專題1.8 特殊的平行四邊形全章專項(xiàng)復(fù)習(xí)【3大考點(diǎn)7種題型】-2024-2025學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)舉一反三系列（北師大版）

PAGE1專題1.8特殊的平行四邊形全章專項(xiàng)復(fù)習(xí)【3大考點(diǎn)7種題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【考點(diǎn)1菱形的性質(zhì)與判定】 1【題型1菱形性質(zhì)的應(yīng)用】 2【題型2菱形性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用】 6【題型3菱形中的動(dòng)點(diǎn)問題】 12【考點(diǎn)2矩形的性質(zhì)與判定】 19【題型4矩形的性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用】 20【題型5矩形中的折疊問題】 25【考點(diǎn)3正方形的性質(zhì)與判定】 33【題型6正方形性質(zhì)的應(yīng)用】 34【題型7幾種特殊平行四邊形的綜合】 38【考點(diǎn)1菱形的性質(zhì)與判定】1.菱形：有一組鄰邊相等平行四邊形叫做菱形.【注意】（1）菱形必須具備兩個(gè)條件：①是平行四邊形；②是有一組鄰邊相等.這兩個(gè)條件缺一不可.（2）菱形的定義既是菱形的性質(zhì)，也是菱形的判定方法.2.菱形的性質(zhì)：菱形是特殊的平行四邊形，它除了具有平行四邊形的所有性質(zhì)外，還具有自身獨(dú)特的性質(zhì)，總結(jié)見下表.性質(zhì)數(shù)學(xué)語言圖形邊菱形的四條邊都相等四邊形是菱形，.對(duì)角線菱形的兩條對(duì)角巷互相垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角四邊形是菱形，,對(duì)稱性菱形是軸對(duì)稱圖形，有兩條對(duì)稱軸【注意】（1）菱形的兩條對(duì)稱軸分別是兩條對(duì)角線所在直線.（2）菱形的兩條對(duì)角線互相垂直，且把菱形分成四個(gè)全等的直角三角形.把菱形的性質(zhì)與勾股定理相聯(lián)系，可得對(duì)角線與邊之間的關(guān)系，即邊長的平方等于兩條對(duì)角線一半的平方和.（3）如果菱形的一個(gè)內(nèi)角為60°，那么菱形的兩條邊與較短的對(duì)角線構(gòu)成的三角形為等邊三角形.3.菱形的面積公式由來文字語言數(shù)學(xué)語言圖示菱形的面積公式菱形是平行四邊形.菱形的面積=底×高.菱形的對(duì)角線互相垂直菱形的面積=對(duì)角線長的乘積的一半【拓展】對(duì)角線互相垂直的四邊形的面積等于對(duì)角線乘積的一半.【題型1菱形性質(zhì)的應(yīng)用】【例1】（23-24九年級(jí)·河北唐山·期末）如圖，在菱形ABCD中，M，N分別在AB，CD上，且AM=CN，MN與AC交于點(diǎn)O，連接BO，若∠OBC=65°，則∠DAC的度數(shù)為（

）A．20° B．25° C．30° D．35°【答案】B【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，掌握以上性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．根據(jù)菱形的性質(zhì)以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，繼而可求得∠DAC的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥CD，AB=BC，BC∥AD，∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，又∵AM=CN，∴△AMO≌△CNO(ASA∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，∵∠OBC=65∴∠BCA＝90°?∠OBC＝90°?65°=25°，∵BC∥AD，∴∠DAC＝∠BCA=25°．故選B．【變式1-1】（23-24九年級(jí)·廣東湛江·期末）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，DE⊥BC于點(diǎn)E，交對(duì)角線AC于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作PF⊥CD于點(diǎn)F．若△PDF的周長為8．則菱形ABCD的面積為．【答案】322【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)，能熟記菱形的性質(zhì)和求出DF=PF=PE是解此題的關(guān)鍵根據(jù)菱形的性質(zhì)得出DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出PF=PE，求出DF=PF，設(shè)DF=PF=x，則DP=2，根據(jù)的周長為8得出，求出x+x+2x=8，求出DF=PF=PE=8?42，DP=2x=82?8，【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB=45°，∴DC=BC，∠DAB=∠DCB=45°，∠DCA=∠BCA，∵DE⊥BC，PF⊥DC，∴∠DEC=∠PFD=90°，PF=PE，∴∠EDC=∠DPF=∠DCB=45°，∴DF=PF=PE，DE=CE，設(shè)DF=PF=x，則DP=2∵△PDF的周長為8，∴x+x+2解得：x=8?42即DF=PF=PE=8?42，DP=∴DE=DP+PE=82即DE=CE=42，DC=∴BC=DC=8，∴菱形ABCD的面積=BC×DE=8×4故答案為：322【變式1-2】（23-24九年級(jí)·重慶沙坪壩·期中）如圖，菱形ABCD，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，CE⊥AB于點(diǎn)E，F(xiàn)為線段AE上一點(diǎn)，若AC=6,BD=8,AF=49AE，則線段【答案】2【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、等積法，熟練掌握菱形的性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．由四邊形ABCD是菱形，可得AC⊥BD,BO=12BD=4,AO=12AC=3，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=5，由等積法可得CE=24【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD,BO=1在Rt△AOB由勾股定理得：AB=A∵12∴12解得：CE=24在Rt△ACE由勾股定理得：AE=A∵AF=4∴EF=AE?AF=2故答案為：2．【變式1-3】（23-24九年級(jí)·四川宜賓·期末）已知：如圖，四邊形ABCD是菱形，過AB的中點(diǎn)E作AC的垂線EF，交AD于點(diǎn)M，交CD的延長線于點(diǎn)F．(1)求證：AM=DM；(2)若菱形ABCD的周長是16，求DF的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接BD，根據(jù)題中所給條件證明△AEM與△DFM全等即可證明AM=DM．（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=4，可得AE=2，結(jié)合（1）證得△AME≌【詳解】（1）證明：連接BD，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB∥∵EF⊥AC，∴EF∥∴四邊形EFDB是平行四邊形，∴DF=EB，∵E是AB中點(diǎn)，∴AE=EB，∴AE=DF，∵AB∥∴∠EAM=∠ADF，在△AEM和△DMF中，∠EAM=∠FDN∠AME=∠DMF∴△AME≌∴AM=DM；（2）解：∵菱形ABCD的周長是16，∴AB=4．∵E為AB的中點(diǎn)，∴AE=2，∵△AME≌∴DF=AE=2；【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)及三角形全等的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．【題型2菱形性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用】【方法總結(jié)】通常解決菱形性質(zhì)與判定的綜合題時(shí),首先應(yīng)判定相應(yīng)的四邊形是菱形,然后再根據(jù)菱形的性質(zhì)進(jìn)行下一步的證明.【例2】（23-24九年級(jí)·湖南益陽·期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，對(duì)角線BD的垂直平分線分別交BD、AD、BC于點(diǎn)O、E、F，(1)求證：四邊形BEDF是菱形；(2)若∠AEB=62°，求∠BDF的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析；(2)∠BDF=31°．【分析】（1）先證△DOE≌△BOFASA,得EO=FO,再證四邊形BEDF是平行四邊形，然后由（2）由菱形的性質(zhì)得BE∥DF,∠BDF=12∠EDF,本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)，證明△DOE≌△BOF是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC,∴∠ODE=∠OBF,∵EF垂直平分BD，∴BO=DO,在△DOE和△BOF中，∠ODE=∠OBF∴△DOE≌△BOF∴EO=FO,∴四邊形BEDF是平行四邊形，∵EF⊥BD,∴平行四邊形BEDF是菱形；（2）解：由（1）可知，四邊形BEDF是菱形，∴BE∥DF,∠BDF=∴∠EDF=∠AEB=62°∴∠BDF=【變式2-1】（23-24九年級(jí)·江蘇南京·期中）如圖，在?ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點(diǎn)E，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)F．若AB=5，AD=10,BF=8，則?ABCD的面積為．【答案】48【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)證明∠BAE=∠BEA，從而可得AB=BE，同理可得AB=AF，再由AF//BE可得四邊形ABEF是菱形；連接EF、過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，證明四邊形ABEF為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，利用勾股定理可得AO的長，進(jìn)而可得AE長，利用菱形的面積公式計(jì)算出AH的長，然后可得【詳解】解：連接EF、過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，如圖所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，BC=AD=10，∴∠DAE=∠AEB，∵∠BAD的平分線交BC于點(diǎn)E∴∠DAE=∠BAE，∴∠BAE=∠BEA，∴AB=BE，同理：AB=AF，∴AF=BE，∵AF∥BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∵AB=AF，∴四邊形ABEF是菱形，∴AO=EO，BO=FO，BE=AB=5，AE⊥BF，∵BF=8，∴BO=4，∴AO=A∴AE=2AO=6，∴S菱形∴AH=S∴S?ABCD故答案為：48．【點(diǎn)睛】此題主要考查了菱形的性質(zhì)和判定，以及平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是掌握鄰邊相等的平行四邊形是菱形，菱形的面積為對(duì)角線之積的一半．【變式2-2】（23-24九年級(jí)·山東德州·期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，連接CD，過點(diǎn)B作BE∥CD，過點(diǎn)C作CE∥AB，BE(1)判斷四邊形CEBD的形狀并說明理由；(2)過點(diǎn)D作DF⊥CE于點(diǎn)F，交CB于點(diǎn)G，連接EG．若AB=10，CF=3，求DG的長．【答案】(1)四邊形CEBD是菱形，理由見解析(2)DG=【分析】（1）根據(jù)題意證明四邊形CEBD是平行四邊形，再利用直角三角形性質(zhì)得到CD=BD=12AB（2）利用直角三角形性質(zhì)得到CD=12AB=5，利用勾股定理得到DF，結(jié)合菱形性質(zhì)得到EF，并證明△DCG≌△ECG【詳解】（1）解：四邊形CEBD是菱形．理由如下：∵BE∥CD，∴四邊形CEBD是平行四邊形，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且點(diǎn)D是AB∴CD=BD=1∴四邊形CEBD是菱形；（2）解：∵AB=10，∴CD=1∵DF⊥CE，∴∠DFC=90°，在Rt△CDF中，CF=3∴DF=C∵四邊形CEBD是菱形，∴CE=CD=5，∠DCG=∠ECG，∴EF=CE?CF=2，在△DCG與△ECG中，CD=CE∠DCG=∠ECG∴△DCG≌△ECGSAS∴DG=GE，∵FG∴4?DG∴DG=5【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定及性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定及性質(zhì)、直角三角形的特征，熟練掌握其判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（23-24九年級(jí)·甘肅武威·期末）如圖是一張對(duì)邊平行的紙片，點(diǎn)A，C分別在平行邊上，連接AC．(1)求作：菱形ABCD，使點(diǎn)A，D落在紙片的同一邊上；（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）(2)證明：四邊形ABCD是菱形．(3)在（1）的條件下，AC，BD交于點(diǎn)O，若BC=6，OC=3，求菱形ABCD的面積．【答案】(1)作圖見解析(2)證明見解析(3)18【分析】（1）作線段AC的垂直平分線，交紙片的平行邊于兩點(diǎn)B，D，連接AB、CD；（2）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得AO=CO，AB=BC，由AD∥BC，得∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，證明△AOD≌△COBAAS，得AD=BC（3）先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根據(jù)勾股定理得BO=B【詳解】（1）解：如圖，作線段AC的垂直平分線，交紙片的平行邊于兩點(diǎn)B，D，連接AB、CD，則四邊形ABCD即為所作；（2）證明：設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，根據(jù)作圖可知：BD垂直平分AC，∴AO=CO，AB=BC，∵AD∥∴∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，在△AOD和△COB中，∠DAO=∠BCO∠ADO=∠CBO∴△AOD≌△COBAAS∴AD=BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AB=BC，∴四邊形ABCD為菱形；（3）解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∵BC=6，OC=3，∴BO=B∴AC=2OC=6，BD=2BO=63∴S菱形∴菱形ABCD的面積為183【點(diǎn)睛】本題考查作圖—復(fù)雜作圖，垂直平分線的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．解題的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．【題型3菱形中的動(dòng)點(diǎn)問題】【方法總結(jié)】解決動(dòng)點(diǎn)問題的思路:

1.動(dòng)中求靜:在運(yùn)動(dòng)變化中探索問題的不變性.

2.動(dòng)靜互化:抓住“靜”的瞬間,找出導(dǎo)致圖形發(fā)生改變的特殊時(shí)刻,同時(shí)在變化過程中尋找不變性及變化規(guī)律.【例3】（23-24九年級(jí)·黑龍江雞西·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，四邊形ABCO是菱形，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3,4，點(diǎn)C在x軸的正半軸上，直線AC交y軸于點(diǎn)M，AB邊交y軸于點(diǎn)H，連接BM．(1)菱形ABCO的邊長為；(2)求直線AC的解析式；(3)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線ABC以1個(gè)單位長度/秒的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)△PMB的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．①求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；②在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)S=3時(shí)，請(qǐng)直接寫出t的值．【答案】(1)5(2)y=?(3)①S=?3【分析】（1）在Rt△AOH（2）根據(jù)（1）即可求OC的長，則C的坐標(biāo)即可求得，利用待定系數(shù)法即可求得直線AC的解析式；（3）①根據(jù)S△ABC=S△AMB+S△BMC求得M到直線BC的距離為h，然后分成P【詳解】（1）解：∵四邊形ABCO是菱形，∴AB∥x軸，AB=OA=OC=BC，∴AB⊥y軸，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3,4，∴AH=3,OH=4，∴OA=A即菱形ABCO的邊長為5；故答案為：5（2）解：由（1）得：OC=OA=5，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為5,0，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+bk≠0把點(diǎn)5,0，?3,4代入得：5k+b=0?3k+b=4，解得：k=?∴直線AC的解析式為y=?1（3）解：①設(shè)M到直線BC的距離為h，對(duì)于y=?1當(dāng)x=0時(shí)，y=5∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為0,5∴HM=HO?OM=4?5∵S△ABC∴12即12解得：?=5當(dāng)點(diǎn)P在AB邊上時(shí)，，此時(shí)BP=BA?AP=5?t,HM=3∴S=1當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上時(shí)，5≤t≤10，此時(shí)BP=t?5,?=5S=1綜上所述，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為S=?②∵S=3，當(dāng)0≤t<5時(shí)，3=?3解得：t=1；當(dāng)5≤t≤10時(shí)，3=5解得：t=37綜上所述，t的值為1或375【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式以及菱形的性質(zhì)，根據(jù)三角形的面積關(guān)系求得M到直線BC的距離h是關(guān)鍵．【變式3-1】（23-24九年級(jí)·山東濟(jì)南·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=18cm，CD=28cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以3(1)當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時(shí)，求t的值；(2)當(dāng)t=________時(shí)，四邊形APQD是矩形；若AD=16cm且點(diǎn)Q的移動(dòng)速度不變，要使四邊形APQD能夠成為正方形，則P點(diǎn)移動(dòng)速度是________cm/s(3)在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)過程中，若四邊形PBQD能夠成為菱形，求AD的長度．【答案】(1)t=4.5(2)7；4(3)AD=12【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)得到關(guān)于t的方程即可得解；（2）根據(jù)矩形及正方形的性質(zhì)列方程求解即可；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)可以算得四邊形PBDQ成為菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根據(jù)勾股定理可以得到AD的值．【詳解】（1）解：當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時(shí)，PB=CQ，∴18?t=3t，解得t=4.5．（2）解：若四邊形APQD是矩形，則：AP=QD，∴t=28?3t，解得：t=7；若四邊形APQD是正方形，則：QD=AP=AD=16cm∴28?3t=16,解得：t=4，設(shè)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度為vcm/s，則由AD=164v=16，解得：v=4，∴當(dāng)要使四邊形APQD能夠成為正方形，則P點(diǎn)移動(dòng)速度是4cm故答案為：7；4；（3）解：如圖，若四邊形PBQD是菱形，則BP=DQ=DP，∴18?t=28?3t，解得：t=5，∴AP=5cm，BP=DQ=13∵AB∥CD，∴∠A=180°?90°=90°，在Rt△DAPAD=D【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形、矩形、菱形、正方形的應(yīng)用，勾股定理，熟練掌握平行四邊形、矩形、菱形、正方形有關(guān)邊的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．【變式3-2】（23-24九年級(jí)·廣西欽州·期中）如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，點(diǎn)M是對(duì)角線AC上的一動(dòng)點(diǎn)，且∠ADC=120°，則MA+MB+MD的最小值是．【答案】8【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，直角三角形的特征，勾股定理等；由等邊三角形的判定方法得△ADB是等邊三角形，由直角三角形的特征AM=2ME，當(dāng)D、M、E三點(diǎn)共線時(shí)，ME+DM取得最小值，此時(shí)ME+DM=DE，MA+MB+MD的最小值為2DE，即可求解；掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，直角三角形的特征，找出取得最值的條件是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)M作ME⊥AB于點(diǎn)E，連接BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥AD=AB=DC=BC，∠MAE=1∴∠DAB+∠ADC=180°，∴∠DAB=180°?120°=60°，∴∠MAE=1△DAB是等邊三角形，∵M(jìn)E⊥AB，∴AM=2ME，∵M(jìn)D=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2ME+DM∴當(dāng)D、M、E三點(diǎn)共線時(shí)，ME+DM取得最小值，此時(shí)ME+DM=DE，∴MA+MB+MD的最小值為2DE，∴AE=1∴DE===43∴2ME+DM∴MA+MB+MD的最小值為83故答案：83【變式3-3】（23-24九年級(jí)·江蘇揚(yáng)州·期末）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)F是BC上一點(diǎn)，且CF=2BF，CE⊥AF，垂足為點(diǎn)E，∠BCE=30°．(1)求證：AE=EF+CF；(2)若AD=6cm，點(diǎn)P是AD上一動(dòng)點(diǎn)，以1cm/s的速度從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，問：點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)多少秒四邊形【答案】(1)見解析(2)4秒，見解析【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定；（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，結(jié)合已知條件，證明△ABF≌△CEF，進(jìn)而即可得證；（2）設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)t秒，四邊形AFCP是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AP=AF=CF=CP=t，根據(jù)CF=2BF，BC=6建立方程，解方程，即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵CE⊥AF，∴∠E=90°，在Rt△CEF中，∠ECF=90°，∴EF=1∵CF=2BF，∴BF=EF，又∠BFA=∠EFC，∴△ABF≌△CEF，∴AF=CF，∵AE=AF+EF，∴AE=CF+EF；（2）解：設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)t秒，四邊形AFCP是菱形，∵四邊形AFCP是菱形∴AP=AF=CF=CP=t，∵CF=2BF∴BF=1∵AD=6，∴BC=6，即BF+CF=6，∴12t+t=6∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)4秒，四邊形AFCP是菱形．【考點(diǎn)2矩形的性質(zhì)與判定】1.矩形：有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形.【注意】（1）矩形是特殊的平行四邊形，但平行四邊形不一定是矩形.（2）矩形必須具備兩個(gè)條件：①是平行四邊形；②有一個(gè)角是直角.這兩個(gè)條件缺一不可.（3）矩形的定義可以作為判定一個(gè)四邊形是矩形的方法.2.矩形的性質(zhì)：矩形是特殊的平行四邊形，它除了具有平行四邊形的所有性質(zhì)外，還具有自身獨(dú)特的性質(zhì)（見下表）.性質(zhì)數(shù)學(xué)語言圖形角矩形的四個(gè)角都是直角四邊形是矩形，對(duì)角線矩形的對(duì)角線相等四邊形是矩形，對(duì)稱性矩形是軸對(duì)稱圖形，它有兩條對(duì)稱軸【注意】（1）矩形的性質(zhì)可歸結(jié)為三個(gè)方面.①邊：矩形的對(duì)邊平行且相等，鄰邊互相垂直.②角：矩形的四個(gè)角都是直角.③對(duì)角線：矩形的對(duì)角線互相平分且相等.（2）矩形的兩條對(duì)稱軸分別是兩對(duì)對(duì)邊中點(diǎn)連線所在的直線，對(duì)稱軸的交點(diǎn)就是對(duì)角線的交點(diǎn).（3）矩形的兩條對(duì)角線將矩形分成兩對(duì)全等的等腰三角形，這四個(gè)三角形的面積相等.3.直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)性質(zhì)數(shù)學(xué)語言主要應(yīng)用圖示直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半如圖所示，在中，(或)證明線段倍分、相等關(guān)系【拓展】該性質(zhì)的逆命題“如果一個(gè)三角形一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個(gè)三角形是直角三角形”仍然成立，它可以用來判斷一個(gè)三角形是否為直角三角形.4.矩形的判定判定方法數(shù)學(xué)語言圖形角有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形（定義）在中，，是矩形.有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形在四邊形中，，四邊形是矩形.對(duì)角線對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形在中，，是矩形【題型4矩形的性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用】【例4】（23-24九年級(jí)·遼寧大連·期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，點(diǎn)E在邊BC上，連接AE，BD交于點(diǎn)F，(1)如圖1，若AB=BC=AE，則∠DBC的度數(shù)為______°(2)如圖2，若∠ABC=90°，AF=5，四邊形ABCD的周長為28，求四邊形ABCD的面積．【答案】(1)36；(2)四邊形ABCD的面積為48．【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，利用完全平方公式求面積是解題的關(guān)鍵．（1）設(shè)∠DBC=x,根據(jù)菱形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，得出△BEF三個(gè)角的度數(shù)，列方程得出x，即可得到∠DBC的度數(shù)；（2）連接AC，求出對(duì)角線BD的長度，從而得出四邊形ABCD的邊長，求出面積．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=BC，∴四邊形ABCD是菱形，設(shè)∠DBC=x，則∠ABD=x，∴∠ABE=2x，∵AB=AE，∴∠AEB=∠ABE=2x，∵∠AEB+∠BFE+∠DBC=180°，∴2x+2x+x=180°，∴x=36°，∴∠DBC=36°，故答案為：36；（2）解：連接AC交BD于點(diǎn)O，如圖：設(shè)∠DBC=x，則∠BFE=2x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴AO=OD，∴∠DAO=∠ADO=∠DBC=x，∴BD=10，設(shè)AB=a，∴a+b=14,∴ab=a+b∴四邊形ABCD的面積為48．【變式4-1】（23-24九年級(jí)·江蘇南通·期末）如圖，AM∥BN，C為BN上一點(diǎn)．小明利用直尺和圓規(guī)完成了以下作圖：連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于12AC長為半徑作弧，兩弧交于P，Q兩點(diǎn)，作直線PQ，交AC于點(diǎn)O，連接BO并延長交AM于點(diǎn)D，連接(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，在BN上取一點(diǎn)E，使BE=AC，連接DE．若∠BED=75°，求∠DBC的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析；(2)∠DBC的度數(shù)為30°．【分析】（1）由作圖過程可知，直線PQ為線段AC的垂直平分線，則可得AO=CO，證明△AOD≌△COB,可得AD=CB,結(jié)合平行四邊形的判定可得結(jié)論．（2）由題意可得四邊形ABCD為矩形，則BD=AC,進(jìn)而可得BD=BE,則∠BDE=∠BED=75°,則∠DBC=180°?∠BDE?∠BED=30°．本題考查作圖-基本作圖、平行四邊形的判定、矩形的判定與性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定、矩形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：由作圖過程可知，直線PQ為線段AC的垂直平分線，∴AO=CO，∵AM∥BN，∴∠DAO=∠BCO，∵∠AOD=∠COB，∴△AOD≌△COBASA∴AD=CB，∵AD∥CB，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）解：∵∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD為矩形，∴BD=AC，∵BE=AC，∴BD=BE，∴∠BDE=∠BED=75°，∴∠DBC=180°?∠BDE?∠BED=30°．【變式4-2】（23-24九年級(jí)·浙江杭州·期中）如圖所示，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AO=CO=10，BO=DO，且AB=12，BC=16．(1)求證：四邊形ABCD是矩形．(2)若∠ADF:∠FDC=3:2，DF⊥AC于點(diǎn)E，求∠BDF的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)18°【分析】（1）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，利用勾股定理逆定理，得到∠ABC=90°，即可得證；（2）求出∠FDC的度數(shù)，根據(jù)三角形的內(nèi)角和，求出∠DCO，然后根據(jù)OD=OC，得到∠CDO，即可求出∠BDF的度數(shù)．【詳解】（1）證明：∵在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AO=CO=10，BO=DO，∴四邊形ABCD是平行四邊形，AC=AO+CO=20，∵AB=12，BC=16，∴AB∴∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）∵四邊形ABCD是矩形∴∠ADC=90°，∵∠ADF:∠FDC=3:2，∠ADF+∠FDC=∠ADC，∴∠FDC=2∵DF⊥AC，∴∠DCO=90°?36°=54°，∵四邊形ABCD是矩形，∴CO=OD，∴∠ODC=∠DCO=54°，∴∠BDF=∠ODC?∠FDC=18°．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，能靈活運(yùn)用定理進(jìn)行推理是解題的關(guān)鍵．注意：矩形的對(duì)角線相等，有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形．【變式4-3】（23-24九年級(jí)·河南鄭州·期末）如圖1，四邊形ABCD中，點(diǎn)E，點(diǎn)F在對(duì)角線AC上，AF=CE，連接DE，BF，DE=BF，DE∥BF．(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)如圖2，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接BE，若BE平分∠ABD，AC=BD=2AB，BC=6，求△BEC的面積．【答案】(1)見解析(2)9【分析】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．（1）利用SAS證明△ABF≌△CDE，然后得到AB∥CD，AB=CD，即可得到結(jié)論；（2）證明四邊形ABCD是矩形，然后可以得到△ABO是等邊三角形，利用勾股定理求出EC和BE長即可解題．【詳解】（1）證明：∵DE∥BF，∴∠DEC=∠BFA，又∵AF=CE，DE=BF，∴△ABF≌△CDE，∴AB=CD，∠BAC=∠DCA，∴AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC=BD=2AB，∴四邊形ABCD是矩形，∴AO=BO=CO=DO=AB，∠ABC=90°，∴△ABO是等邊三角形，∴∠ABO=60°，又∵AC2∴AB=3∴AC=2AB=43又∵BE平分∠ABD，∴∠ABE=12∠ABO=30°∴AE=1∴BE=AB又∵EC=AC?AE=43∴S△BEC【題型5矩形中的折疊問題】【方法總結(jié)】解決與矩形相關(guān)的折疊問題,主要是利用折疊的性質(zhì)“折疊前后的圖形能夠完全重合,折疊前后的圖形對(duì)應(yīng)邊相等,對(duì)應(yīng)角相等”.解答此類問題,往往通過圖形間的折疊,找出折疊部分與原圖形之間線段或角的聯(lián)系,從而得到折疊部分與原圖形或其他圖形之間的關(guān)系.【例5】（23-24九年級(jí)·河南南陽·期末）如圖，將矩形ABCD的四個(gè)角向內(nèi)翻折后，恰好拼成一個(gè)無縫隙無重疊的四邊形EFGH，EH=3cm，EF=4cm，則矩形ABCD的周長為（A．18cm B．18.4cm C．19.6cm D．20cm【答案】C【分析】由翻折的規(guī)律證明四邊形EFGH是矩形及AB＝2EM，再由矩形的性質(zhì)結(jié)合已知條件求出EM的長度，即可求出AB的長度，由折疊性質(zhì)證明AD+BC＝2HF，求得AD，最后由矩形的周長公式求得周長便可．【詳解】解：如圖所示，∵將矩形ABCD的四個(gè)角向內(nèi)翻折后，恰好拼成一個(gè)無縫隙無重疊的四邊形EFGH，∴EA＝EM，BE＝EM，∠AEH＝∠HEM，∠BEF＝∠FEM，∠EMH＝∠A＝90°，∴AB＝AE+EB＝2EM，∵∠AEH+∠HEM+∠BEF+∠FEM＝180°，∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM=1同理，∠EFG＝∠FGH＝90°，∴四邊形EFGH是矩形，∵EH＝3cm，EF＝4cm，∴HF=E∵EM?HF＝EH?EF，

∴EM=EF?EF∴AB＝2×12由折疊知，AH＝HM，BF＝MF，DH＝HN，CF＝NF，∴AH+DH+BF+CF＝HM+MF+HN+NF，∴AD+BC＝2HF＝2×5＝10，∵AD＝BC，∴AD＝5，∴矩形ABCD的周長＝2（AB+AD）＝2（245故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，矩形的判定與性質(zhì)，掌握翻折變換的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等積法是解決問題的關(guān)鍵．【變式5-1】（23-24九年級(jí)·浙江寧波·期中）如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)P是BC上的點(diǎn)，△ABP沿AP折疊B點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是M點(diǎn)，延長PM交直線AD于點(diǎn)E．(1)求證：EA=EP；(2)Q是AD上的點(diǎn)，QD=BP；△CDQ沿CQ折疊D點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是N點(diǎn)，且P、M、N、Q在同一直線上．①如圖2，若M、N互相重合，求ABAD②若AB=4,MN=4，求BP的長．（自己畫草圖）【答案】(1)見詳解(2)①ABAD=33②【分析】（1）由折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)證明∠APM=∠EAP，則可得出結(jié)論；（2）①證出∠BAP=30°，設(shè)BP=x，則AB=3x，②分兩種情況，由矩形的性質(zhì)及勾股定理可得出答案．【詳解】（1）證明：∵△ABP沿AP折疊B點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是M點(diǎn)，∴∠APB=∠APM，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，∴∠APB=∠EAP，∴∠APM=∠EAP，∴EA=EP；（2）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∵DQ=BP，∴AQ=CP，∴四邊形APCQ為平行四邊形，∵折疊，∴∠ABP=∠AMP=90°，∴AC⊥PQ，∴四邊形APCQ為菱形，∴∠PAM=∠QAM，∵∠BAP=∠PAM，∴3∠BAP=90°，∴∠BAP=30°，設(shè)BP=x，則AB=3x，∴BC=BP+PC=3x，∴AD=3x，∴ABAD②如圖，若MN=4，N在M在上方，設(shè)BP=DQ=a，∴PM=NQ=a，∴PQ=2a+4，∴AD=3a+4，過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，則四邊形QHCD為矩形，∴QH=DC=4，QD=HC=a，∴PH=BC?BP?CH=a+4，∵PQ∴(2a+4)∴a=43，a=?4（舍∴BP=4如圖，設(shè)BP=a，同理可得(a?4)2∴a=4，a=?43（舍∴BP=4，綜上所述，BP的長為43【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（23-24九年級(jí)·江蘇泰州·階段練習(xí)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＜BC，∠B＝30°，AB＝23，將△ABC沿AC翻折至△AB'C，連接B'D．當(dāng)BC長為時(shí)，△AB'D是直角三角形．【答案】6或4【分析】分∠B′AD=90°和∠AB′D=90°兩種情況，畫出圖形，利用含30°的直角三角形的性質(zhì)和矩形的判定與性質(zhì)解答即可．【詳解】解：∵AB＜BC，∴∠ADB′≠90°．①當(dāng)∠B′AD=90°時(shí)，如圖1，延長B′A交BC于E，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，∠B=∠ADC，∴∠B′EC=90°，由折疊性質(zhì)得，BC=B′C，AB=AB′，∠AB′C=∠B=30°，在Rt△B′EC中，CE=12B′C，即CE=12∴BE=CE=12BC在Rt△ABE中，∠B=30°，AB＝23，∴AE=12AB=3，BE=A∴BC=2BE=6；②當(dāng)∠AB′D=90°時(shí)，如圖2，設(shè)AD與B′C相交于O，∵AD∥BC，∴∠OAC=∠ACB，由折疊性質(zhì)得：∠BAC=∠B′AC，∠ACO=∠ACB，∠B=∠AB′C，∴∠OAC=∠ACO，∴OA=OC，又AD=BC=B′C，∴OD=OB′∴∠ODB′=∠OB′D，即∠ADB′≠90°．∵∠ADC=∠B=∠AB′C，∴∠CDB′=∠AB′D=90°，∴CD∥AB′，又CD=AB′，∴四邊形AB′DC是矩形，∴∠B′AC=90°，即∠BAC=90°，在Rt△BAC中，∠B=30°，AB=23∴BC=2AC，BC2=AB2+AC2，解得：BC=4，綜上，當(dāng)BC長為6或4時(shí)，△AB′D是直角三角形．故答案為：6或4．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、含30°的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)間的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵．【變式5-3】（23-24九年級(jí)·天津?yàn)I海新·期末）如圖，已知OABC是一張放在平面直角坐標(biāo)系中的矩形紙片，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A15,0．點(diǎn)C0,9，在邊AB上任取一點(diǎn)D，將△AOD沿OD翻折，使點(diǎn)A落在BC邊上，記為點(diǎn)

(1)OA的長=______，OE的長=________，CE的長=________，AD的長=________；(2)設(shè)點(diǎn)P在x軸上，且OP=EP，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】(1)15

15

12

5(2)P(9.375,0)【分析】（1）由點(diǎn)A、點(diǎn)C的坐標(biāo)可求得OA、OC的長，由翻折的對(duì)稱性知，OE=OA；由勾股定理，在Rt△OCE中可求得CE的長；于是可求得BE的長，設(shè)AD=DE=x，BD=9?x，則在Rt（2）自點(diǎn)E作EH⊥OA，垂足為H．利用矩形的性質(zhì)可求得EH、OH的長，設(shè)OP=EP=x，則在Rt△EHP中利用勾股定理可求得x=OP的長，于是點(diǎn)P【詳解】（1）如圖．

由點(diǎn)A(15,0)可知，OA=15．由△AOD沿OD翻折變成△EOD知，△AOD?△EOD，∴OE=OA=15．由點(diǎn)C0,9知，OC=9∴CE=O∴BE=BC?CE=OA?CE=15?12=3．由△AOD?△EOD得，AD=DE，設(shè)AD=DE=x，則BD=AB?AD=OC?AD=9?x．在Rt△BDE中，即：x2解得：x=5．∴AD的長=5．（2）自點(diǎn)E作EH⊥OA，垂足為點(diǎn)H．則四邊形OCEH是矩形．∴OH=CE=12，設(shè)OP=EP=x，則PH=OH?OP=12?x．在Rt△EHP中，∴x解得：x=9.375．∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為9.375,0【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、矩形的折疊等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是將條件集中在一個(gè)直角三角形內(nèi)，利用勾股定理求解．【考點(diǎn)3正方形的性質(zhì)與判定】1.正方形：有一組鄰邊相等且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形.【注意】（1）正方形必須具備三個(gè)條件：①是平行四邊形；②有一組鄰邊相等；③有一個(gè)角是直角.這三個(gè)條件缺一不可.（2）正方形的四條邊都相等，說明正方形時(shí)特殊的菱形；正方形的各個(gè)角都是直角，說明正方形時(shí)特殊的矩形.即正方形不僅是特殊的平行四邊形，也是特殊的矩形和菱形.2.正方形的性質(zhì)正方形具有平行四邊形、矩形和菱形的所有性質(zhì).元素性質(zhì)邊對(duì)邊平行，四條邊都相等角四個(gè)角都是直角對(duì)角線兩條對(duì)角線互相垂直平分且相等，每條對(duì)角線平分一組對(duì)角對(duì)稱性是軸對(duì)稱圖形，有四條對(duì)稱軸【注意】矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四邊形，它們之間的關(guān)系如圖所示.（2）正方形的面積=邊長的平方=兩條對(duì)角線長乘積的一半.（3）正方形被兩條對(duì)角線分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解決問題時(shí)常用到等腰三角形和直角三角形的性質(zhì).3.正方形的判定1.先證明是矩形，再從矩形出發(fā)：（1）有一組鄰邊相等的矩形是正方形；（2）對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形.2.先證明是菱形，再從菱形出發(fā)：（1）有一個(gè)角是直角的菱形是正方形；（2）對(duì)角線相等的菱形是正方形.【注意】（1）由上面的判定方法可以得到判定一個(gè)四邊形為正方形的一般順序?yàn)椋合扰卸ㄋ倪呅问瞧叫兴倪呅危倥卸ㄔ撈叫兴倪呅问蔷匦位蛄庑?，最后判定該矩形或菱形是正方?【題型6正方形性質(zhì)的應(yīng)用】【方法總結(jié)】關(guān)于利用正方形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的技巧:

(1)求角:利用正方形的四個(gè)角為直角,一條對(duì)角線與一邊的夾角為45°進(jìn)行推導(dǎo)計(jì)算.

(2)求線段的長:利用正方形的四條邊相等,對(duì)角線相等且互相垂直平分進(jìn)行計(jì)算.【例6】（23-24九年級(jí)·江蘇南京·期中）如圖，在正方形ABCD內(nèi)作等邊三角形AED，連接BE，CE，則∠EBC的度數(shù)為（

）A．15° B．20° C．22.5° D．30°【答案】A【分析】本題考查了正方形、等邊三角形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，先根據(jù)正方形、等邊三角形的性質(zhì)得出AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，從而可求出∠BAE的度數(shù)，然后利用等邊對(duì)等角和三角形內(nèi)角和定理可求出∠ABE的度數(shù)，最后根據(jù)角的和差關(guān)系求解即可.【詳解】解：∵在正方形ABCD內(nèi)作等邊三角形AED，∴AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，∴∠BAE=∠BAD?∠DAE=30°，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB=180°?∠BAE∴∠EBC=∠ABC?∠ABE=15°，故選：A.【變式6-1】（23-24九年級(jí)·山東威海·期末）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)O為原點(diǎn)，點(diǎn)A，C分別在x軸，y軸正半軸上，對(duì)角線AC，BO交于點(diǎn)D，作以下操作：①以點(diǎn)B為圓心，任意長為半徑作弧，分別交BO，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)兩點(diǎn)；②分別以E、F為圓心，以大于12EF的長為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)③作射線BG，交AC于點(diǎn)M，交OA于點(diǎn)N．若點(diǎn)N的坐標(biāo)為2,0，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為．【答案】2【分析】本題考查了作圖-基本作圖：熟練掌握5種基本作圖是解決問題的關(guān)鍵．也考查了正方形的性質(zhì)．過N點(diǎn)作NH⊥OB于H點(diǎn)，過M點(diǎn)作MQ⊥AB于Q點(diǎn)，如圖，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，根據(jù)基本作圖得到BN平分∠ABO，則利用角平分線的性質(zhì)得到NH=NA，在Rt△ONH中利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到OH=NH=2，所以O(shè)A=2+2，則AD=2+1，接著根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到MQ=MD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AM=2DM=2AQ【詳解】解：過N點(diǎn)作NH⊥OB于H點(diǎn)，過M點(diǎn)作MQ⊥AB于Q點(diǎn)，如圖，∵四邊形ABCO為正方形，∴∠BOA=∠BAC=45°，∠OAB=90°，由作法得BN平分∠ABO，而NH⊥OB，NA⊥AB，∴NH=NA，∵N2,0∴ON=2，在Rt△ONH中，OH=NH=∴OA=2+2∴AD=2∵BM平分∠ABD，∴MQ=MD，∵AM=2∴AM=2∵DM+AM=AD，∴DM+2解得DM=1，∴MQ=AQ=1，∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為2+1,1故答案為：2+1,1【變式6-2】（23-24九年級(jí)·湖北武漢·階段練習(xí)）園林小路，曲徑通幽，如圖所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石鋪成．已知中間的所有正方形的面積之和是a平方米，內(nèi)圈的所有三角形的面積之和是b平方米，這條小路一共占地（

）平方米．

A．a(chǎn)+1.5b B．a(chǎn)+2b C．a(chǎn)+2.5b D．a(chǎn)+3b【答案】B【分析】先證明每兩個(gè)正方形公共頂點(diǎn)處內(nèi)外兩個(gè)三角形的面積相等，進(jìn)而求解．【詳解】先證明每兩個(gè)正方形公共頂點(diǎn)處內(nèi)外兩個(gè)三角形的面積相等：如圖，過點(diǎn)C作CM⊥AB于M，過點(diǎn)G作GN⊥EA交EA延長線于N，則∠AMC=∠ANG=90°，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG都是正方形，∴∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AC=AG，∵∠BAE+∠CAG+∠BAC+∠EAG=360°，∴∠BAC+∠EAG=180°，∵∠EAG+∠GAN=180°，∴∠BAC=∠GAN，在△ACM和△AGN中，∠MAC=∠NAG∠AMC=∠ANG∴△ACM≌△AGN(AAS)∴CM=GN，∵S△ABC=∴S

由上知外圈的所有三角形的面積之和等于內(nèi)圈的所有三角形的面積之和．∴這條小路的面積為(a+2b)平方米．故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和三角形全等的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是尋找三角形面積之間的等量關(guān)系．【變式6-3】（23-24九年級(jí)·內(nèi)蒙古呼和浩特·期中）如圖，已知正方形ABCD，P是對(duì)角線AC上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM⊥AD于點(diǎn)M，PN⊥AB于點(diǎn)N．(1)求證：四邊形PMAN是正方形；(2)若E是AM上一點(diǎn)，且∠EPA=15°，寫出∠MEP的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)60°【分析】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和，角平分線性質(zhì)，熟練掌握正方形的各種性質(zhì)是證題的關(guān)鍵．（1）由四邊形ABCD是正方形，易得∠BAD=90°，AC平分∠BAD，又由PM⊥AD，（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠APM=45°，∠AMP=90°，求得【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD，

∵PM⊥AD，∴PM=PN，∠PMA=∠PNA=90°∴四邊形PMAN是矩形，

∵PM=PN，∴四邊形PMAN是正方形；（2）解：∵四邊形PMAN是正方形，∴∠APM=45°，∠AMP=90°∵∠APE=15°，∴∠EPM=30°，∴∠MEP=60°．【題型7幾種特殊平行四邊形的綜合】【例7】（23-24九年級(jí)·河北唐山·期末）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，G，H分別是AD，BC中點(diǎn)，，E、F是對(duì)角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)相向而行，速度均為每秒1個(gè)單位長度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，其中0≤t≤10．(1)當(dāng)0≤t<5，則四邊形EGFH一定是怎樣的四邊形（E、F相遇時(shí)除外），說明理由．(2)若四邊形EGFH為矩形，t的值為；(3)若G向D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，H向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，且與點(diǎn)E，F(xiàn)以相同的速度同時(shí)出發(fā)，若四邊形EGFH為菱形，則t的值為．【答案】(1)四邊形EGFH是平行四邊形(2)四邊形EGFH為矩形時(shí)t=2或t=8(3)當(dāng)t=94時(shí)，四邊形【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，則EG∥（2）分為兩種情況，一種是四邊形EGFH為矩形，另一種是FGEH為矩形，利用EF=GH即可求解；（3）根據(jù)菱形對(duì)角線平分且垂直可證明四邊形AGCH為菱形，再利用勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：∵四邊形EGFH是平行四邊形，理由如下：由題意得：AE=CF=t0≤t<5∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GAE=∠HCF，∵G，H分別是AD，BC中點(diǎn)，∴AG=12AD∴AG=CH，∴△AEG≌△CFHSAS∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，∴∠FEG=∠EFH，∴EG∥∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）解：如圖1，連接GH，由（1）得AG=CH=BH，AG∥BH，∴四邊形ABHG是矩形，∴GH=AB=6，①如圖1，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時(shí)，∴EF=GH=6，∵AE=CF=t，∴EF=10?2t=6，∴t=2；②如圖2，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時(shí)，∵EF=GH=6，AE=CF=t，∴EF=t+t?10=2t?10=6，∴t=8；綜上，四邊形EGFH為矩形時(shí)t=2或t=8；（3）解：如圖3，M和N分別是AD和BC的中點(diǎn)，連接AH，CG，GH，AC與GH交于O，∵四邊形EGFH為菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∴OA=OC，AG=AH，∴四邊形AGCH為菱形，∴AG=CG，設(shè)AG=CG=x，則DG=8?x，由勾股定理可得：CD即：62解得：x=25∴MG=254?4=∴當(dāng)t=94時(shí)，四邊形【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是熟記特殊四邊形的判定與性質(zhì)，在解題中靈活運(yùn)用．【變式7-1】（23-24九年級(jí)·河北邢臺(tái)·期末）如圖1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，E是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與B、C重合），DF⊥AE，垂足為點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DG∥AE，交BC的延長線于點(diǎn)

(1)若DF=AB，①求證：四邊形AEGD是菱形；②求四邊形CDFE的周長；(2)如圖2，AM⊥DG于點(diǎn)M，EN⊥DG于點(diǎn)N，探究：①當(dāng)CE為何值時(shí)，四邊形AFDM是正方形；②點(diǎn)E在BC邊上的運(yùn)動(dòng)過程中，四邊形AENM的面積是否發(fā)生變化，若不變，請(qǐng)求出該四邊形的面積；若變化，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)①見解析；②12；(2)①當(dāng)CE=1時(shí)，四邊形AFDM是正方形；②不發(fā)生變化，理由見解析【分析】本題主要考查平行四邊形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等知識(shí)；（1）①由兩組對(duì)邊平行的四邊形是平行四邊形可證四邊形AEGD是平行四邊形，再證△DFA≌△ABE，可得AE=AD，即可得結(jié)論；②由全等三角形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可得AF=BE，DF=AB=CD=4，AE=BC=AD=5，由勾股定理可求（2）①由題意可證四邊形AFDM是矩形．由正方形的性質(zhì)可得AF=DF，可得∠DAF=∠AEB=∠BAE=45°，可得AB=BE=4，即可求解；②由S矩形【詳解】（1）證明：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠DAF=∠AEB，又∵DG∥∴四邊形AEGD是平行四邊形，又∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∴∠AFD=∠B，又∵DF=AB，∴△DFA≌△ABEAAS∴AD=AE，∴四邊形AEGD是菱形；②在矩形ABCD中，DC=AB=4，∵△DFA≌△ABE，∴AF=BE，∴在Rt△ABE中，BE=∴AF=BE=3，∴四邊形CDFE的周長=2(CE+DC)=12；（2）①∵DG∥∴∠AFD=∠FDM=90°．∵AM⊥DG．