四边形， 由①②可知，AF＝ED，AF⊥DE， ∴PN＝QM＝PQ＝MN，∠PNM＝90°， ∴平行四边形PQMN是正方形，故③错误； 如图，延长AF交DC的延长线于点H， ∵AB∥DC， 在△ABF和△HCF中， ， ∴△ABF≌△HCF（AAS）， ∴AB＝HC＝CD， ∴点C是DH的中点， 由条件可知∠DGH＝90°， CD＝CH， ∴， ∴， ∴2∠ADE+∠BCG＝90°，故④正确． 故选：C． 【题型十四】四边形综合题 【例1】（2025•甘肃）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，EG＝EF，点G在CD的延长线上． （1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明理由； （2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据正方形的性质，证明△ADG≌ABF，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明△PAE≌△EDG，即可得出结论； （3）作FH⊥AB，得到AE∥FH，平行线分线段成比例得到AP＝AH，进而得到AE为△PHF的中位线，得到FH＝2AE，根据AP＝DE，得到AH＝DE，进而得到AE＝BH，勾股定理得到，再根据AE＝DG，即可得出结论． 【解答】解：（1）BF＝DG，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△EFG是直角三角形，EG＝EF， ∴∠FEG＝90°， 当点E与点A重合时， 则∠FAG＝90°＝∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAF＝90°﹣∠DAF， 又∵AB＝AD，AG＝AF， ∴△ADG≌ABF， ∴BF＝DG； （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P+∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF， ∴∠P＝∠DEG， ∵EG＝EF，EF＝EP， ∴EG＝EP， 在△APE和△DEG中， ， ∴△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG； （3），理由如下： 由（2）可知：△PAE≌△EDG， ∴AE＝DG，AP＝DE， 作FH⊥AB于点H， 则∠FHB＝∠FHA＝90°＝∠PAE， ∴AE∥FH， ∴， ∴PA＝AH， ∵PE＝EF， ∴AE为△PHF 的中位线， ∴HF＝2AE， ∵AP＝DE，PA＝AH， ∴DE＝AH， 又∵AD＝AB， ∴AE＝BH， 在Rt△BHF中，由勾股定理，得：， ∵AE＝DG， ∴． 【例2】（2025•贵州）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P为线段AC上一动点，点E为射线BP上的一点（点E与点B不重合）．【问题解决】 （1）如图①，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC＝ 　30　 度，线段BP与线段AC的位置关系是 BP⊥AC ； 【问题探究】 （2）如图②，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°，探究线段BE与线段EC的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF，射线EF交射线BC于点G，若BE＝2FG，AB＝5，求AP的长． 【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABC为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ，证明△BEQ为等边三角形，可得∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ，求解∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°，∠EQC＝150°﹣60°＝90°，可得∠ECQ＝90°﹣60°＝30°，进一步可得结论； （3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H，证明△HAB﹣△BEG，可得，设FG＝x，则EF＝BE＝2x，可得，证明△APH﹣△CPB，再进一步解答即可；如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H，同理可得：△BAH﹣△GEB，设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m，可得AH＝10，证明△APH﹣△CPB，再进一步可得答案． 【解答】解：（1）在菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∵点P与线段AC的中点O重合， ∴， ∴BP⊥AC， 故答案为：30，BP⊥AC； （2）CE＝2BE， 理由：如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ， ∴BE＝BQ，∠EBQ＝60°，∠AEB＝∠BQC． ∴△BEQ为等边三角形， ∴∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ， ∵点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°， ∴∠AEB＝150°，∠BEC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°， ∴∠EQC＝150°﹣60°＝90°， ∴∠ECQ＝90°﹣60°＝30°． ∴CE＝2EQ＝2BE； （3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H， ∵AH∥BC， ∴∠AHB＝∠CBH， ∵∠ABC＝60°，∠BAD＝120°＝∠BEG， ∴△HAB∽△BEG， ∴， 设FG＝x，则EF＝BE＝2x， ∴EG＝3x， ∴， ∴， ∵AD∥BC， ∴△APH∽△CPB， ∴， ∴， ∵△ABC为等边三角形， ∴AC＝AB＝5，， 如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H， 同理可得：∠H＝∠PBC，∠BAH＝∠BEG＝120°， ∴△BAH∽△GEB， 设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m， ∴， ∴AH＝10， 同理：△APH∽△CPB，2，， 综上：AP的长为2或． 【变式1】（2025•徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E． （1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； （3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　25　 ． 【分析】（1）作DF⊥OA于F，作BG⊥OC，交CO的延长线于G，可证得△DOF≌△BOG，从而DF＝BG，进而得出结果； （2）连接OQ，OP，PE，QE，设OA和BD交于I，根据直角三角形的性质得出OQ，可证得△AOC∽△BOD，进而得出∠AEB＝∠AOB＝90°，从而EP，进而证得四边形OQEP是菱形，进而得出结论； （3）由（2）可知，BD⊥AC，从而S四边形ABCD，进而得出当C、O、A共线时，S四边形ABCD最大，此时∠AOD＝∠BOC＝∠COD＝∠AOB，△AOD≌△OCD≌△AOB≌△COB，从而得出S四边形ABCD＝4S△AOB，作OW⊥AB于W，因为OW≤OP，当OW＝OPAB时，S△AOB最大，进一步得出结果． 【解答】（1）解：如图1， △AOD与△BOC的面积相等，理由如下： 作DF⊥OA于F，作BG⊥OC，交CO的延长线于G， ∴∠DFO＝∠G＝90°， 由旋转可得， ∠COD＝∠AOB＝90°，OD＝OB，OC＝OA， ∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣（∠COD+∠AOB）＝180°， ∵∠BOG+∠BOC＝180°， ∴∠BOG＝∠AOD， ∴△DOF≌△BOG（AAS）， ∴DF＝BG， ∴S△AOD， ∵S△BOC， ∴△AOD与△BOC的面积相等； （2）解：如图2， 连接OQ，OP，PE，QE，设OA和BD交于I， ∵∠AOB＝∠COD＝90°，点P是AB的中点，Q是CD的中点， ∴OQ， ∴AB＝CD， ∴OP＝OQ， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD， ∴∠BOD＝∠AOC， ∵， ∴△AOC∽△BOD， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AIE＝∠BIO， ∴∠AEB＝∠AOB＝90°， ∴EP， 同理可得， EQCD， ∴OP＝OQ＝EQ＝EP， ∴四边形OQEP是菱形， ∴OE和PQ互相平分， ∵点R是OE的中点， ∴P，Q，R三点共线； （3）解：如图2， 由（2）可知， BD⊥AC， ∴S四边形ABCD， ∵AC≤OA+OC，BD≤OB+OD， ∴当C、O、A共线时，S四边形ABCD最大， 如图3， 此时∠AOD＝∠BOC＝∠COD＝∠AOB，△AOD≌△OCD≌△AOB≌△COB， ∴S四边形ABCD＝4S△AOB， 作OW⊥AB于W， S△AOBOW， ∵OW≤OP， ∴当OW＝OPAB时，S△AOB最大， ∴S的最大值为：25， 故答案为：25． 【变式2】（2025•安徽）已知点A′在正方形ABCD内，点E在边AD上，BE是线段AA′的垂直平分线，连接A′E，A′B． （1）如图1，若BA′的延长线经过点D，AE＝1，求AB的长； （2）如图2，点F是AA′的延长线与CD的交点，连接CA′． （i）求证：∠CA′F＝45°； （ii）如图3，设AF，BE相交于点G，连接CG，DG，DA′，若CG＝CB，判断△A′DG的形状，并说明理由． 【分析】（1）由SSS可证△ABE≌△A'BE，可得∠BAE＝∠BA'E＝90°，通过证明△A'DE是等腰直角三角形，可得A'D＝A'E＝1，即可求解； （2）（i）由折叠的性质可得BA＝BA′＝BC，可得∠BAA′＝∠BA′A，∠BCA′＝∠BA′C，即可求解； （ii）由ASA可证△ABE≌△BCN，△ADA′≌△BAG，可得A′D＝AG＝A′G，即可求解． 【解答】（1）解：∵BE是线段AA′的垂直平分线， ∴A′E＝AE＝1，BA′＝BA， ∴BE＝BE， ∴△ABE≌△A'BE（SSS）， ∴∠BAE＝∠BA'E＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADB＝45°， ∴△A'DE是等腰直角三角形， ∴A'D＝A'E＝1， ∴DE， ∴AD＝AE+DE1， ∴AB＝AD＝A'B1； （2）（i）证明：由题意知，BA＝BA′＝BC， ∴∠BAA′＝∠BA′A，∠BCA′＝∠BA′C， ∴∠AA'C＝∠AA'B+∠CA'B（180°﹣∠ABA'）（180°﹣∠CBA'）＝180°﹣45°＝135°， ∴∠CA′F＝180°﹣∠AA′C＝45°； （ii）解：△A′DG是等腰直角三角形，理由如下：作CN⊥BG交BG于点M，交AB于点N， ∵CN⊥BG，CG＝CB， ∴M为BG的中点， ∵AA′⊥BE， ∴CN∥AF， ∴MN是△ABG的中位线， ∴， ∵∠ABE＝90°﹣∠CBG＝∠BCN，∠BAE＝∠CBN＝90°，AB＝BC， ∴△ABE≌△BCN（ASA）， ∴， ∵E为AD的中点，AG＝GA′， ∴EG∥A′D， ∴∠DA′G＝∠EGA＝90°， 同理可证△ADA′≌△BAG（ASA）， ∴A′D＝AG＝A′G， ∴△A′DG是等腰直角三角形． 【变式3】（2025•德州）已知点O是正方形ABCD的中心，点P，E分别是对角线AC，边BC上的动点（均不与端点重合），作射线PE． （1）将射线PE绕点P逆时针旋转90°，交边CD于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：PE＝PF； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； （2）如图3，连接BP，当∠BPE＝45°时，将射线PE绕点P顺时针旋转90°，交边AB于点F．若，PE＝a，求四边形PEBF的面积（用含a，k的式子表示）． 【分析】（1）①过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，证明△PEG≌△PFH即可得出PE＝PF； ②过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，由①可知四边形PGCH是正方形，PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH，进而得出S四边形PECF＝S正方形PGCH，再说明△CPH∽△CAD得出相似比，再转化成面积之比得出； （2）过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，易证△PFH∽△PEG，可得PF＝ka，再证△PBE∽△CBP，可得PB2＝BE•BC，同理可得PB2＝BF•AB，所以BE＝BF，进而可得△BEF是等腰直角三角形，据此求解即可． 【解答】（1）①证明：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图， 则∠PGE＝∠PHF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°， ∴四边形PGCH是矩形， ∵∠PCH＝45°， 在Rt△PCH中，∠CPH＝90°﹣45°＝45°， ∴PH＝CH， ∴四边形PGCH是正方形， ∴PG＝PH，∠HPF+∠GPF＝90°， ∵∠EPG+∠GPF＝90°， ∴∠EPG＝∠FPH， ∴△PEG≌△PFH（ASA）， ∴PE＝PF； ②解：是定值， 过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图， 由①可知四边形PGCH是正方形， ∴PG＝PH，∠PGC＝∠PHC＝∠BCD＝90°，△PEG≌△PFH， ∴S△PEG＝S△PFH， ∴S四边形PECF＝S△PEG+S四边形PGCF ＝S△PFH+S四边形PGCF ＝S正方形PGCH， ∵， ∴， ∵PH∥AD， ∴△CPH∽△CAD，且， ∴， ∴， ∴是定值．该定值为； （2）解：过点P作PG⊥BC，PH⊥CD，如图， ∴∠PGE＝∠PHF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ACB＝∠CAB＝45°， 由旋转可知∠EPF＝90°， ∴∠EPG＝∠FPH， ∴△PFH∽△PEG， ∴， ∵PE＝a， ∴PF＝ka， ∵∠BPE＝45°，∠BCP＝45°， ∴∠BPF＝∠BCP＝45°， ∵∠PBE＝∠CBP， ∴△PBE∽△CBP， ∴PB2＝BE•BC， 同理可得PB2＝BF•AB， ∵AB＝BC， ∴BE＝BF， 连接EF，则△BEF是等腰直角三角形， 在Rt△PEF中，S△PEFPE•PF， EF2＝PE2+PF2＝a2+（ka）2＝（1+k2）a2， ∴S△BEFBE•BF， ∴S四边形PEBF＝S△PEF+S△BEF． 【变式4】（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　平行　 ；②AC2　＝　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 【分析】【问题解决】①根据等腰三角形的性质得出∠DAC＝∠ACB，从而可得AD∥BC； ②证明△ABC∽△DAC得出，即AC2＝BC•CD，由CD＝AD可得结论； 【方法应用】①根据双等四边形的定义进行证明； ②分∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC或∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC或∠D＝∠ACB，DA＝DC三种情况讨论求解即可． 【解答】【问题解决】解：①∵AB＝AC，DA＝DC，∠BAC＝∠ADC， ∴，， ∴∠DAC＝∠ACB， ∴AD∥BC； ②∵∠DAC＝∠ACB，∠BAC＝∠ADC， ∴△ABC∽△DAC， ∴， ∴AC2＝BC•CD， ∵CD＝AD， ∴AC2＝BC•AD； 故答案为：①平行；②＝； 【方法应用】①证明：∵△ADE为△ABC旋转得到， ∴AB＝AD， 令∠B＝α，则∠ADB＝α，∠BAD＝180°﹣2α， ∴∠ADE＝∠B＝a， 由旋转得，DE＝BC，AE＝AC， 又∵AC＝BC， ∴EA＝ED， ∴∠DAE＝∠ADE＝α， ∴∠E＝180°﹣2α， ∴∠E＝∠BAD， ∴四边形ABDE为双等四边形； ②解：作AH⊥BC于点H， ∴AB＝5， ∴BH＝3，AH＝4， 设CH＝x，则AC＝BC＝x+3， 在Rt△AHC中，CH2+AH2＝AC2， 即x2+42＝（x+3）2， 解得：， ∴，， 第一种情况：若∠ACB＝∠D＝∠CAD，CA＝CD时，CD＝AC； 第二种情况：若∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC时， ∴AD＝AC， 作AM⊥CD于点M， ∴CM＝DM， ∴， ∴CMAC， ∴； 第三种情况：若∠D＝∠ACB，DA＝DC时，如图， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB＝∠ABC， ∴△CAB∽△DAC， ∴， ∴， ∴； 综上所述：满足条件时，或或． 【课后练习】 1．（2025•青海）如图，在△ABC中，点O，D分别是边AB，BC的中点，过点A作AE∥BC交DO的延长线于点E，连接AD，BE． （1）求证：四边形AEBD是平行四边形； （2）若AB＝AC，试判断四边形AEBD的形状，并证明． 【分析】（1）证明OD是△ABC的中位线，得OD∥AC，再证明四边形AEDC是平行四边形，得AE＝CD，进而证明AE＝BD，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADB＝90°，再由矩形的判定即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵点O，D分别是边AB，BC的中点， ∴OD是△ABC的中位线， ∴OD∥AC， ∵AE∥BC， ∴四边形AEDC是平行四边形， ∴AE＝CD， ∵点D是边BC的中点， ∴BD＝CD， ∴AE＝BD， ∴四边形AEBD是平行四边形； （2）解：当AB＝AC时，四边形AEBD是矩形，证明如下： ∵AB＝AC，点D是BC边上的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， 由（1）可知，四边形AEBD是平行四边形， ∴平行四边形AEBD是矩形． 3．（2025•长春）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB＝5，OA＝4，OB＝3．求证：▱ABCD是菱形． 【分析】由勾股定理定理的逆定理可证AC⊥BD，由菱形的判定方法可证▱ABCD是菱形． 【解答】证明：∵AB＝5，OA＝4，OB＝3， ∴AB2＝25＝9+16＝OA2+OB2， ∴∠AOB＝90°， ∴AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形． 4．（2025•大庆）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点O．点B，点D关于AC所在直线对称． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作BC的垂线交BC延长线于点E．若CE＝3，AD＝5，求线段OC长． 【分析】（1）证明△ABO≌△CDO（ASA），得AB＝CD，再证明四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得OC＝OAAC，AD＝BC＝CD＝5，则BE＝BC+CE＝8，再由勾股定理求出DE＝4，BD＝4，然后由菱形面积求出OC的长即可． 【解答】（1）证明：∵点B、点D关于AC所在直线对称， ∴BD⊥AC，BO＝DO， ∵AB∥CD， ∴∠ABO＝∠CDO， 在△ABO和△CDO中， ， ∴△ABO≌△CDO（ASA）， ∴AB＝CD， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵BD⊥AC， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形， ∴OC＝OAAC，AD＝BC＝CD＝5， ∴BE＝BC+CE＝5+3＝8， ∵DE⊥BC， ∴∠DEB＝90°， 在Rt△CED中，由勾股定理得：DE4， 在Rt△BED中，由勾股定理得：BD4， ∵S菱形ABCD＝DE•BC，S菱形ABCDAC•BD＝OC•BD， ∴DE•BC＝OC•BD， ∴OC． 5．（2025•兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 【分析】根据AD∥BC得∠PBF＝∠ADB＝35°，再根据直角三角形斜边中线性质得PB＝PF＝PE，进而得∠PFB＝∠PBF＝35°，再由三角形内角和定理求出∠BPF＝110°，则可得出∠DPE的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∠ADB＝35°， ∴AD∥BC，∠ABC＝90°， ∴∠PBF＝∠ADB＝35°， ∵点P是EF的中点， ∴PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线， ∴PB＝PF＝PE， ∴∠PFB＝∠PBF＝35°， 在△PBF中，∠BPF＝180°﹣（∠PFB+∠PBF）＝110°， ∴∠DPE＝∠BPF＝110°． 故选：C． 6．（2025•长沙）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝DF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）连接EF，若BC＝12，BE＝5，求EF的长． 【分析】（1）根据正方形性质得AB＝CD，AB∥CD，再根据BE＝DF得AE＝CF，由此根据平行四边形的判定即可得出结论； （2）过点E作EH⊥CD于点H，证明四边形EBCH是矩形得EH＝BC＝12，CH＝BE＝5，进而得DH＝7，再根据BE＝DF＝5得HF＝2，然后在Rt△EFH中，由勾股定理即可求出EF的长． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝CD，AB∥CD， ∵BE＝DF， ∴AB﹣BE＝CD﹣DF， ∴AE＝CF， 又∵AB∥CD， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）解：过点E作EH⊥CD于点H，如图所示： ∴∠EHC＝∠EHF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，BC＝12， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝12，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠EHC＝∠B＝∠BCD＝90°， ∴四边形EBCH是矩形， ∴EH＝BC＝12，CH＝BE＝5， ∴DH＝CD﹣CH＝12﹣5＝7， ∵BE＝DF＝5， ∴HF＝DH﹣DF＝7﹣5＝2， 在Rt△EFH中，由勾股定理得：EF． 7．（2025•乐山）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确的组合是 　①②或①③　 （只需填一种组合即可）． 【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：正确的组合是①②或①③， 理由：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∵AC＝BD， ∴四边形ABCD是正方形， ∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∵∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， 故答案为：①②或①③． 8．（2024•黑龙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件 AC＝BD（答案不唯一）　 ，使得菱形ABCD为正方形． 【分析】根据正方形的判定定理得到结论． 【解答】解：添加AC＝BD， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝BD， ∴菱形ABCD为正方形． 故答案为：AC＝BD（答案不唯一）． 8．（2025•睢县模拟）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D为线段AC上一点，且AB＝AD，E为线段BC的中点，连接BD、ED，延长BA到点F，使得AF＝BA，连接DF，过点B作DF的平行线交DA的延长线于点G． （1）四边形BDFG是正方形吗？请说明理由； （2）若tan∠BCA，CD＝2，求线段DE的长度． 【分析】（1）由平行线的性质得到∠GBA＝∠DFA，再由两个三角形全等的判定与性质，结合平行四边形的判定、菱形的判定及正方形的判定即可得到答案； （2）由正切函数，在Rt△ABC中，求出线段长，进而在Rt△CDF中，同理求出线段长，在Rt△DEF中，由勾股定理求解即可得到答案． 【解答】解：（1）四边形BDFG是正方形；理由如下： 在△ABC中，∠BAC＝90°， ∴∠BAG＝∠FAD＝90°， ∵过点B作DF的平行线交DA的延长线于点G，即BG∥DF， ∴∠GBA＝∠DFA， 在△ABG和△AFD中， ， ∴△ABG≌△AFD（ASA）， ∴BG＝FD，AG＝AD， ∵BG∥DF， ∴四边形BDFG是平行四边形， ∵DG⊥AB， ∴四边形BDFG是菱形， ∵AB＝AF，∠BAC＝90°， ∴DA垂直平分BF，则DB＝DF， ∴四边形BDFG是正方形； （2）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，，则， 设BA＝3x，则AC＝5x，AD＝AB＝3x， ∴DC＝AC﹣AD＝5x﹣3x＝2x＝2， 解得x＝1， ∴AB＝3，AC＝5， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， 过点D作DF⊥BC，如图： 在Rt△CDF中，，则， 设DF＝3y，则FC＝5y， ∴， 解得， ∴， ∵E为线段BC的中点， ∴， ∴， 在Rt△DEF中，由勾股定理可得． 9．（2025•石家庄二模）八年级下学期数学课本有这样一道题“如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．”以下是嘉嘉和淇淇两人不同的做法，下列判断正确的是（　　） 嘉嘉 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD． ∵E，F，G、H分别是AO，BO，CO，DO的中点， ∴OEOA，OGOC，OFOB，OHOD． ∴OE＝OG，OF＝OH． ∴四边形EFGH是平行四边形． 淇淇 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD． ∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点， ∴EF∥AB，EFAB，GH∥CD，GHCD． ∴EF∥GH，EF＝GH． ∴四边形EFGH是平行四边形． A．都正确 B．都不正确 C．只有嘉嘉的正确 D．只有淇淇的正确 【分析】嘉嘉的做法：根据平行四边形的性质、判定证明； 淇淇的做法：根据三角形中位线定理、平行四边形的判定证明． 【解答】解：嘉嘉和淇淇两人的做法都正确， 故选：A． 10．（2025•攀枝花）如图1，正方形ABCD的边长为2．E、F分别为边BC、CD上的动点，△CEF的周长为4，G是CB延长线上的一点，且GB＝DF． （1）求证：AG⊥AF； （2）试问∠EAF的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； （3）如图2，若M为边BC的中点，过点A作AH⊥EF，垂足为H．求MH的最小值． 【分析】（1）利用SAS易证△ABG≌△ADF（SAS），进而得证； （2）由△CEF的周长为4，导边可得EF＝EG，再根据SSS可证△AGE≌△AFE，据此得解； （3）设BE＝x，DF＝y，在Rt△CEF中利用勾股定理可得xy＝4﹣（x+y），再利用等面积可得AH＝2，最后利用三边关系求解即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD时是正方形， ∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°， ∴∠ABG＝∠ADF＝90°， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF， ∴∠BAD＝∠DAF+∠BAF＝∠BAG+∠BAF＝∠GAF＝90°， ∴AG⊥AF； （2）解：由（1）知△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF， ∵△CEF的周长为4，CD+CB＝2+2＝4， ∴CE+EF+CF＝CB+CD＝CF+DF+CE+BE， ∴EF＝DF+BE＝BG+BE＝EG， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴， ∴∠EAF的大小为定值45°； （3）方法一：设BE＝x，DF＝y，则EF＝EG＝x+y， ∵正方形边长为2， ∴CE＝CB﹣BE2﹣x，CF＝CD﹣DF＝2﹣y， 在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2， 即（2﹣x）2+（2﹣y）2＝（x+y）2， 整理得xy＝4﹣（x+y）， ∵AH⊥EF， ∴S△AEFAH•（x+y）， 又∵S△AEF＝S正方形ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF﹣S△CEF ＝4﹣x﹣y﹣2+（x+y）xy ＝4﹣x﹣y﹣2+（x+y）﹣2（x+y） （x+y）， ∴AH•（x+y）（x+y）， ∴AH＝2， ∵M为BC中点， ∴BM， ∴AM， ∵MH≥AM﹣AH，当且仅当A、H、M三点共线时取等， ∴MH， 即MH最小值为2． 求AH的方法二：∵正方形ABCD的边长为2， ∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°， ∴AB是△AEG的高， ∵AH⊥EF， ∴ABH是△AEG的高， 由（2）得△AGE≌△AFE， ∴S△AEG＝S△AEF，即， ∵EG＝EF， ∴AH＝AB＝2； 11．（2025•陕西）问题探究 （1）在△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝8，AD为BC边上的中线，则AD的长为　4　 ； （2）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝6，P为边BC上一点，PM⊥AC，PN⊥AB，垂足分别为M，N，连接MN，求MN的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形ABCD是一个游乐场的平面示意图，出入口在点B处．已知∠DAB＝∠ADC＝90°，AB＝800m，AD＝CD＝600m．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由MN，NP，PQ，QM四条直步道连接而成的观景环道及服务中心O，其中，点M在边CD上，点N在边AD上，点P，Q在边AB上，点O为MN的中点． 按照设计要求，MN的长为400m，PQ的长为80m，在点B与点O之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当BO最小时NP+MQ的最小值及此时BQ的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 【分析】（1）通过作DE⊥AB，利用中线性质得D为BC中点，再证△BED∽△BAC推出E为AB中点，最后证Rt△BED≌Rt△AED求解； （2）由PM⊥AC、PN⊥AB和∠BAC＝90°得四边形ANPM为矩形，故MN＝AP，再求AP的最小值即A到BC的距离得到MN最小值； （3）利用三角不等式得D、O、B共线时BO最小，通过作对称点、构造矩形和相似三角形，结合勾股定理与相似比求出NP+MQ的最小值及此时BQ的长． 【解答】解：（1）如图，过点D作DE⊥AB，交AB于点E， ， ∵AD为BC边上的中线， ∴点D为BC中点，即CD＝BDAB＝4， ∵DE⊥AB， ∴∠BED＝∠AED＝90°， 在△BED和△BAC中， ∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BAC＝90°， ∴△BED～△BAC， ∴，即点E为AB的中点， ∴AE＝BE， 在Rt△BED和Rt△AED中， ∵AE＝BE，∠BED＝∠AED＝90°，DE＝DE， ∴Rt△BED≌Rt△AED， ∴AD＝BD＝4， 故答案为：4； （2）∵PM⊥AC，PN⊥AB，∠BAC＝90°， ， ∴四边形ANPM为矩形， 连接AP，则MN＝AP， 过点A作AP′⊥BC于点P′， ∴AP≥AP′． 在Rt△ABC中， ∵S△ABCAB×ACAP'×BC， ∵，AB＝6，BC＝4， ∴， MN的最小值为； （3）连接BO，DO，DB， 则DO＝200，DB＝1000， ， ∵BO≥DB﹣DO， ∴当D，O，B三点共线时BO最小， 在DB上顺次截取DO1＝O1E＝200，作EN1⊥AD，EM1⊥CD， 则四边形N1EM1D为矩形， 在△DN1E∽△DAB中， ∵∠ADB＝∠N1DE，∠DN1E＝∠DAB， ∴△DN1E∽△DAB， ∴， 解得：DN1＝240， DM1＝N1E＝320＜600， 作点N1关于AB的对称点N2，作N2N3⫫PQ，连接M1N3， ， ∴N1P+M1Q＝N2P+M1Q＝N3Q+M1Q≥M1N3， ∴M1N3与AB的交点Q1即为所确定的位置． 作M1F⊥N2N3，M1F交AB于点G，得矩形N2FM1D． 在Rt△M1N3F中， N3F＝DM1﹣N2N3＝320﹣80＝240， M1F＝DA+AN2＝600+（600﹣240）＝960， ∴， 在△M1Q1G和△M1N3F中， ∵∠Q1M1G＝∠N3M1F，∠M1GQ1＝∠M1FN3＝90°， ∴△M1Q1G∽△M1N3F ∴， ∴Q1G＝150， ∴BQ1＝AB﹣AG+Q1G＝800﹣320+150＝630， ∴当BO最小时，NP+MQ的最小值为，此时BQ的长为630m 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $