【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?BD ②AB2+DC2=AD2+BC2
2）中點四邊形
【模型介紹】依次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫做中點四邊形.
中點四邊形的性質(zhì)：
已知點E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊AB、BC、CD、AD的中點，則
①四邊形EFGH是平行四邊形 ②CEFGH =AC+BD ③sEFGH =12sABCD
④順次連接對角線互相垂直的四邊形各邊中點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】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）對角線互補模型
類型一 90°對角互補模型
如圖，在四邊形ABCD中，若∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC，則
①AD = CD ②AB+BC=2BD ③S△ABD+S△BDC=12BD2
類型一 120°對角互補模型
如圖，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC 平分∠AOB，則
①CD=CE ②OD+OE=OC ③S△DCO+S△COE=√34OC2
5）正方形半角模型
【模型介紹】從正方形的一個頂點引出夾角為45°的兩條射線，并連結(jié)它們與該頂點的兩對邊的交點構(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，∠EAF=45°，AE、AF分別與BD相交于點O、P，則：
①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C?CEF=2倍正方形邊長
④S?ABE +S?ADF =S?AEF ⑤AB=AG=AD（過點A作AG⊥EF，垂足為點G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若點E為BC中點，則點F為CD三等分點
⑧?APO∽?AEF∽?DPF∽?BEO∽?DAO∽?BPA ⑨ABEP四點共圓、AOFD四點共圓、OECFP五點共圓
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E作EX⊥BD，垂足為點X)
【典例分析】
例1．（2023·遼寧）如圖，在正方形ABCD中，AB=12，點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，AE與BF相交于點G，若BE=CF=5，則BG的長為 ．
【答案】6013
【分析】根據(jù)題意證明△ABE≌△BCFSAS，△EBG∽△FBC，利用勾股定理即可求解．
【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=BEBF，
∵BC=AB=12，CF=BE=5，
∴BF=BC2+CF2=122+52=13，
∴ BG12=513，
∴ BG=6013．
故答案為：6013．
【點睛】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)是解題的關鍵．
例2．（2023·江蘇模擬）如圖1，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊DC，BC上的點，連接AE，DF，且AE⊥DF于點G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．

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

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，且DE⊥CF，垂足為G，則CFDE=______．

【答案】(1)CFAE=34
(2)AFBD=1217
(3)2425
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，證明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性質(zhì)得出CFAE=DCAD=68=34；
（2）過點B作CB的垂線，過點D作CB的垂線，垂足為K，過點A作CB的平行線，分別交兩條垂線于G，H，根據(jù)有三個直角的四邊形，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，由相似三角形的性質(zhì)得出答案；
（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點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BM=3y，則DN=4y，設AB=BC=3x，則AD=CD=4x，由勾股定理證出7x=25y，則可得出答案．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴∠ADG+∠CDF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠FDC=90°，
∴∠DAG=∠FDC，
∴△DCF∽△ADE，
∴DFAE=DCAD=68=34；
（2）解：過點B作CB的垂線，過點D作CB的垂線，垂足為K，過點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的中點，
∴AD=CD，
又∵∠AHD=∠CKD=90°，∠ADH=∠CDK，
∴△ADH≌△CDKAAS，
∴DH=DK，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠HAD=90°，
又∵∠GAB+∠GBA=90°，
∴∠HAD=∠GBA，
∵∠G=∠AHD=90°，
∴△AHD∽△BGA，
∴DHAG=AHBG=ADAB，
∵ABAC=34，AD=CD
∴ADAB=23，
設DH=2y，則BG=4y，AH=83y，
∴BGGH=4y3y+83y=1217，
由（1）知，AFBD=BGGH，
∴AFBD=1217；
（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點M，

∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四邊形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△BAD≌△BCDSSS
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴BMDN=BCCD=34，
設BM=3y，則DN=4y，設AB=BC=3x，則AD=CD=4x，
∴CN=3x+3y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴4y2+3x+3y2=4x2，
解得7x=25y（x=?y舍去），
∴CFDE=CNAD=3x+3y4x=2425，
故答案為：2425．
【點睛】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)是解題的關鍵．
【變式演練】
1．（2023·山東）（1）如圖1，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE⊥DF，垂足為點G．求證：△ADE∽△DCF．

【問題解決】
（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，AE=DF，延長BC到點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∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)，即可得證；
（3）延長BC到點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，進而推出△DFG是等邊三角形，再根據(jù)線段的和差關系計算求解即可．
【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，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵點H在BC的延長線上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如圖，延長BC到點G，使CG=DE=8，連接DG，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠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并靈活運用是解題的關鍵．
2．（2024·江蘇模擬）如圖，在正方形ABCD中，點O是對角線BD的中點，點P在線段OD上，連接AP并延長交CD于點E，過點P作PF⊥AP交BC于點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；⑤S四邊形PEFG=S△APG．以上結(jié)論正確的有（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】①正確，證明A、B、F、P四點共圓，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得結(jié)論；
②正確，將△ADE繞點A順時針旋轉(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P作PQ⊥CF于 Q，過點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=12FM·AB，因為FM 的長度是變化的，所以△AEF的面積不是定值；
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四點共圓，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA，
∴PA＝PF，故①正確；
將△ADE繞點A順時針旋轉(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，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM?△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正確；
連接PC，過點P作PQ⊥CF于Q，過點P作 PW⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
FB=FB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA?△PBC（SAS），
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB?PD=2BQ?FQ=2BF，故③正確；
∵△FAM?△FAE，
∴S△AEF=S△AMF=12FM·AB，
∵FM的長度是變化的，
∴△AEF的面積不是定值，故④錯誤，
∵A、B、F、P四點共圓，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△FAM?△FAE，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG～△FAE，
∴S△APGS△AFE=PAAF2=PA2PA2=12，
∴S四邊形PEFG=S△APG，故⑤正確．
故選：B．
【點睛】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，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，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，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】判定一個四邊形是菱形時，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: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算.
4. 在求菱形面積時,要根據(jù)圖形特點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,要特別注意不要漏掉計算公式中的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O，分別過點C，D作BD，AC的平行線相交于點F，點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，則PG的最小值是( )
A. 1B. 32C. 32D. 3
【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G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，
∴當GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．
過D點作DM⊥AC于M，過G點作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，
∴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GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．過D點作DM⊥AC于M，過G點作GP⊥AC于P，則GP//MD，利用平行四邊形的面積求解DM的長，再利用三角形的中位線定理可求解PG的長，進而可求解．
本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，三角形的中位線等知識的綜合運用，找準PG有最小值時的P點位置是解題的關鍵．
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O，AC平分∠BAD，過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE．
(1)求證：四邊形ABCD是菱形;
(2)若AB= 5，BD=2，求OE的長．
【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= AB2?OB2=2，
∴OE=OA=2．
【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，勾股定理有關知識．
(1)先判斷出∠OAB=∠DCA，進而判斷出∠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C，并與兩腰OA，OB分別相交于D，E兩點，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=2 3，
∴圖中陰影部分的面積=扇形ODE的面積?菱形ODCE的面積
=120π×22360?12OC?DE
=4π3?12×2×2 3
=4π3?2 3，
∴圖中陰影部分的面積為4π3?2 3．
【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，進行計算即可解答．
本題考查了切線的性質(zhì)，扇形面積的計算，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?shù)妮o助線是解題的關鍵．
2.（2023·四川）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠CAB=∠ACB，過點B作BE⊥AB交AC于點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，
∴OEOB=OBOA，
即OE6=68，
解得：OE=92，
即OE的長為92．
【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∽△AOB，得OEOB=OBOA，即可得出結(jié)論．
3．（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，E點在OD上，且DE=2OE，F(xiàn)是BC的中點，P是AC上的一個動點，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，可知當點P運動到點A時，PF?PE最大，最大為FM，勾股定理求AF=AC2?CF2=33，則FM=13AF，計算求解即可．
【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，
∴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=PF?PM，
∴當點P運動到點A時，PF?PE最大，最大為FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=AC2?CF2=33，
∴FM=13AF=3，
故答案為：3．
【點睛】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；矩形有兩條對稱軸，矩形的對稱軸是過矩形對邊中點的直線；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度角所對應的直角邊等于斜邊的一半.
矩形的判定：1) 有一個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）有三個角是直角的四邊形是矩形.
【解題思路】要證明一個四邊形是矩形，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角是直角；若不易判斷，則可通過證明有三個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:a.是平行四邊形;b.有一個角是直角.
2. 定義說有一個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O.若∠AOB=60°，則ABBC=( )
A. 12
B. 3?12
C. 32
D. 33
【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= 3AB，
∴ABBC= 33，
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 // CDB. AD=BCC. ∠A=∠BD. ∠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
并靈活運用是解題的關鍵．
【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=180°
∵∠A=∠B
∴∠A=∠B=90°
∵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=180°
∵∠A=∠D
∴∠D+∠B=180°
∴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O，E是AD的中點，點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BG=AB?AF?FG=2．
【詳解】解：(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，
∴點O為BD的中點，
∵點E為AD中點，
∴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E為AD的中點，AD=10，
∴AE= 12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中， AF= AE2?EF2= 52?42=3 ．
∵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，解題的關鍵是掌握特殊四邊形的性質(zhì)和判定屬于中考常考題型，需要重點掌握．
【變式演練】
1.（2023·黑龍江）如圖，在平面直角坐標中，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B，點C落在y軸的點C1位置，點E的坐標是( )
A. (1,2)B. (?1,2)C. ( 5?1,2)D. (1? 5,2)
【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(負值舍去)，
∴CD=2，
連接OC，設BC與OC′交于F，
∴OC= OD2+CD2= 42+22=2 5，
∵∠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=2 5,EC′=EC=CF?EF=4?EF，
∴C′F=OC′?OF=2 5?2，
∵EF2+C′F2=EC′2，
∴EF2+(2 5?2)2=(4?EF)2，
解得EF= 5?1，
∴E(1? 5,2)，
故選：D．
根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ABC∽△D′C′O，求出AB=CD=2，連接OC，設BC與OC′交于F，然后求出OC=OC′=2 5，得到C′F=2 5?2，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，利用相似三角形的性質(zhì)求出AB的長是解題的關鍵．
2.（2023·四川）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為______．
【答案】3 2
【解析】解：如圖，連接CP，
∵∠ACB=90°，AC=BC=6，AB= AC2+BC2= 62+62=6 2，
∵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CP⊥AB時，線段DE的值最小，
此時，AP=BP，
∴CP=12AB=3 2，
∴DE的最小值為3 2，
故答案為：3 2．
連接CP，由勾股定理求出AB的長，再證四邊形CDPE是矩形，得DE=CP，然后由等腰直角三角形的性質(zhì)求出CP的長，即可得出結(jié)論．
本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂線段最短以及等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
3．（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△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S,S1,S2，若要求出S?S1?S2的值，只需知道( )

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A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點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=12S矩形BCDE，再根據(jù)S=S△ABC+S矩形BCDE?S1?S2=S△ABC+12S矩形BCDE，得到S?S1?S2=S△ABC，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：過點A作FG∥BC，交EB的延長線于點F，DC的延長線于點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=12BE?AF,S2=12CD?AG，
∴S1+S2=12BEAF+AG=12BE?BC=12S矩形BCDE，
又S=S△ABC+S矩形BCDE?S1?S2=S△ABC+12S矩形BCDE，
∴S?S1?S2=S△ABC+12S矩形BCDE?12S矩形BCDE=S△ABC，
∴只需要知道△ABC的面積即可求出S?S1?S2的值；
故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關鍵是得到S1+S2=12S矩形BCDE
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+一個角是直角；
5）菱形+對角線相等.
【解題技巧】判定一個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=∠GCFBF=CG，
∴△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，四個角都是直角；掌握正方形的判定：有一個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，正方形四個頂點分別位于兩個反比例函數(shù)y=3x和y=nx的圖象的四個分支上，則實數(shù)n的值為( )
A. ?3B. ?13C. 13D. 3
【答案】A
【解析】解：如圖，連接正方形的對角線，過點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△AOC=S△OBD=32=|n|2，
∵點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兩邊與坐標軸正半軸重合，點C的坐標是( )
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C在第一象限，
∴C的坐標為(3,3)．
故選：C．
由正方形的性質(zhì)可得DC=BC=3，而點C在第一象限，所以C的坐標為(3,3)．
本題考查正方形的性質(zhì)和坐標與圖形的性質(zhì)，求出DC、BC的長即可解答．
【變式演練】
1.（2023·福建）添加下列一個條件，能使矩形ABCD成為正方形的是( )
A. AB=CDB. AC⊥BD
C. ∠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】3 104
【解析】解：過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點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=34，
∴FN=CN=35，
∴DN=CD?CN=3?34=94，
在Rt△AFN中，DN=94，F(xiàn)N=34，
由勾股定理得：DF= DN2+FN2=3 104．
故答案為：3 104．
過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點N，首先證四邊形CMFN為正方形，再設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O，若AC=BD，請你添加一個條件______ ，使四邊形ABCD是正方形(填一個即可)．
【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鍵．
4．（2022·安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，則MN= ．
【答案】 45 2615
【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=∠GEFBE=EF，
∴△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∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【點睛】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，熟知相關知識點并能熟練運用，正確添加輔助線是解題的關鍵．
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行細致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應邊、對應角分別相等，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（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）.
4）選擇一個直角三角形(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E的直線折疊，使點C落在對角線BD上的點H處，如圖④.則DH的長為( )
A. 32B. 85C. 53D. 95
【答案】D
【解析】解：如圖，過點M作MG⊥BD于點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，
∵MG⊥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M作MG⊥BD于點G，根據(jù)勾股定理求得BD=5，由折疊可知BE=CE=EH=12BC=2，∠C=∠EHM=90°，CM=HM，進而得出BE=EH，∠EBH=∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM=∠DHM，則DM=HM，于是可得DM=HM=CM=12CD=32，由等腰三角形的性質(zhì)可得DH=2DG，易證明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．
本題主要考查矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)矩形和折疊的性質(zhì)推理論證出DM=HM，以此得出點M為CD的中點是解題關鍵．
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A恰好落在腰CD上的點E處．
(1)如圖，當點E是腰CD的中點時，求證：△BCD是等邊三角形;
(2)延長BE交線段AD的延長線于點F，聯(lián)結(jié)CF，
如果CE2=DE?DC，求證：四邊形ABCF是矩形．
【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E是腰CD的中點，
∴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．
∵AD/?/BC，
∴四邊形ABCF是平行四邊形．
又∵∠A=90°，
∴平行四邊形ABCF是矩形．
【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，矩形的判定等有關知識．
(1)先根據(jù)折疊的性質(zhì)得到△ABD≌△EBD，進而得到∠ADB=∠BDE，∠BED=∠A.然后利用平行線的性質(zhì)得到∠ADB=∠DBC，進而得到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，進而得到AF=DC，進而得到AF=BC，從而判定四邊形ABCF是平行四邊形，結(jié)合∠A=90°即可證出此題．
例3．（2023·內(nèi)蒙古）綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學活動，有一位同學操作過程如下：
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P，沿BP折疊，使點A落在正方形內(nèi)部點M處，把紙片展平，連接PM，BM，延長PM交CD于點Q，連接BQ．
(1)如圖1，當點M在EF上時，∠EMB= ______度；
(2)改變點P在AD上的位置(點P不與點A，D重合)如圖2，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關系，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P，沿BP折疊，使點A落在正方形內(nèi)部點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°；
(2)證明Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，可得∠MBQ=∠CBQ．
本題考查正方形中的折疊問題，解題的關鍵是掌握折疊的性質(zhì)和正方形性質(zhì)．
【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A落在EF上，并使折痕經(jīng)過點B，得到折痕BM，同時得到線段BN，MN.觀察所得的線段，若AE=1，則MN=( )
A. 32B. 1C. 2 33D. 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A落在EF上，并使折痕經(jīng)過點B，
∴BN=AB=2，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠A=90°，
∴BE=12BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠EBN=60°，
∴∠ABM=∠MBN=30°，
∴MN= 33BN=2 33，
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=12BN，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到∠BNE=30°，求得∠EBN=60°，于是得到結(jié)論．
本題考查了翻折變換(折疊問題)，矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關鍵．
2.（2023·上海）如圖5，將矩形ABCD紙片沿對角線AC折疊，點B落在點E處，EC與邊AD相交于點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?34CD=54CD，
∵sin∠DCF=DFCF=35，
故答案為：35．
根據(jù)折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)推出AF=CF，進而推出DF=FE，根據(jù)勾股定理推出CD=43DF，根據(jù)銳角三角函數(shù)求解即可．
此題考查了折疊的性質(zhì)，熟記折疊的性質(zhì)是解題的關鍵．
3.（2023·遼寧）在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，點M是邊AD上一點(點M不與點A，D重合)，連接CM，將△CDM沿CM翻折得到△CNM，連接AN，DN.當△AND為等腰三角形時，DM的長為______．
【答案】53或154
【解析】解：∵四邊形ABCD為矩形，AB=5，BC=6，
∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，
設DN與CM交于點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AN=DN時，過點N作NH⊥AD于H，則AH=DH=3，如圖：
設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DN=AD時，則DN=6，如圖：
∴DT=TN=3，
設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，
∴CD?DM=CM?DT，
即：5x=3(4+y)，
整理得：y=53x?4，
將y=53x?4代入x2=y2+9，得：x2=(53x?4)2+9，
整理得：16x2?120x+225=0，
即：(4x?15)2=0，
∴x=154．
∴DM的長為154．
綜上所述：DM的長為53或154．
由矩形的性質(zhì)得CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°，設DN與CM交于點T，由翻折的性質(zhì)得DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°，分兩種情況討論如下：
①當AN=DN時，過點N作NH⊥AD于H，則AH=DH=3，設DM=x，DT=y，則NM=x，NT=y，DN=AN=2y，MH=3?x，由勾股定理得HN2=AN2?AH2=MN2?MH2，進而得4y2?9=x2?(3?x)2，整理得y2=32x，而CM2=25+x2，再由S△CNM=12CD?DM=12CM?DT得25x2=CM2?y2，將CM2=25+x2，y2=32x代入上式可解出x，進而可得DM的長；
②當DN=AD時，則DN=6，DT=TN=3，設DM=x，MT=y，由勾股定理求出CT=4，則CM=4+x，在Rt△DTM中，由勾股定理得x2=y2+9，再由S△CNM=12CD?DM=12CM?DT得y=53x?4，然后將y=53x?4代入x2=y2+9之中解出x即可得DM的長．
此題主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，圖形的翻折及性質(zhì)，勾股定理等，熟練掌握矩形的性質(zhì)，圖形的翻折及性質(zhì)是解答此題的關鍵，靈活運用勾股定理及三角形的面積構(gòu)造方程，及分類討論是解答此題的難點，漏解是易錯點．
4.（2023·江蘇）如圖，矩形ABCD是一張A4紙，其中AD=2AB，小天用該A4紙玩折紙游戲．
游戲1折出對角線BD，將點B翻折到BD上的點E處，折痕AF交BD于點G.展開后得到圖①，發(fā)現(xiàn)點F恰為BC的中點．
游戲2在游戲1的基礎上，將點C翻折到BD上，折痕為BP；展開后將點B沿過點F的直線翻折到BP上的點H處；再展開并連接GH后得到圖②，發(fā)現(xiàn)∠AGH是一個特定的角．
(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的度數(shù)，并說明理由．
【答案】(1)證明：由折疊的性質(zhì)可得AF⊥BD，
∴∠AGB=90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BAG=∠ADB=∠GBF，
∵AD=2AB，
設AB=a，則AD=2a，BD=3a，
∴sin∠BAG=sin∠ADB，
即BGAB=ABBD，
∴BGa=a3a，
解得BG=33a，
根據(jù)勾股定理可得AG=63a，
cs∠GBF=cs∠BAG，
即BGBF=AGAB，
∴33aBF=63aa.
解得BF=22a，
∵BC=AD=2a，
∴BF=12BC，
∴點F為BC的中點．

(2)解：∠AGH=120°，理由如下：
連接HF，如圖：
由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，
∴∠FBH=∠FHB，
∴∠GBH=∠BHF，
∴BD//HF，
∴∠DGH=∠GHF，
由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，
∴∠AGD=90°，
設AB=a，則AD=2a=BC，BF=HF=22a，
∴BG=33a，
∴GF=66a，
在Rt?GFH中，tan∠GHF=GFHF=66a22a=33，
∴∠GHF=30°，
∵BD//HF，
∴∠DGH=30°，
∴∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°.

【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AB=a，然后表示出AD、BD，再由銳角三角函數(shù)求出BF即可；
2.
由折疊的性質(zhì)可知∠GBH=∠FBH，BF=HF，從而可得出∠GBH=∠BHF，進而得到BD//HF，∠DGH=∠GHF，由(1)知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在Rt?GFH中求出∠GHF的正切值即可解答．
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，則下列四個結(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△DFC全等．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(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可以先證明兩個三角形的共線邊上的高的關系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△MND≌△DCMSAS后可進一步證明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求證．
【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，
∴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E是矩形的對角線的交點可知，
E點到B、C兩點的距離相等，
∴E點在BC的垂直平分線上，
由MD=AM，可得BN=CN，
所以N點是BC的中點，
∴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兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，
∵E點是BD中點，
∴DQ=2EP，
∵S△MNC=12CN?DQ=12CN?2EP=CN?EP，
S△BNE=12BN?EP=12×2CN?EP=CN?EP
∴S△MNC=S△BNE，
故③正確；
若AB=MN，
因為AB=DC，
所以DC=MN，
分別過N、C兩點向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O，點M為BC上一動點，連接AM，射線AM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點N，連接MN、OM．以下四個結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18S菱形ABCD；④當OM⊥BC時，OA2=DN?AB．正確的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．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；因為MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當AM⊥BC時，AM最小，求出此時AM的長即可判斷②正確；可證明此時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菱形ABCD，可證明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正確；證明△BOC∽△OMC，由相似的性質(zhì)得BCOC=OCMC，即OC2=BC?MC，結(jié)合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可證明OA2=DN?AB，故④正確．
【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∠ABM=∠ACN，
∴△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AM⊥BC時，AM最?。?
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°?∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2?BM2=22?12=3，
∴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，此時N為CD的中點，
∴MN為△BCD的中位線，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正確；
當OM⊥BC時，
∵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=OCMC，即OC2=BC?MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC?BM=CD?CN，即MC=DN，
∴OA2=DN?AB，故④正確，

故選D．
【點睛】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是解答本題的關鍵．
【點睛】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，解決本題的關鍵是牢記相關概念與性質(zhì)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關系的轉(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E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動點（不與端點重合），連接BE，BF，分別交對角線AC于點P，Q．點E，F(xiàn)在運動過程中，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；當點B、H、D三點共線時，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，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠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，當點B、H、D三點共線時，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE?△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD?BH=22?2，故⑤正確；
故答案為：①②④⑤．
【點睛】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)，熟練掌握知識點并準確作出輔助線是解題的關鍵．
2．（2021·四川）如圖，在矩形ABCD中，AC和BD相交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點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AO=AD時，四邊形DEBF是菱形．正確結(jié)論的序號 ．
【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∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△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=BMCM，
∵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'；②AC⊥AB；③∠CDA=90°；④BB'=3AB．其中正確結(jié)論的序號是 ．（把所有正確結(jié)論的序號都填在橫線上）
【答案】①②③
【分析】證明四邊形ABB'C是矩形可判斷①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判斷③；根據(jù)勾股定理可判斷④．
【詳解】解：如圖2中，過點D作DE⊥B'B于點E，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB'=DB，
∴∠BDE=∠B'DE=12a=∠ADB，∠DEB=90°，
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四邊形ABB'C是平行四邊形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°?90°=90°，
∴四邊形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正確；
∵∠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=2AD=2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=2AB，故④錯誤，
∴正確的有①②③，
故答案為①②③．
【點睛】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，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
1．（2023·重慶）如圖，在正方形ABCD中，點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．2αB．90°?2αC．45°?αD．90°?α
【答案】A
【分析】利用三角形逆時針旋轉(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A逆時針旋轉(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H，B，C三點共線，
∵∠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=∠HAEAE=AE，
∴△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，點在對角線上，點在邊上，連接，，．

(1)如圖①，求證；
(2)如圖②，若，過點作交于點，在不添加任何軸助線的情況下，請直接寫出圖②中四個角（除外），使寫出的每個角都與相等．
【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)以及等角的補角相等．熟練掌握全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關鍵．
3.（2023·山東）如圖，在□ABCD中，BC的垂直平分線EO交AD于點E，交BC于點O，連接BE、CE，過點C作CF // BE，交EO的延長線于點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E是對角線AC上一點，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AO=x，BO=2x，
∴AB= AO2+BO2= 5x=10，
∴x=2 5，
∴AO=2 5，BO=4 5，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，
∴四邊形ABCD的面積=12AC?BD=12×4 5×8 5=80．
【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=2 5，BO=4 5，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC=2AO=4 5，BD=2BO=8 5，根據(jù)菱形的面積公式即可得到結(jié)論．
本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
5.（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)．熟練掌握相關知識點，是解題的關鍵．
(1)連接BD，交AC于點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(不與端點重合)，對于任意矩形ABCD，下面四個結(jié)論中：
①存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；
②存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；
③存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形：
④至少存在一個四邊形MNPQ是正方形．
所有正確結(jié)論的序號是 ( )
A. ①B. ②③C. ①②③D. 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OM=OP，OQ=ON，
則四邊形MNPQ是平行四邊形，
故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；
②如圖，當PM=QN時，四邊形MNPQ是矩形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；故正確；
③如圖，當PM⊥QN時，存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形；故正確；
④當四邊形MNPQ是正方形時，MQ=PQ，
則△AMQ≌△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四邊形ABCD是正方形，
當四邊形ABCD為正方形時，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E是AD的中點，將矩形ABCD沿BE所在的直線折疊，C，D的對應點分別為C′，D′，連接AD′交BC′于點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E是AD的中點，
∴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，
∴FC′=12BC′，
∵ED′=ED=12AD，
∴FC′=ED′，
∵ED′//BC′，
∴四邊形C′D′EF是平行四邊形，
∵∠C′=∠C=90°，
∴四邊形C′D′EF是矩形．
【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=GB，GF=GA，所以AE=BF，得F是BC′的中點，證明四邊形C′D′EF是平行四邊形，再根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可解決問題．
本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，三角形的外角定義，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定，解決本題的關鍵是得到F是BC′的中點．
8.（2023·四川）如圖，AC和BD是菱形ABCD的對角線，若再補充一個條件能使其成為正方形，下列條件：①AC=BD；②AC⊥BD；③AB2+AD2=BD2；④∠ACD=∠ADC.其中符合要求的是( )
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】B
【解析】解：設對角線AC和BD交于點O，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
①∵對角線相等的菱形是正方形；
∴補充條件AC=BD，可以使四邊形ABCD成為為正方形，
②∵菱形的對角線具有AC⊥BD，
∴補充條件AC⊥BD，不能使四邊形ABCD成為為正方形，
③∵AB2+AD2=BD2，
∴∠BAD=90°，
∴菱形ABCD為正方形，
∴補充條件AB2+AD2=BD2，可以使四邊形ABCD成為為正方形，
④當∠ACD=∠ADC時，AC=AD，
又∵AD=CD，
∴AD=AC=CD，
∴△ACD為等邊三角形，
∴∠ADC=60°，
∴補充條件∠ACD=∠ADC，不能使四邊形ABCD成為為正方形．
綜上所述：當補充的條件①③時，可以使四邊形ABCD成為為正方形．
故選：B．
根據(jù)對角線相等的菱形是正方形可對條件①進行判斷；根據(jù)菱形的對角線互相垂直可對條件②進行判斷；根據(jù)勾股定理的逆定理可對條件③進行判斷；由條件④可得出△ACD為等邊三角形，則∠ADC=60°，據(jù)此可對條件④進行判斷．
此題主要考查了正方形與菱形之間的關系，解答此題的關鍵是理解：對角線相等的菱形是正方形，有一個角為直角的菱形是正方形．
9.（2023·黑龍江）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動點，且AF⊥DE，垂足為G，將△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于點P，對角線BD交AF于點H，連接HM，CM，DM，BM，下列結(jié)論正確的是( )
①AF=DE；②BM//DE；③若CM⊥FM，則四邊形BHMF是菱形；④當點E運動到AB的中點，tan∠BHF=2 2；⑤EP?DH=2AG?BH．
A. ①②③④⑤B. ①②③⑤C. ①②③D. ①②⑤
【答案】B
【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
在△ABF和△DAE中，
∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE．
故①正確；
∵將△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM/?/DE．
故②正確；
當CM⊥FM時，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A，M，C在同一直線上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°?∠MCF=45°，
由翻折的性質(zhì)可得：∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC//MH，HB//MF，
∴四邊形BHMF是平行四邊形，
∵BF=MF，
∴平行四邊形BHMF是菱形，故③正確；
當點E運動到AB的中點，如圖，
設正方形ABCD的邊長為2a，則AE=BF=a，
在Rt△AED中，
DE= AD2+AE2= 5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB，∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=2 53a．
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a 5a= 55，
∴EG= 55BF= 55a，AG= 55AB=2 55a，
∴DG=ED?EG=4 55a，GH=AH?AG=4 515a．
∵∠BHF=∠DHA，
∴在Rt△DGH中，
tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，
故④錯誤；
∵△AHD∽△FHB，
∴BHDH=12，
∴BH=13BD=13×2 2a=2 23a，DH=23BD=23×2 2a=4 23a．
∵AF⊥EP，
根據(jù)翻折的性質(zhì)可得：EP=2EG=2 55a，
∴EP?DH=2 55a?4 23a=8 1015a2，2AG?BH=2×2 55a?2 23a=8 1015a2，
∴EP?DH=2AG?BH，
故⑤正確．
綜上分析可知，正確的是①②③⑤．
故選：B．
利用正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)，對每個選項的結(jié)論逐一判斷，即可解答．
本題考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正切的概念，熟練按照要求做出圖形，利用尋找相似三角形是解題的關鍵．
10.（2023·湖北）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是邊AB上一動點(不含端點)，將△ADM沿直線DM對折，得到△NDM.當射線CN交線段AB于點P時，連接DP，則△CDP的面積為______；DP的最大值為______．
【答案】10；2 5
【解析】解：△CDP的面積為12×5×4=10；
當點P和M重合時，DP的值最大，如圖；
由題意可得點N是在以D為圓心，4為半徑的圓上運動，當射線CN與圓相切時，AP最大，此時C、N、M三點共線，此時點P和M重合，DP的值最大，
設AP=x，則PB=5?x，DN=4，
∴CN=3，
在Rt△PBC中，根據(jù)勾股定理有：(5?x)2+42=(x+3)2，
解得x=2，
在Rt△PAD中，根據(jù)勾股定理有DP= AD2+AP2=2 5，
故答案為：10；2 5．
△CDP的面積直接以CD為底，AD為高即可求；當點P和M重合時，DP的值最大，畫出圖形，利用勾股定理構(gòu)造方程即可解答．
本題考查矩形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)及勾股定理，熟悉性質(zhì)是解題關鍵．
11.（2023·黑龍江）矩形紙片ABCD中，AB=3，BC=5，點M在AD邊所在的直線上，且DM=1，將矩形紙片ABCD折疊，使點B與點M重合，折痕與AD，BC分別交于點E，F(xiàn)，則線段EF的長度為______．
【答案】3 52或154
【解析】解：設BM，EF交于點O，
∵將矩形紙片ABCD折疊，使點B與點M重合，折痕與AD，BC分別交于點E，F(xiàn)，
∴OM=OB，EF⊥BM，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD/?/BC，
∴∠M=∠OBF，∠MEO=∠BFO，
又OM=OB，
∴△OEM≌△OFB(AAS)，
∴OE=OF，
①當M點在D點的右側(cè)時，如圖所示，
∵BC=5，DM=1，
∴AM=AD+DM=BC+DM=6，
Rt△ABM中，
BM= AM2+AB2= 62+32=3 5，
∴OM=12BM=3 52，
∵tanM=EOOM=ABAM，
∴EO3 52=36，
∴EO=3 54，
∴EF=2EO=3 52；
當M點在D點的左側(cè)時，如圖所示，
∵AB=3，BC=5，DM=1，
∴BM= AM2+AB2= (5?1)2+32=5，
∴OM=12BM=52，
∵tan∠EMO=EOOM=ABAM，
∴EO52=34，
∴EO=158，
∴EF=2EO=154，
綜上所述，EF的長為3 52或154．
故答案為：3 52或154．
分點M在D點右邊與左邊兩種情況，分別畫出圖形，根據(jù)勾股定理，銳角三角函數(shù)即可求解．
本題考查矩形中的折疊問題，涉及勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識，分類討論是解題的關鍵．
12.（2023·山東）如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點F是DC邊上的一點，連接AF，將△ADF沿直線AF折疊，點D落在點G處，連接AG并延長交DC于點H，連接FG并延長交BC于點M，交AB的延長線于點E，且AC=AE．

(1)求證：四邊形DBEF是平行四邊形；
(2)求證：FH=ME．
【答案】證明：(1)∵△ADF沿直線AF折疊，點D落在點G處，
∴△ADF≌△AGF，
∴AD=AG，∠AGF=∠ADF=90°，
∴∠AGE=∠ADC=90°，
在Rt△ADC和Rt△AGE中：
AD=AGAC=AE，
∴Rt△ADC≌Rt△AGE(HL)，
∴∠ACD=∠E，
在矩形ABCD中，對角線互相平分，
∴OA=OB，
∴∠CAB=∠ABD，
又∵DC/?/AB，
∴∠ACD=∠CAB，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠ABD=∠E，
∴DB//FE，
又∵DF/?/BE，
∴四邊形DBEF是平行四邊形．
(2)∵四邊形DBEF是平行四邊形，
∴DF=EB，
又∵DF=FG，
∴FG=EB，
∵DC//AE，
∴∠HFG=∠E，
在△FGH和△EBM中：
∠FGH=∠EBM=90°FG=EB∠HFG=∠E，
∴△FGH≌△EBM(ASA)，
∴FH=ME．
【解析】(1)要證四邊形DBEF是平行四邊形，因為DF/?/BE，只要證DB//FE，進而證明∠E=∠ABD即可，需證明△ADC≌△AGE；
(2)只要證明△FGH≌△EBM即可．
此題以矩形為載體，考查了平行四邊形的判斷，三角形全等的知識，比較綜合．
13.（2023·全國）如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點B的對應點M落在邊AD上(點M不與點A，D重合)，點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于點E，F(xiàn)，連接BM．
(1)求證：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的長．
【答案】(1)證明：點B、M關于線段EF對稱，由翻折的性質(zhì)可知：∠MBC=∠BMP，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD/?/BC，
∴∠MBC=∠AMB，
∴∠AMB=∠BMP(等量代換)．
(2)解：設MD=x，則AM=3?x，設AE=y，則EM=EB=3?y．
在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，
∴y2+(3?x)2=(3?y)2，
∴y=?16x2+x.即AE=?16x2+x．
∵∠ABC=∠EMN=90°，
∴∠AME+∠DMP=90°，
又∵∠AEM+∠AME=90°，
∴∠AEM=∠DMP，∠A=∠D，
∴△AEM∽△DMP．
∴DPAM=MDAE，13?x=x?16x2+x，
整理得：56x2=2x，
∴x=125．
∴MD=125．
【解析】(1)利用平行線內(nèi)錯角相等和翻折前后對應角相等，等量代換即可證明；
(2)利用相似列出關系式DPAM=MDAE，利用邊的關系代入到關系式可求出．
本題考查了翻折的性質(zhì)以及相似三角的判定，勾股定理的應用，掌握一線三垂直的相似是本題突破的關鍵．
14．（2023·北京·中考真題）如圖，點A、B、C在同一條線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線AC同側(cè)，ABc；

上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如圖，過D作DF⊥AE于F，則四邊形ACDF是矩形，則DF=AC=a+b，由DFa2+b2，進而可判斷②的正誤；由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，則c=2×a2+b2

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