專題16 四邊形綜合（二）（云南專用）（解析版）

專題16四邊形綜合（二）目錄熱點(diǎn)題型歸納 1題型01四邊形的常見幾何模型 1題型02菱形的性質(zhì)與判定 15題型03矩形的性質(zhì)與判定 18題型04正方形的性質(zhì)與判定 29題型05矩形或正方形的折疊問題 37題型06特殊四邊形（菱形、矩形、正方形）的多結(jié)論問題 49中考練場 54 題型01四邊形的常見幾何模型【解題策略】1）垂美四邊形【模型介紹】對角線互相垂直的四邊形為垂美四邊形.【性質(zhì)】四邊形中AC⊥BD，則①S垂美四邊形ABCD=12AC?BD②AB2+DC2=AD2+BC2）中點(diǎn)四邊形【模型介紹】依次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形叫做中點(diǎn)四邊形.中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)：已知點(diǎn)E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，則①四邊形EFGH是平行四邊形②CEFGH=AC+BD③sEFGH=12s④順次連接對角線互相垂直的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是矩形.⑤順次連接對角線相等的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是菱形.⑥順次連接對角線互相垂直且相等的四邊形各邊中點(diǎn)所組成的四邊形是正方形.速記口訣：矩中菱，菱中矩，正中正.3）十字架模型【模型介紹】如圖，在正方形ABCD中，若EF⊥MN，則EF=MN【易錯點(diǎn)】正方形內(nèi)十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.【解題技巧】無論怎么變，只要垂直，十字架就相等.4）對角線互補(bǔ)模型類型一90°對角互補(bǔ)模型如圖，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則①AD=CD②AB+BC=2BD③S△ABD+S△BDC=12BD類型一120°對角互補(bǔ)模型如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，則①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√35）正方形半角模型【模型介紹】從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45°的兩條射線，并連結(jié)它們與該頂點(diǎn)的兩對邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平面幾何模型.已知正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC、CD上的點(diǎn)，∠EAF=45°，AE、AF分別與BD相交于點(diǎn)O、P，則：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C?CEF=2倍正方形邊長④S?ABE+S?ADF=S?AEF⑤AB=AG=AD（過點(diǎn)A作AG⊥EF，垂足為點(diǎn)G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，則點(diǎn)F為CD三等分點(diǎn)⑧?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA⑨ABEP四點(diǎn)共圓、AOFD四點(diǎn)共圓、OECFP五點(diǎn)共圓⑩?APE、?AOF為等腰直角三角形(11)EF=2OP(12)S?AEF=2S?APO(13)AB2=BP×OD(14)CE?CF=2BE?DF(15)?EPC為等腰三角形(16)PX=BX+DP(過點(diǎn)E作EX⊥BD，垂足為點(diǎn)X)【典例分析】例1．（2023·遼寧）如圖，在正方形ABCD中，AB=12，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，AE與BF相交于點(diǎn)G，若BE=CF=5，則BG的長為．【答案】60【分析】根據(jù)題意證明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠C=90°，AB=BC，∵BE=CF，∴△ABE≌△BCFSAS∴∠BAE=∠CBF，∵∠CBF+∠ABG=90°，∴∠BAE+∠ABG=90°，∴∠BGE=90°，∴∠BGE=∠C，又∵∠EBG=∠FBC，∴△EBG∽△FBC，∴BGBC∵BC=AB=12，CF=BE=5，∴BF=B∴BG12∴BG=60故答案為：6013【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·江蘇模擬）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊DC，BC上的點(diǎn)，連接AE，DF，且AE⊥DF于點(diǎn)G，若

(1)請你幫助同學(xué)們解決上述問題，并說明理由．(2)如圖2，在△ABC中，∠BAC=90°，ABAC=34，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，連接BD，過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，交BC

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，

【答案】(1)CF(2)AF(3)24【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，證明（2）過點(diǎn)B作CB的垂線，過點(diǎn)D作CB的垂線，垂足為K，過點(diǎn)A作CB的平行線，分別交兩條垂線于G，H，根據(jù)有三個(gè)直角的四邊形，即四邊形GBKH為矩形，證明△ADH≌△CDKAAS，由全等三角形的性質(zhì)得出DH=DK，證明△AHD∽△BGA（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)M，證明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，證明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性質(zhì)得出BMDN=BCCD=34，設(shè)BM=3y，則【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C=∠ADE=90°，∴∠ADG+∠CDF=90°，∵AE⊥DF，∴∠AGD=90°，∴∠DAG+∠ADG=90°，∴∠DAG=∠FDC，∴△DCF∽△ADE，∴DFAE（2）解：過點(diǎn)B作CB的垂線，過點(diǎn)D作CB的垂線，垂足為K，過點(diǎn)A作CB的平行線，分別交兩條垂線于G，H，∵∠GBK=∠G=∠HKB=90°則四邊形GBKH為矩形，

∵D為AC的∴AD=CD，又∵∠AHD=∠CKD=90°，∴△ADH≌△CDK∴DH=DK∵∠BAD=90°∴∠GAB+∠HAD=90°又∵∠GAB+∠GBA=90°，∴∠HAD=∠GBA，∵∠G=∠AHD=90°，∴△AHD∽△BGA，∴DHAG∵AB∴ADAB設(shè)DH=2y，則BG=4y，AH=8∴BGGH由（1）知，AFBD∴AFBD（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)M，

∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，∴∠A=∠M=∠CNA=90°，∴四邊形AMCN是矩形，∴AM=CN，在△BAD和△BCD中，AD=CDAB=BC∴△BAD≌△BCD∴∠BCD=∠A=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠MBC=∠ADC，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM∽△DCN，∴BMDN設(shè)BM=3y，則DN=4y，設(shè)AB=BC=3x，則AD=CD=4x，∴CN=3x+3y，在Rt△CND中，由勾股定理得：D∴4y2解得7x=25y（x=?y舍去），∴CFDE故答案為：2425【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．（2023·山東）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點(diǎn)G．求證：△ADE∽△DCF．

【問題解決】（2）如圖2，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE=DF，延長BC到點(diǎn)H，使CH=DE，連接DH．求證：∠ADF=∠H．【類比遷移】（3）如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的長．【答案】（1）見解析

（2）見解析

（3）3【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得∠ADE=∠DCF=90°，則∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，則∠CDF+∠AED=90°，根據(jù)等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得證；（2）利用“HL”證明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”證明△DCF≌△DCH，則∠DHC=∠DFC，由正方形的性質(zhì)可得AD∥（3）延長BC到點(diǎn)G，使CG=DE=8，連接DG，由菱形的性質(zhì)可得AD=DC，AD∥BC，則∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性質(zhì)可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADE=∠DCF=90°，∴∠CDF+∠DFC=90°，∵AE⊥DF，∴∠DGE=90°，∴∠CDF+∠AED=90°，∴∠AED=∠DFC，∴△ADE∽△DCF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，AD∥BC，∵AE=DF，∴△ADE≌△DCFHL∴DE=CF，又∵CH=DE，∴CF=CH，∵點(diǎn)H在BC的延長線上，∴∠DCH=∠DCF=90°，∵DC=DC，∴△DCF≌△DCHSAS∴∠H=∠DFC，∵AD∥∴∠ADF=∠DFC=∠H；（3）解：如圖，延長BC到點(diǎn)G，使CG=DE=8，連接DG，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=DC，AD∥∴∠ADE=∠DCG，∴△ADE≌△DCGSAS∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，∵AE=DF，∴DG=DF，∴△DFG是等邊三角形，∴FG=FC+CG=DF=11，∴FC=11?CG=11?8=3．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握這些知識點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．2．（2024·江蘇模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)O是對角線BD的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段OD上，連接AP并延長交CD于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PF⊥AP交BC于點(diǎn)F，連接AF、EF，AF交BD于G，現(xiàn)有以下結(jié)論：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB?PD=2BF；④S△AEF為定值；⑤SA．①②③ B．①②③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤【答案】B【分析】①正確，證明A、B、F、P四點(diǎn)共圓，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得結(jié)論；②正確，將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；③正確，連接PC，過點(diǎn)P作PQ⊥CF于Q，過點(diǎn)P作PM⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，證明FQ=QC，由PB=2BQ，PD=2PW=2CQ＝2FQ，推出PB-PD=2(BQ-FQ)＝2BF；④錯誤，由△AEF?△AMF，推出S△AEF=S△AMF=⑤正確．利用相似三角形的性質(zhì)證明即可．【詳解】解：如圖，取AF的中點(diǎn)T，則AT＝TF，連接PT，BT，∵AP⊥PF，四邊形ABCD是正方形，∴∠ABF＝∠APF＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，∴BT=AT＝TF＝PT，∴A、B、F、P四點(diǎn)共圓，∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，∴∠PAF＝∠PFA，∴PA＝PF，故①正確；將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，∵∠ADE=∠ABM＝90°，∠ABC＝90°，∴∠ABC+∠ABM＝180°，∴C、B、M共線，∵∠EAF＝45°，∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB+∠DAE=45°，∴∠FAE＝∠FAM，在△FAM和△FAE中，F(xiàn)A=FA∠FAM=∠FAE∴△FAM?△FAE（SAS），∴FM=EF，∵FM＝BF+BM＝BF+DE，∴EF＝DE+BF，故②正確；連接PC，過點(diǎn)P作PQ⊥CF于Q，過點(diǎn)P作PW⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，在△PBA和△PCB中，F(xiàn)B=FB∠PBA=∠PBC∴△PBA?△PBC（SAS），∴PA=PC，∵PF=PA，∴PF=PC，∵PQ⊥CF，∴FQ=QC，∵PB=2BQ，PD=∴PB?PD=2∵△FAM?△FAE，∴S△AEF∵FM的長度是變化的，∴△AEF的面積不是定值，故④錯誤，∵A、B、F、P四點(diǎn)共圓，∴∠APG＝∠AFB，∵△FAM?△FAE，∴∠AFE=∠AFB，∴∠APG=∠AFE，∵∠PAG＝∠EAF，∴△PAG～△FAE，∴S△APG∴S四邊形故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．題型02菱形的性質(zhì)與判定【解題策略】菱形的性質(zhì)：1）具有平行四邊形的所有性質(zhì)；2）四條邊都相等；3）兩條對角線互相垂直，且每條對角線平分一組對角.4）菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，菱形的對稱中心是菱形對角線的交點(diǎn)，菱形的對稱軸是菱形對角線所在的直線，菱形的對稱軸過菱形的對稱中心.菱形的判定：1）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.2）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.3）四條邊相等的四邊形是菱形.【解題思路】判定一個(gè)四邊形是菱形時(shí)，可先說明它是平行四邊形，再說明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接說明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．菱形的面積公式：S=ah=對角線乘積的一半（其中a為邊長，h為高）.菱形的周長公式：周長l=4a（其中a為邊長）.方法總結(jié)1.對于菱形的定義要注意兩點(diǎn):a.是平行四邊形;b.一組鄰邊相等.2.定義說有一組鄰邊相等的平行四邊形才是菱形,不要錯誤地理解為有一組鄰邊相等的四邊形是菱形.3.菱形的面積S=對角線乘積的一半，適用于對角線互相垂直的任意四邊形的面積的計(jì)算.4.在求菱形面積時(shí),要根據(jù)圖形特點(diǎn)及已知條體靈活選擇面積公式來解決問題，5.在利用對角線長求菱形的面積時(shí),要特別注意不要漏掉計(jì)算公式中的12【典例分析】例1．（2023·四川）如圖，?ABCD的面積為12，AC=BD=6，AC與BD交于點(diǎn)O，分別過點(diǎn)C，D作BD，AC的平行線相交于點(diǎn)F，點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是四邊形OCFD邊上的動點(diǎn)，則PG的最小值是(

)A.1 B.32 C.32【答案】A

【解析】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，AC=BD，

∴OD=OC，

∵DF/?/AC，OD/?/CF，

∴四邊形OCFD為菱形，

∴點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是四邊形OCFD邊上的動點(diǎn)，

∴當(dāng)GP垂直于菱形OCFD的一邊時(shí)，PG有最小值．

過D點(diǎn)作DM⊥AC于M，過G點(diǎn)作GP⊥AC于P，則GP//MD，

∵矩形ABCD的面積為12，AC=6，

∴2×12AC?DM=12，

即2×12×6?DM=12，

解得DM=2，

∵G為CD的中點(diǎn)，

∴GP為△DMC的中位線，

∴GP=12DM=1，

故PG的最小值為1．

故選：A．

先判定四邊形OCFD為菱形，找出當(dāng)GP垂直于菱形OCFD的一邊時(shí)，PG有最小值．過D點(diǎn)作DM⊥AC于M，過G點(diǎn)作GP⊥AC于P，則例2．（2023·北京）如下圖，在四邊形ABCD中，AB//DC，AB=AD，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC平分∠BAD，過點(diǎn)C作CE⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)E，連接OE．

(1)求證：四邊形ABCD是菱形;

(2)若AB=5，BD=2【答案】(1)證明：∵AB/?/CD，

∴∠OAB=∠DCA，

∵AC為∠DAB的平分線，

∴∠OAB=∠DAC，

∴∠DCA=∠DAC，

∴CD=AD=AB，

∵AB/?/CD，

∴四邊形ABCD是平行四邊形，

∵AD=AB，

∴四邊形ABCD是菱形；

(2)解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴OA=OC，BD⊥AC，

∵CE⊥AB，

∴OE=OA=OC，

∵BD=2，

∴OB=12BD=1，

在Rt△AOB中，AB=5，OB=1，

∴OA=【解析】此題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，勾股定理有關(guān)知識．

(1)先判斷出∠OAB=∠DCA，進(jìn)而判斷出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出結(jié)論；

(2)先判斷出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出結(jié)論．【變式演練】1.（2023·江蘇）如圖，等腰三角形OAB的頂角∠AOB=120°，⊙O和底邊AB相切于點(diǎn)C，并與兩腰OA，OB分別相交于D，E兩點(diǎn)，連接CD，CE．

(1)求證：四邊形ODCE是菱形；

(2)若⊙O的半徑為2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)證明：連接OC，

∵⊙O和底邊AB相切于點(diǎn)C，

∴OC⊥AB，

∵OA=OB，∠AOB=120°，

∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60°，

∵OD=OC，OC=OE，

∴△ODC和△OCE都是等邊三角形，

∴OD=OC=DC，OC=OE=CE，

∴OD=CD=CE=OE，

∴四邊形ODCE是菱形；

(2)解：連接DE交OC于點(diǎn)F，

∵四邊形ODCE是菱形，

∴OF=12OC=1，DE=2DF，∠OFD=90°，

在Rt△ODF中，OD=2，

∴DF=OD2?OF2=22?12=3，

∴DE=2DF=23，

∴圖中陰影部分的面積【解析】(1)連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OC⊥AB，然后利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得∠AOC=∠BOC=60°，從而可得△ODC和△OCE都是等邊三角形，最后利用等邊三角形的性質(zhì)可得OD=CD=CE=OE，即可解答；

(2)連接DE交OC于點(diǎn)F，利用菱形的性質(zhì)可得OF=1，DE=2DF，∠OFD=90°，然后在Rt△ODF中，利用勾股定理求出DF的長，從而求出DE的長，最后根據(jù)圖中陰影部分的面積=扇形ODE的面積?菱形ODCE的面積，進(jìn)行計(jì)算即可解答．

本題考查了切線的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，等腰三角形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．2.（2023·四川）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，∠CAB=∠ACB，過點(diǎn)B作BE⊥AB交AC于點(diǎn)E．

(1)求證：AC⊥BD；

(2)若AB=10，AC=16，求OE的長．【答案】(1)證明：∵∠CAB=∠ACB，

∴AB=CB，

∴?ABCD是菱形，

∴AC⊥BD；

(2)解：由(1)可知，?ABCD是菱形，

∴OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，

∴∠AOB=∠BOE=90°，

∴OB=AB2?OA2=102?82=6，

∵BE⊥AB，

∴∠EBA=90°，

∴∠BEO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，

∴∠BEO=∠ABO，

∴△BOE∽△AOB，【解析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

(1)證AB=CB，得?ABCD是菱形，再由菱形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；

(2)由菱形的性質(zhì)得OA=OC=12AC=8，AC⊥BD，再由勾股定理得OB=6，然后證△BOE∽△AOB3．（2023·江蘇模擬）如圖，已知，等邊△ABC中，AB=6，將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，連接BD，交AC于O點(diǎn)，E點(diǎn)在OD上，且DE=2OE，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，P是AC上的一個(gè)動點(diǎn)，則PF?PE的最大值為．【答案】3【分析】由折疊可證四邊形ABCD為菱形，BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，則BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，則PE=PM，AE=AM，PF?PE=PF?PM，可知當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到點(diǎn)A時(shí)，PF?PE最大，最大為FM，勾股定理求AF=A【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，AB=6，∴AB=AC=BC=6，∵將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，∴AD=CD=BC=AB=6，∴四邊形ABCD為菱形，∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，∴BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，∵F是BC的中點(diǎn)，∴AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，∵DE=2OE，∴OM=OE，∵BD⊥AC，∴PE=PM，AE=AM，∴PF?PE=∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動到點(diǎn)A時(shí)，PF?PE最大，最大為FM，∵∠CAF=30°，∴CF=3，由勾股定理得，AF=A∴FM=1故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，含30°的直角三角形等知識．根據(jù)題意確定最大值的情況是解題的關(guān)鍵．題型03矩形的性質(zhì)與判定【解題策略】矩形的定義：有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形.矩形的性質(zhì)：1）矩形具有平行四邊形的所有性質(zhì)；2）矩形的四個(gè)角都是直角；3）對角線互相平分且相等；4）矩形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.矩形的對稱中心是矩形對角線的交點(diǎn)；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點(diǎn)的直線；矩形的對稱軸過矩形的對稱中心.【推論】1）在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.2）直角三角形中，30度角所對應(yīng)的直角邊等于斜邊的一半.矩形的判定：1)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形；2）對角線相等的平行四邊形是矩形；3）有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形.【解題思路】要證明一個(gè)四邊形是矩形，首先要判斷四邊形是否為平行四邊形，若是，則需要再證明對角線相等或有一個(gè)角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個(gè)角是直角來直接證明．方法總結(jié)1.對于矩形的定義要注意兩點(diǎn):a.是平行四邊形;b.有一個(gè)角是直角.2.定義說有一個(gè)角是直角的平行四邊形才是矩形,不要錯誤地理解為有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形.【典例分析】例1．（2023·浙江）（性質(zhì)）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O.若∠AOB=60°，則ABBC=A.1B.C.D.【答案】D

【解析】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．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．本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·上海）（判定）在四邊形ABCD中，AD//BC，AB=CD.下列說法能使四邊形ABCD為矩形的是(

)A.AB//CD B.AD=BC C.∠A=∠B D.∠A=∠D【答案】C

【解析】【分析】結(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定逐一分析即可．本題主要考查平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定等知識，熟練掌握以上知識并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．【解答】

解：A:∵AB//CD，AD/?/BC，AB=CD∴四邊形ABCD為平行四邊形而非矩形，故A不符合題意；B:∵AD=BC，AD/?/BC，AB=CD∴四邊形ABCD為平行四邊形而非矩形，故B不符合題意；C:∵AD//BC∴∠A+∠B=∵∠A=∠B∴∠A=∠B=∵AB=CD，AD/?/BC∴∠C=∠D=90°，∴四邊形ABCD為矩形，故C符合題意；D:∵AD//BC∴∠A+∠B=∵∠A=∠D∴∠D+∠B=∴四邊形ABCD不一定是矩形，故D不符合題意；

故選C．例3．（2023·北京）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G在AB上，EF⊥AB，OG//EF．(1)求證：四邊形OEFG是矩形；(2)若AD=10，EF=4，求OE和BG的長．

【答案】(1)見解析；(2)OE=5，BG=2．

【解析】【分析】(1)先證明EO是△DAB的中位線，再結(jié)合已知條件OG

//

EF，得到四邊形OEFG是平行四邊形，再由條件EF⊥AB，得到四邊形OEFG是矩形；(2)先求出AE=5，由勾股定理進(jìn)而得到AF=3，再由中位線定理得到OE=

12

AB=

12

AD=5，得到FG=5，最后【詳解】解：(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，∵點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，∴OE為△ABD的中位線，∴OE

//

FG，∵OG

//

EF，∴四邊形OEFG為平行四邊形∵EF⊥AB，∴平行四邊形OEFG為矩形．(2)∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，AD=10，∴AE=

1∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，

AF=A∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD=10，∴OE=

12

AB=5∵四邊形OEFG為矩形，∴FG=OE=5，∴BG=AB?AF?FG=10?3?5=2．故答案為：OE=5，BG=2．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是掌握特殊四邊形的性質(zhì)和判定屬于中考常考題型，需要重點(diǎn)掌握．【變式演練】1.（2023·黑龍江）如圖，在平面直角坐標(biāo)中，矩形ABCD的邊AD=5.OA：OD=1：4，將矩形ABCD沿直線OE折疊到如圖所示的位置，線段OD1恰好經(jīng)過點(diǎn)B，點(diǎn)C落在y軸的點(diǎn)C1位置，點(diǎn)E的坐標(biāo)是A.(1,2) B.(?1,2) C.(5?1,2)【答案】D

【解析】解：∵矩形ABCD的邊AD=5.OA：OD=1：4，

∴OA=1，OD=4，BC=5，

∵AB//OC′，

∴∠ABO=∠D′OC′，

∵∠BAO=∠OD′C′=90°，

∴△AOB∽△D′C′O，

∴OAAB=D′C′OD′，

∵將矩形ABCD沿直線OE折疊到如圖所示的位置，

∴OD′=OD=4，D′C′=DC=AB，

∴1AB=AB4，

∴AB=2(負(fù)值舍去)，

∴CD=2，

連接OC，設(shè)BC與OC′交于F，

∴OC=OD2+CD2=42+22=25，

∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，

∴四邊形OABF是矩形，

∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC′，OA=BF=1，

∴CF=5?1=4，

由折疊知，OC′=OC=25,EC′=EC=CF?EF=4?EF，

∴C′F=OC′?OF=25?2，

∵EF2+C′F2=EC′2.（2023·四川）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，P為邊AB上一動點(diǎn)，作PD⊥BC于點(diǎn)D，PE⊥AC于點(diǎn)E，則DE的最小值為______．

【答案】3【解析】解：如圖，連接CP，

∵∠ACB=90°，AC=BC=6，AB=AC2+BC2=62+62=62，

∵PD⊥BC，PE⊥AC，

∴∠PDC=∠PEC=90°，

∴四邊形CDPE是矩形，

∴DE=CP，

由垂線段最短可得，當(dāng)CP⊥AB時(shí)，線段DE的值最小，

此時(shí)，AP=BP，

∴CP=12AB=32，

∴DE3．（2023·浙江）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE,AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S,S1,S2

A．△ABE的面積 B．△ACD的面積 C．△ABC的面積 D．矩形BCDE的面積【答案】C【分析】過點(diǎn)A作FG∥BC，交EB的延長線于點(diǎn)F，DC的延長線于點(diǎn)G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性質(zhì)和三角形的面積公式，可得S1+S2=【詳解】解：過點(diǎn)A作FG∥BC，交EB的延長線于點(diǎn)F，DC的延長線于點(diǎn)G，

∵矩形BCDE，∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，∴FG⊥BE,FG⊥CD，∴四邊形BFGC為矩形，∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，∴S1∴S1又S=S∴S?S∴只需要知道△ABC的面積即可求出S?S故選C．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關(guān)鍵是得到S題型04正方形的性質(zhì)與判定【解題策略】正方形的性質(zhì)：1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì).2）正方形的四個(gè)角都是直角，四條邊都相等.3）正方形對邊平行且相等.4）正方形的對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角；5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形；6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.【補(bǔ)充】正方形對角線與邊的夾角為45°.正方形的判定：1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個(gè)角為直角；2）矩形+一組鄰邊相等；3）矩形+對角線互相垂直；4）菱形+一個(gè)角是直角；5）菱形+對角線相等.【解題技巧】判定一個(gè)四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個(gè)角是直角或?qū)蔷€相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個(gè)角為直角和一組鄰邊相等．正方形的面積公式：a2＝對角線乘積的一半=2S△ABC=4S△AOB.正方形的周長公式：周長=4a【典例分析】例1．（2023·遼寧）（性質(zhì)）如圖，將正方形ABCD的各邊AB，BC，CD，DA順次延長至E，F(xiàn)，G，H，且使BE=CF=DG=AH，則四邊形EFGH是(

)A.平行四邊形B.菱形C.矩形D.正方形【答案】D

【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴∠FBE=∠GCF=∠HDG=∠EAH=90°，∵BE=CF=DG=AH，∴AB+BE=BC+CF=CD+DG=DA+AH，即AE=BF=CG=DH，在△FBE和△GCF中，BE=CF∠FBE=∠GCF∴△FBE≌△GCF(SAS)，∴EF=FG，∠BFE=∠CGF，∵∠GCF=90°，∴∠CGF+∠GFC=90°，∴∠BFE+∠GFC=90°，即∠EFG=90°，同理可得△GCF≌△HDG，△HDG≌△EAH，△EAH≌△FBE，∴FG=GH，GH=HE，HE=EF，∴EF=FG=GH=HE，∴四邊形EFGH是菱形，又∠EFG=90°，∴四邊形EFGH是正方形．故選：D．根據(jù)正方形的性質(zhì)和已知條件可證得△FBE≌△GCF≌△HDG≌△EAH，于是得到EF=FG=GH=HE，可證得四邊形EFGH是菱形，再證得∠EFG=90°，即可證明四邊形EFGH是正方形．本題主要考查了正方形的性質(zhì)與判定．熟知正方形的性質(zhì)：正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；掌握正方形的判定：有一個(gè)角是直角的菱形是正方形；四條邊相等的矩形是正方形．例2．（2023·遼寧模擬）（判定）如圖，正方形四個(gè)頂點(diǎn)分別位于兩個(gè)反比例函數(shù)y=3x和y=nx的圖象的四個(gè)分支上，則實(shí)數(shù)A.?3 B.?13 C.13【答案】A

【解析】解：如圖，連接正方形的對角線，過點(diǎn)A，B分別作x軸的垂線．垂足分別為C、D，∵四邊形ABCD是正方形，∴AO=BO，∠AOB=∠BDO=∠ACO=90°，∴∠CAO=90°?∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△OBD(AAS)，∴S∵點(diǎn)A在第二象限，∴n=?3，故選：A．本題考查正方形的性質(zhì)，反比例函數(shù)的k的幾何意義，熟練掌握以上性質(zhì)的解題關(guān)鍵．例3．（2023·湖南模擬）（性質(zhì)與判定）如圖，邊長為3的正方形OBCD兩邊與坐標(biāo)軸正半軸重合，點(diǎn)C的坐標(biāo)是(

)A.(3,?3)B.(?3,3)C.(3,3)D.(?3,?3)【答案】C

【解析】解：∵正方形的邊長為3，∴DC=BC=3，∵點(diǎn)C在第一象限，∴C的坐標(biāo)為(3,3)．故選：C．由正方形的性質(zhì)可得DC=BC=3，而點(diǎn)C在第一象限，所以C的坐標(biāo)為(3,3)．本題考查正方形的性質(zhì)和坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，求出DC、BC的長即可解答．【變式演練】1.（2023·福建）添加下列一個(gè)條件，能使矩形ABCD成為正方形的是(

)A.AB=CD B.AC⊥BDC.∠BAD=90° D.AC=BD【答案】B

【解析】【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的判定.能熟記正方形的判定定理是解此題的關(guān)鍵．根據(jù)矩形的性質(zhì)及正方形的判定來添加合適的條件．【解答】解：要使矩形成為正方形，可根據(jù)正方形的判定定理解答：(1)有一組鄰邊相等的矩形是正方形，(2)對角線互相垂直的矩形是正方形．∴添加AC⊥BD，能使矩形ABCD成為正方形．2.（2023·江蘇模擬）如圖，在正方形ABCD中，AB=3，延長BC至E，使CE=2，連接AE.CF平分∠DCE交AE于F，連接DF，則DF的長為______．【答案】3【解析】解：過點(diǎn)F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點(diǎn)N，∵四邊形ABCD為正方形，AB=3，∴∠ACB=90°，BC=AB=CD=3，∵FM⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，∠ACB=∠B=90°，∴四邊形CMFN為矩形，又∵CF平分∠DCE，F(xiàn)M⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，∴FM=FN，∴四邊形CMFN為正方形，∴FM=FN=CM=CN，設(shè)CM=a，則FM=FN=CM=CN=a，∵CE=2，∴BE=BC+CE=5，EM=CE?CM=2?a，∵∠B=90°，F(xiàn)M⊥CE，∴FM/?/AB，∴△EFM∽△EAB，∴FM：AB=EM：BE，即：a：3=(2?a)：5，解得：a=3∴FN=CN=3∴DN=CD?CN=3?3在Rt△AFN中，DN=94，由勾股定理得：DF=故答案為：3過點(diǎn)F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點(diǎn)N，首先證四邊形CMFN為正方形，再設(shè)CM=a，則FM=FN=CM=CN=a，BE=5，EM=2?a，然后證△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性質(zhì)求出a，進(jìn)而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．此題主要考查了正方形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的對應(yīng)邊成比例．3.（2023·遼寧期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，若AC=BD，請你添加一個(gè)條件______，使四邊形ABCD是正方形(填一個(gè)即可)．【答案】AC⊥BD(答案不唯一)

【解析】解：在平行四邊形ABCD中，AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形．故答案為：AC⊥BD(答案不唯一)．直接利用正方形的判定方法直接得出答案．本題考查了正方形的判定以及平行四邊形的性質(zhì)，正確掌握正方形的判定方法是解題關(guān)鍵．4．（2022·安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長線于點(diǎn)G．連接DF，請完成下列問題：（1）∠FDG=°；（2）若DE=1，DF=22，則MN=【答案】4526【分析】（1）先證△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度數(shù)．（2）先作FH⊥CD于H，利用平行線分線段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，證△MPF∽△NHF,即可求得NH的長度，MN=MH+NH即可得解．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，∠A=∠G∠ABE=∠GEF∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，∵在正方形ABCD中，AB=AD∴AD=GE∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．（2）如圖，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°又∵∠G=∠GDH=90°，∴四邊形DGFH是矩形，又∵DG=FG，∴四邊形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴AG∴DEFH∴DM=23，MH=4作MP⊥DF于P，∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=23∴PF=5∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴MPNH=PF∴NH=25∴MN=MH+NH=43+25=故填：2615【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及判定以及相似三角形的性質(zhì)和判定，熟知相關(guān)知識點(diǎn)并能熟練運(yùn)用，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．題型05矩形或正方形的折疊問題【解題策略】矩形的折疊問題的常用解題思路：1）對折疊前后的圖形進(jìn)行細(xì)致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應(yīng)邊、對應(yīng)角分別相等，找出各相等的邊或角；2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）．3)折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點(diǎn)之間的連線被折痕垂直平分）.4）選擇一個(gè)直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解.【典例分析】例1．（2023·浙江）如圖，已知矩形紙片ABCD，其中AB=3，BC=4，現(xiàn)將紙片進(jìn)行如下操作：

第一步，如圖①將紙片對折，使AB與DC重合，折痕為EF，展開后如圖②；

第二步，再將圖②中的紙片沿對角線BD折疊，展開后如圖③；

第三步，將圖③中的紙片沿過點(diǎn)E的直線折疊，使點(diǎn)C落在對角線BD上的點(diǎn)H處，如圖④.則DH的長為(

)

A.32 B.85 C.53【答案】D

【解析】解：如圖，過點(diǎn)M作MG⊥BD于點(diǎn)G，

∵四邊形ABCD為矩形，AB=3，BC=4，

∴AB=CD=3，∠C=90°，

在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=42+32=5，

根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，BE=CE=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CE=EH=2，CM=HM，

∴BE=EH=2，

∴△BEH為等腰三角形，∠EBH=∠EHB，

∵∠EBH+∠HDM=90°，

∠EHB+∠DHM=90°，

∴∠HDM=∠DHM，

∴△DHM為等腰三角形，DM=HM，

∴DM=HM=CM=12CD=32，

∵M(jìn)G⊥BD，

∴DH=2DG，∠MGD=∠BCD=90°，

∵∠MDG=∠BDC，

∴△MGD∽△BCD，

∴DGCD=DMBD，即DG3=325，

∴DG=910，

∴DH=2DG=95．

故選：D．

過點(diǎn)M作例2．（2023·上海）已知：在直角梯形ABCD中，AD/?/BC，∠A=90°，△ABD沿直線BD翻折，點(diǎn)A恰好落在腰CD上的點(diǎn)E處．

(1)如圖，當(dāng)點(diǎn)E是腰CD的中點(diǎn)時(shí)，求證：△BCD是等邊三角形;(2)延長BE交線段AD的延長線于點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)CF，如果CE2=DE?DC，求證：四邊形【答案】證明：(1)∵△ABD翻折后與△BDE重合，

∴△ABD≌△EBD．

∴∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.

∵AD/?/BC，

∴∠ADB=∠DBC．

∴∠BDE=∠DBC．

∴BC=CD．

∵∠A=90°，

∴∠BED=90°．

即BE⊥CD．

又點(diǎn)E是腰CD的中點(diǎn)，

∴BD=BC．

∴BD=BC=DC．

即△BCD是等邊三角形．

(2)∵AD//BC，

∴CEDE=BCDF．

∵CE2=DE?CD，

∴CEDE=CDCE．

又∵BC=CD，

∴DF=CE．

∵△ABD≌△EBD．

∴AD=DE．

∴AD+DF=DE+CE.即AF=DC．

又∵BC=DC，

∴AF=BC．

【解析】本題主要考查的是翻折變換，全等三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定，平行線分線段成比例，平行四邊形的判定，矩形的判定等有關(guān)知識．

(1)先根據(jù)折疊的性質(zhì)得到△ABD≌△EBD，進(jìn)而得到∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.然后利用平行線的性質(zhì)得到∠ADB=∠DBC，進(jìn)而得到BC=CD，然后判定出BD=BC即可求證此題；

(2)先利用平行線分線段成比例得到CEDE=BCDF，結(jié)合CE2=DE?CD，BC=CD，得到DF=CE，再利用全等三角形的性質(zhì)得到AD=DE，進(jìn)而得到AF=DC例3．（2023·內(nèi)蒙古）綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動，有一位同學(xué)操作過程如下：

操作一：對折正方形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；

操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM，延長PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠EMB=______度；

(2)改變點(diǎn)P在AD上的位置(點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合)如圖2，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】30

【解析】解：(1)由折疊可得：AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，

∴BE=12BM，

∴∠EMB=30°；

故答案為：30；

(2)∠MBQ=∠CBQ，理由如下：

∵在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，

∴AB=BM，∠A=∠BMP=90°，

∴BC=AB=BM，∠BMQ=∠C=90°，

∵BM=BM，

∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)；

∴∠MBQ=∠CBQ．

(1)由折疊可得AE=BE=12AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，故BE=12BM，從而可得∠EMB=30°【變式演練】1.（2023·湖北）如圖，有一張矩形紙片ABCD.先對折矩形ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平.再一次折疊紙片，使點(diǎn)A落在EF上，并使折痕經(jīng)過點(diǎn)B，得到折痕BM，同時(shí)得到線段BN，MN.觀察所得的線段，若AE=1，則MN=(

)A.32 B.1 C.2【答案】C

【解析】解：∵對折矩形ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，

∴AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，

∵折疊紙片，使點(diǎn)A落在EF上，并使折痕經(jīng)過點(diǎn)B，

∴BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，

∴BE=12BN，

∴∠BNE=30°，

∴∠EBN=60°，

∴∠ABM=∠MBN=30°，

∴MN=33BN=233，

故選：C．

根據(jù)折疊的性質(zhì)得到AE=BE=1，AB=2AE=2，∠AEF=∠BEN=90°，BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，求得BE=2.（2023·上海）如圖5，將矩形ABCD紙片沿對角線AC折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，EC與邊AD相交于點(diǎn)F.如果AD=2AB，那么∠DCF的正弦值等于______．【答案】35【解析】解：如圖，

根據(jù)折疊的性質(zhì)得，EC=BC，AE=AB，∠ACB=∠ACE，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD/?/BC，AD=BC，

∴∠ACB=∠CAD，

∴∠ACE=∠CAD，

∴AF=CF，

∴AD?AF=CE?CF，

即DF=FE，

∵AD=BC=2AB，

∴CF=2CD?DF，

在Rt△CDF中，DF2+CD2=CF2，

∴DF2+CD2=(2CD?DF)2，

∴CD(3CD?4DF)=0，

∴CD=0或3CD?4DF=0，

∴CD=0(舍去)，CD=43DF，

∴CF=2CD?3.（2023·遼寧）在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，點(diǎn)M是邊AD上一點(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A，D重合)，連接CM，將△CDM沿CM翻折得到△CNM，連接AN，DN.當(dāng)△AND為等腰三角形時(shí)，DM的長為______．

【答案】53或15【解析】解：∵四邊形ABCD為矩形，AB=5，BC=6，

∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，

設(shè)DN與CM交于點(diǎn)T，

由翻折的性質(zhì)得：DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，

∵△AND為等腰三角形，

∴有以下兩種情況：

①當(dāng)AN=DN時(shí)，過點(diǎn)N作NH⊥AD于H，則AH=DH=3，如圖：

設(shè)DM=x，DT=y，則NM=x，NT=y，

∴DN=AN=2y，MH=DH?DM=3?x，

在Rt△ANH中，AN=2y，AH=3，

由勾股定理得：HN2=AN2?AH2=4y2?9，

在Rt△MNH中，MH=3?x，NM=x，

由勾股定理得：HN2=MN2?MH2=x2?(3?x)2=6x?9，

∴4y2?9=6x?9，

即：y2=32x，

在Rt△CGM中，CD=5，DM=x，

由勾股定理得：CM2=CD2+DM2=25+x2，

∵S△CNM=12CD?DM=12CM?DT，

∴CD?DM=CM?DT，

即：5x=CM?y，

∴25x2=CM2?y2，

即：25x2=(25+x2)?y2，

將y2=32x代入上式得：25x2=(25+x2)?32x，

∵x≠0，

∴25x=(25+x2)?32，

整理得：3x2?50x+75=0，

解得：x1=53，x2=15(不合題意，舍去)，

∴DM的長為53．

②當(dāng)DN=AD時(shí)，則DN=6，如圖：

∴DT=TN=3，

設(shè)DM=x，MT=y，

在Rt△CDT中，CD=5，DT=3，

由勾股定理得：CT=CD2?DT2=4，

∴CM=CT+MT=4+x，

在Rt△DTM中，DT=3，MT=y，DM=x，

由勾股定理得：DM2=DT2+MT2，

即：x2=y2+9，

∵S△CNM=12CD?DM=12CM?DT，4.（2023·江蘇）如圖，矩形ABCD是一張A4紙，其中AD=2AB，小天用該A4游戲1折出對角線BD，將點(diǎn)B翻折到BD上的點(diǎn)E處，折痕AF交BD于點(diǎn)G.展開后得到圖①，發(fā)現(xiàn)點(diǎn)F恰為BC的中點(diǎn)．游戲2在游戲1的基礎(chǔ)上，將點(diǎn)C翻折到BD上，折痕為BP；展開后將點(diǎn)B沿過點(diǎn)F的直線翻折到BP上的點(diǎn)H處；再展開并連接GH后得到圖②，發(fā)現(xiàn)∠AGH

(1)請你證明游戲1中發(fā)現(xiàn)的結(jié)論；(2)請你猜想游戲2中∠AGH【答案】(1)證明：由折疊的性質(zhì)可得AF⊥∴∠AGB=∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD∴∠BAG∵AD=設(shè)AB=a，則AD=2a，∴sin∠BAG=即BGAB∴BG解得BG=3根據(jù)勾股定理可得AG=6cos∠GBF=即BGBF∴33aBF∵BC=AD=∴BF=∴點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)．

(2)解：∠AGH=連接HF，如圖：由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH∴∠FBH∴∠GBH∴BD∴∠DGH由(1)知AF⊥BD，可得∴∠AGD=設(shè)AB=a，則AD=2a=BC，∴BG=∴GF=在Rt?GFH中，∴∠GHF=∵BD∴∠DGH=∴∠AGH

【解析】1.

由折疊的性質(zhì)可得AF⊥BD，根據(jù)題意可得∠BAG=∠ADB=∠GBF，再設(shè)AB=a2.

由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，從而可得出∠GBH=∠BHF，進(jìn)而得到BD//HF，∠DGH=∠GHF本題考查矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握以上知識是解題關(guān)鍵．題型06特殊四邊形（菱形、矩形、正方形）的多結(jié)論問題【典例分析】例1．（2021·山東）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點(diǎn)，則下列四個(gè)結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，則△MFN與A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】依次分析各選項(xiàng)，進(jìn)行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進(jìn)一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個(gè)三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△MND≌△DCMSAS后可進(jìn)一步證明【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點(diǎn)，∴BE=DE，AD//BC，AD=BC，∴∠MDE=∠NBE,∠DME=∠BNE,∴△DME≌△BNEAAS∴DM=BN，∴AM=CN，故①正確；若∠A=90°，則平行四邊形ABCD是矩形，由矩形的對角線相等，而點(diǎn)E是矩形的對角線的交點(diǎn)可知，E點(diǎn)到B、C兩點(diǎn)的距離相等，∴E點(diǎn)在BC的垂直平分線上，由MD=AM，可得BN=CN，所以N點(diǎn)是BC的中點(diǎn)，∴MN垂直平分BC，∴BM=CM，故②正確；若MD=2AM，則BN=2CN，如圖1，分別過D、E兩點(diǎn)向BC作垂線，垂足分別為Q點(diǎn)和P點(diǎn)，∵E點(diǎn)是BD中點(diǎn)，∴DQ=2EP，∵S△MNCS∴S△MNC故③正確；若AB=MN，因?yàn)锳B=DC，所以DC=MN，分別過N、C兩點(diǎn)向AD作垂線，垂足分別為H、K，由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，∴Rt△NHM≌Rt△CKDHL∴∠NMD=∠MDC，∴△MND≌△DCMSAS∴∠MND=∠DCM，又∵∠NFM=∠CFD，∴△MNF≌△DCFAAS故④正確；故選：D．例2．（2023·山東模擬）如圖，正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，連接BD交AC于點(diǎn)O，點(diǎn)M為BC上一動點(diǎn)，連接AM，射線AM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點(diǎn)N，連接MN、OM．以下四個(gè)結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18S菱形ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先證明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，結(jié)合∠MAN=60°，可判斷△AMN是等邊三角形，故①正確；因?yàn)镸N=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM最小，求出此時(shí)AM的長即可判斷②正確；可證明此時(shí)MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，結(jié)合S△CBD=12S【詳解】解：∵正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC?∠CAM=∠MAN?∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形，故①正確；∵△AMN是等邊三角形，∴MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM最?。?/p>

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°?∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值為3，故②正確；∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，∴M為BC的中點(diǎn)，此時(shí)N為CD的中點(diǎn)，∴MN為△BCD的中位線，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN當(dāng)OM⊥BC時(shí)，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC?BM=CD?CN，即MC=DN，∴OA

故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定、三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM≌△CAN是解答本題的關(guān)鍵．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念與性質(zhì)，能熟練運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì)進(jìn)行角或邊之間關(guān)系的轉(zhuǎn)化等，本題對推理分析能力要求較高，屬于中等難度偏上的題目，對學(xué)生的綜合分析能力有一定的要求．【變式演練】1．（2022·四川）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接BE，BF，分別交對角線AC于點(diǎn)P，Q．點(diǎn)E，F(xiàn)在運(yùn)動過程中，始終保持∠EBF=45°，連接EF，PF，PD．以下結(jié)論：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF為等腰直角三角形；⑤若過點(diǎn)B作BH⊥EF，垂足為H，連接DH，則DH的最小值為22?2．其中所有正確結(jié)論的序號是．【答案】①②④⑤【分析】連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，根據(jù)正方形的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)定理即可判斷①正確；通過證明△BCF?△BAM(SAS)，△EBF?△EBM(SAS)，可證明②正確；作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，通過證明△ABP?△CBN，可判斷③錯誤；通過證明△BQP～△CQF，△BCQ～△PFQ，利用相似三角形的性質(zhì)即可證明④正確；當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，分別求解即可判斷⑤正確．【詳解】如圖1，連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°?∠BFC，故①正確；∴△BCF?△BAM(SAS)，∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，∵∠EBF=45°，∴∠ABE+∠CBF=45°，∴∠ABE+∠ABM=45°，即∠EBM=∠EBF，∵BE=BE，∴△EBF?△EBM(SAS)，∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，∴∠EFB=∠CFB，∴∠EFD=180°?(∠EFB+∠CFB)=180°?2∠BFC，∴∠EFD=2∠FBC，故②正確；如圖2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，∴△ABP?△CBN，∴∠BAP=∠BCN=45°，∵∠ACB=45°，∴∠NCK=90°，∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，∴PQ≠PA+CQ，故③錯誤；如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，∵∠BQP=∠CQF，∴△BQP～△CQF，∴BQ∵∠BQC=∠PQF，∴△BCQ～△PFQ，∴∠BCQ=∠PFQ=45°，∴∠PBF=∠PFB=45°，∴∠BPF=90°，∴△BPF為等腰直角三角形，故④正確；如圖1，當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，∴BD=2∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，∴△BAE?△BHE(AAS)，∴BA=BH=2，∴DH=BD?BH=22故答案為：①②④⑤．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識點(diǎn)并準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2021·四川）如圖，在矩形ABCD中，AC和BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DE∥BF交AC于點(diǎn)N．交AB于點(diǎn)E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①四邊形NEMF為平行四邊形，②DN2=MC?NC；③△DNF為等邊三角形；④當(dāng)AO=AD時(shí)，四邊形DEBF【答案】①②④．【分析】通過全等三角形的判定和性質(zhì)，證明EN=FM，EN∥FM，判斷結(jié)論①；通過證明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論②；假設(shè)結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論④【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∴△ADN≌△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四邊形NEMF是平行四邊形，故①正確，∵△ADN≌△CBM，∴AN=CM，∴CN=AM，∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，∴∠ABM=∠BCM，∴△AMB∽△BMC，∴ABBM∵DN=BM，AM=CN，∴DN2=CM?CN，故②正確，若△DNF是等邊三角形，則∠CDN=60°，即∠ACD=30°，不符合題意，故③錯誤，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故④正確．故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．3．（2023·四川模擬）如圖1，將一張菱形紙片ABCD∠ADC>90°沿對角線BD剪開，得到△ABD和△BCD，再將△BCD以D為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α=2∠ADB，得到如圖2所示的△DB'C，連接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列結(jié)論：①AC=BB'；②【答案】①②③【分析】證明四邊形ABB'C【詳解】解：如圖2中，過點(diǎn)D作DE⊥B'B由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB∴∠BDE=∠B'DE=∵BA=AD，∴∠ABD=∠ADB，∴∠BDE=∠ABD，∴DE∥AB．同理，DE∥CB∴AB∥CB又∵AB=CB∴四邊形ABB又∵DE∥AB,∠DEB=90°，∴∠ABB∴四邊形ABB∴AC=BB'；∵∠DAB=45°，∴∠DAC=45°，∵AD=CD，∴∠DCA=∠DAC=45°，∴∠CDA=90°；故③正確，∵△ADC是等腰直角三角形，∴AC=2∵BB∴BB∴正確的有①②③，故答案為①②③．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．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°?α【答案】A【分析】利用三角形逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，再證明三角形全等，最后根據(jù)性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求解．【詳解】將△ADF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ABH，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，∴∠ABH+∠ABC=180°，∴點(diǎn)H，B，C三點(diǎn)共線，∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，∴∠DAF=∠BAH=45°?α，∠EAF=∠EAH=45°，∵∠AHB+∠BAH=90°，∴∠AHB=45°+α，在△AEF和△AEH中AF=AH∠FAE=∠HAE∴△AFE≌△AHE(SAS∴∠AHE=∠AFE=45°+α，∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，∴∠FEC=2α，故選：A．

【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能正確作出旋轉(zhuǎn)，再證明三角形全等，熟練利用性質(zhì)求出角度．2．（2023·黑龍江）已知四邊形是平行四邊形，點(diǎn)在對角線上，點(diǎn)在邊上，連接，，．

(1)如圖①，求證；(2)如圖②，若，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，在不添加任何軸助線的情況下，請直接寫出圖②中四個(gè)角（除外），使寫出的每個(gè)角都與相等．【答案】(1)見解析；(2)，理由見解析．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得，，進(jìn)而有，從而利用即可證明結(jié)論成立；（2）先證四邊形是菱形，得，又證，得，由（）得得，根據(jù)等角的補(bǔ)角相等即可證明．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∵，∴；（2）解：，理由如下：∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，由（）得，∴，∵，∴．

【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、等邊對等角、全等三角形的判定及性質(zhì)以及等角的補(bǔ)角相等．熟練掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3.（2023·山東）如圖，在□ABCD中，BC的垂直平分線EO交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)O，連接BE、CE，過點(diǎn)C作CF?//?BE，交EO的延長線于點(diǎn)F，連接BF.若AD=8，CE=5，則四邊形BFCE的面積為

．

【答案】24

【解析】略4.（2023·山東）如圖，平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是對角線AC上一點(diǎn)，連接BE，DE，且BE=DE．

(1)求證：四邊形ABCD是菱形；

(2)若AB=10，tan∠BAC=2，求四邊形ABCD的面積．【答案】(1)證明：連接BD交AC于O，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BO=OD，

在△BOE與△DOE中，

OB=ODOE=OEBE=DE

∴△BOE≌△DOE(SSS)，

∴∠BEO=∠DEO，

在△BAE與△DAE中，

BE=DE∠AEB=∠AEDAE=AE，

∴△BAE≌△DAE(SAS)，

∴AB=AD，

∴四邊形ABCD是菱形；

(2)解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC=OBAO=2，

∴設(shè)AO=x，BO=2x，

∴AB=AO2+BO2=5x=10，

∴x=25，

∴AO=2【解析】(1)連接BD交AC于O，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到BO=OD，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)和菱形的判定即可得到結(jié)論；

(2)解直角三角形得到AO=25，BO=45，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC=2AO=45.（2023·湖南）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，BM/?/DN，且分別交對角線AC于點(diǎn)M，N，連接MD，BN．

(1)求證：∠DMN=∠BNM；

(2)若∠BAC=∠DAC.求證：四邊形BMDN是菱形．【答案】證明：(1)連接BD，交AC于點(diǎn)O，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴OB=OD，

∵BM/?/DN，

∴∠MBO=∠NDO，

在△BOM和△DON中

∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON

∴△BOM≌△DON(ASA)，

∴BM=DN，

∴四邊形BMDN為平行四邊形，

∴BN//DM，

∴∠DMN=∠BNM；

(2)∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BC/?/AD，

∴∠BCA=∠DAC，

∵∠BAC=∠DAC，

∴∠BAC=∠BCA，

∴AB=BC，

∴四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

∴MN⊥BD，

∴平行四邊形BMDN是菱形．【解析】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握相關(guān)知識點(diǎn)，是解題的關(guān)鍵．

(1)連接BD，交AC于點(diǎn)O，證明△BOM≌△DON，推出四邊形BMDN為平行四邊形，得到BN/?/DM，即可得證；

(2)先證明四邊形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，進(jìn)而得到MN⊥BD，即可得證．6.（2023·北京）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)，對于任意矩形ABCD，下面四個(gè)結(jié)論中：①存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；②存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；③存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是菱形：④至少存在一個(gè)四邊形MNPQ是正方形．所有正確結(jié)論的序號是

(

)A.① B.②③ C.①②③ D.①②③④【答案】C

【解析】【分析】根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：①如圖，∵四邊形ABCD是矩形，連接AC，BD交于O，∴OA=OB=OC=OD，AB//CD，AD//BC，∴∠OBM=∠ODP，∠OAQ=∠OCN，過點(diǎn)O的直線MP和QN，分別交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，∴∠BOM=∠DOP，∠AOQ=∠CON，所以△BOM≌△DOP(ASA)，△AOQ≌△CON(ASA)，所以O(shè)M=OP，OQ=ON，則四邊形MNPQ是平行四邊形，故存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；②如圖，當(dāng)PM=QN時(shí)，四邊形MNPQ是矩形，故存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；故正確；③如圖，當(dāng)PM⊥QN時(shí)，存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是菱形；故正確；④當(dāng)四邊形MNPQ是正方形時(shí)，MQ=PQ，則△AMQ≌△DQP，∴AM=QD，AQ=PD，∵PD=BM，∴AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，四邊形MNPQ是正方形，故錯誤；故正確結(jié)論的序號是①②③．故選：C．7.（2023·湖北）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，將矩形ABCD沿BE所在的直線折疊，C，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為C′，D′，連接AD′交BC′于點(diǎn)F．

(1)若∠DED′=70°，求∠DAD′的度數(shù)；

(2)連接EF，試判斷四邊形C′D′EF的形狀，并說明理由．【答案】解：(1)∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，

∴AE=DE，

由翻折可知：D′E=DE，

∴AE=D′E，

∴∠EAD′=∠ED′A，

∵∠DED′=∠EAD′+∠ED′A=70°，

∴∠DAD′=35°；

(2)四邊形C′D′EF是矩形，理由如下：

如圖，連接EF，

由翻折可知：∠EBC=∠EBG，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD//BC，

∴∠EBC=∠GEB，

∴∠GBE=∠GEB，

∴GE=GB，

∵ED′//BC′，

∴∠AFG=∠AD′E，

∴∠AFG=∠GAF，

∴GF=GA，

∴AE=BF，

∵AD=2AE=BC′，

∴BC′=2BF，

∴F是BC′的中點(diǎn)，

∴FC′=12BC′，

∵ED′=ED=12AD，

∴FC′=ED′，

∵ED′//BC′，

∴四邊形C′D′EF是平行四邊形，

∵∠C′=∠C=90°，

【解析】(1)根據(jù)翻折的性質(zhì)和三角形的外角定義即可解決問題；

(2)根據(jù)翻折的性質(zhì)和矩形性質(zhì)證明GE=