考點一：菱形的性質
考點二：菱形的判定
考點三：菱形的判定與性質
考點四：矩形的性質
考點五：矩形的判定
考點六：矩形的判定與性質
考點七：正方形的性質
考點八：正方形的判定
考點九：正方形的判定與性質
考點考向
特殊的平行四邊形
（1）矩形
（2）菱形
（3）正方形
考點精講
一．菱形的性質（共7小題）
1．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，延長BC至點E，使CE＝BC，聯(lián)結DE，若∠E＝70°，則∠OBC＝ ．
2．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）菱形的邊長為10厘米，一條對角線為16厘米，它的面積是 平方厘米．
3．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面積為 ．
4．（2022春?上海期中）已知菱形ABCD中，對角線AC＝12，BD＝16，則菱形ABCD的面積是 ．
5．（2022春?虹口區(qū)期中）如果菱形的邊長為5，相鄰兩內角的度數(shù)之比為1：2，那么該菱形較長的對角線長為 ．
6．（2022春?青浦區(qū)校級期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝60°．求證：AE＝AF．
7．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知：如圖菱形ABCD，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF＝∠B＝60°．
（1）求證：AE＝AF；
（2）如果AB＝8，設BE＝x，AE＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關系式和定義域；
（3）在（2）的基礎上，當x取何值時，S△AEF與S△CEF面積比值為7．
二．菱形的判定（共5小題）
8．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下列命題是真命題的是（ ）
A．有一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
B．兩條對角線相等的四邊形是矩形
C．一條對角線平分一組對角的四邊形是菱形
D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形
9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，點C在y軸上，點D為平面內
一點，若四邊形ACDB恰好構成一個菱形，請寫出點D的坐標 ．
10．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，△ABC中，AD是∠BAC的平分線，E是AC上一點，AE＝AB，EF∥BC交AD于F，BE與AD交于G．
求證：四邊形BDEF是菱形．
11．（2021春?楊浦區(qū)期末）如圖，已知BD、BE分別是∠ABC與它的鄰補角的平分線，AE⊥BE，AD⊥BD，垂足分別為E、D，聯(lián)結CD、DE，DE與AB交于點O，CD∥AB．求證：四邊形OBCD是菱形．
12．（2021春?奉賢區(qū)期中）如圖，已知在四邊形ABCD中，AD∥BC，點E為BC中點，BD⊥DC，EA平分∠DEB．
（1）求證：AE＝DC；
（2）求證：四邊形ABED是菱形．
三．菱形的判定與性質（共3小題）
13．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，點E為BC的中點
（1）求證：四邊形AECD是菱形；
（2）聯(lián)結BD，如果BD平分∠ABC，AD＝2，求BD的長．
14．（2021春?徐匯區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足為點F，E為四邊形ABCD外一點，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的長．
15．（2021春?普陀區(qū)期中）已知，如圖，在?ABCD中，分別在邊BC、AD上取兩點，使得CE＝DF，連接EF，AE、BF相交于點O，若AE⊥BF．
（1）求證：四邊形ABEF是菱形；
（2）若四邊形ABEF的周長為16，∠BEF＝120°，求AE的長．
四．矩形的性質（共6小題）
16．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下面性質中菱形有而矩形沒有的是（ ）
A．鄰角互補B．對角線互相垂直
C．對角線相等D．對角線互相平分
17．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）矩形的一條邊長是a，兩條對角線的夾角為60°，則矩形的另外一條邊長等于（ ）
A．a(chǎn)B．a(chǎn)C．a(chǎn)或aD．2a
18．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點O，點E、F分別在OA、OD上，EF∥BC，求證：四邊形BCFE是等腰梯形．
19．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，將矩形ABCD的邊BC延長至點E，使CE＝BD，聯(lián)結AE交對角線BD于點F，交邊CD于點G，如果∠ADB＝38°，那么∠E的大小為 ．
20．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖：在直角坐標系里點B（0，4），已知ABDO為矩形，∠DBO＝30°，則點A坐標為 ．
21．（2021春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，以AO，AB為鄰邊作平行四邊形ABC1O，AC1交OB于點O1；以AO1，AB為鄰邊作平行四邊形ABC2O1…，若S矩形ABCD＝a，則＝ ．
五．矩形的判定（共6小題）
22．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列條件不能判定一個四邊形是矩形的是（ ）
A．四個內角都相等
B．四條邊都相等
C．對角線相等且互相平分
D．對角線相等的平行四邊形
23．（2022春?青浦區(qū)校級期中）四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，要使它成為矩形，可添加條件（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AB∥CDD．AC⊥BD
24．（2021春?奉賢區(qū)期中）下列說法不正確的是（ ）
A．兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形
B．對角線相等的平行四邊形是矩形
C．一個角是直角的四邊形是矩形
D．對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形
25．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，在四邊形ABCD中，點G在邊BC的延長線上，CE平分∠BCD，CF平分∠GCD，EF∥BC交CD于點O，點O為CD的中點．
求證：四邊形DECF是矩形．
證明：∵CE平分∠BCD，
∴ ＝ ．
∵EF∥BC，
∴ ＝ ．
于是， ＝ ．
同理， ＝ ．
（請繼續(xù)完成證明過程）
26．（2022春?奉賢區(qū)校級月考）如圖，已知：在四邊形ABCD中，E為邊CD的中點，AE與邊BC的延長線相交于點F，且AE＝EF，BC＝CF．
（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）當AF＝2BE時，求證：四邊形ABCD是矩形．
27．（2022春?靜安區(qū)期中）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F分別是AD、BC的中點，點G、H分別在邊AB、CD上，且AG＝CH．
（1）求證：△AGE≌△CHF；
（2）若∠AEG+∠BFG＝90°，求證：四邊形EGFH是矩形．
六．矩形的判定與性質（共3小題）
28．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，M為斜邊AB上一動點，過點M分別作MD⊥AC于點D，作ME⊥CB于點E，則線段DE的最小值為 ．
29．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知，如圖，BE，BD是△ABC中∠ABC的內、外角平分線，AD⊥BD于D，AE⊥BE于點E，延長AE交BC的延長線于點N．
求證：DE＝BN．
30．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ABCD的中，AB∥CD，對角線AC，BD相交于點O，且AO＝CO，△OAB是等邊三角形．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（2）若S四邊形ABCD＝4，求BD的長．
七．正方形的性質（共5小題）
31．（2022春?靜安區(qū)期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝ ．
32．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5厘米，EG∥AD，點H在邊AD上，△CEH的面積為8平方厘米，則FG＝ 厘米．
33．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，E為正方形ABCD外一點，AE＝AD，BE交AD于點F，則∠BED＝ °．
34．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）已知正方形ABCD，以CD為邊作等邊△CDE，則∠ADE的度數(shù)是 ．
35．（2022春?上海期中）在正方形ABCD中，邊長為8，點P是對角線AC上一點，CP＝2，E是射線AB上一點，聯(lián)結PE，射線PF⊥PE交直線AD于F，當AC＝CE時，AF＝ ．
八．正方形的判定（共4小題）
36．（2022春?長寧區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一個條件可證明四邊形是正方形，那么這個條件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
37．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列命題為假命題的是（ ）
A．四個內角相等的四邊形是矩形
B．對角線的交點到各邊距離都相等的四邊形是菱形
C．有兩組鄰邊相等的四邊形是平行四邊形
D．一組鄰邊相等的矩形是正方形
38．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E是BD延長線上的點，且△ACE是等邊三角形．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形．
（2）若∠AED＝2∠EAD，求證：四邊形ABCD是正方形．
39．（2022春?上海期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為點D，AN是△ABC外角∠CAM的平分線，CE⊥AN，垂足為點N．
（1）求證：四邊形ADCE為矩形；
（2）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADCE為正方形？給出證明．
九．正方形的判定與性質（共1小題）
40．（2019?楊浦區(qū)二模）已知：如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，點D、E分別是邊AB、BC的中點，點F、G是邊AC的三等分點，DF、EG的延長線相交于點H，連接HA、HC．
求證：（1）四邊形FBGH是菱形；
（2）四邊形ABCH是正方形．
鞏固提升
一、單選題
1．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┫旅嫘再|中菱形有而矩形沒有的是（ ）
A．鄰角互補；B．對角線互相垂直；
C．對角線相等；D．對角線互相平分．
2．（2022秋·上?！ぐ四昙壣贤飧街行？计谀┤鐖D，已知雙曲線 經(jīng)過矩形 邊 的中點 且交 于 ，四邊形 的面積為 2，則
A．1B．2C．4D．8
3．（2022春·上海楊浦·八年級?？计谥校┫铝袟l件不能判定一個四邊形是矩形的是（ ）
A．四個內角都相等B．四條邊都相等
C．對角線相等且互相平分D．對角線相等的平行四邊形
4．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W?？茧A段練習）如圖正方形和正方形全等，把點A固定在正方形的中心，當正方形繞點A轉動時，兩個正方形重疊部分的面積是正方形面積的（ ）
A．B．C．D．
5．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M才中學校考期中）下列命題不正確的是（ ）．
A．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
B．一組對角相等，一組鄰角互補的四邊形是平行四邊形
C．一組對角相等，一組對邊平行的四邊形是平行四邊形
D．對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形
6．（2022秋·上?！ぐ四昙夒A段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，動點P滿足S△PBC＝S矩形ABCD，則點P到B，C兩點距離之和PB+PC的最小值為（ ）
A．B．C．D．2
二、填空題
7．（2022春·上海奉賢·八年級?？计谥校┰诰匦沃小螦BC=90°， 和相交于點，．則的度數(shù)等于_____．
8．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谀┤鐖D，矩形的兩條對角線相交于點，，，則的長是______．
9．（2022秋·上海楊浦·八年級?？计谥校┤鐖D，把一張長方形的紙片折疊起來，使其對角頂點A、C重合，若長為，長為，其不重合部分的面積是_______．
10．（2022春·上海青浦·八年級?？计谀┤鐖D，?的對角線、交于點，順次聯(lián)結?各邊中點得到的一個新的四邊形，如果添加下列四個條件中的一個條件：①；②；③；④，可以使這個新的四邊形成為矩形，那么這樣的條件可以是______．（填序號）
11．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D所示，在中，，，，為上一動點不與、重合，作于點，于點，連接，則的最小值是______．
12．（2022春·上海青浦·八年級校考期末）已知：如圖，在中，，，，點位于邊上，過點作邊的平行線交邊于點，過點作邊的平行線交邊于點，設，四邊形的面積為，則關于的函數(shù)關系式是______．（不必寫定義域）
13．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┤鐖D，菱形的對角線相交于點，延長至點，使，連接，若，則________．
14．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W?？茧A段練習）如圖，菱形中，于點E，交于F，若E為中點，且，則F到邊的距離為____________．
15．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┮阎庑沃校瑢蔷€，，則菱形的面積是______．
16．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習）如圖，中，已知是的平分線，E、F分別是邊的中點，聯(lián)結，要使四邊形為菱形，需要滿足一定的條件，該條件可以是______．
17．（2022春·上海浦東新·八年級上海市張江集團中學?？计谥校┤鐖D，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則________．
18．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ袕埥瘓F中學?？计谥校┤鐖D，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，聯(lián)結PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則＝________．
19．（2022春·上海青浦·八年級校考期中）如圖，平面內直線，且相鄰兩條平行線間隔均為1，正方形的4個頂點分別在4條平行線上，則正方形的面積為_________．
20．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┤鐖D，為正方形外一點，，交于點，則?______?．
21．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D，已知在矩形紙片中，，，點E是的中點，點F是邊上的一個動點，將沿所在直線翻折，得到，連接，，則當是以為腰的等腰三角形時，的長是_______________．
22．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┰谡叫沃?，邊長為，點是對角線上一點，，是射線上一點，聯(lián)結，射線交直線于，當時，______．
23．（2022春·上海長寧·八年級上海市民辦新世紀中學?？计谀┤鐖D，四邊形中，，，順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形，再順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形；…；如此進行下去，得到四邊形，那么四邊形的周長為________．
三、解答題
24．（2022秋·上海青浦·八年級?？计谀┮阎喝鐖D，在矩形中，，．對角線的垂直平分線分別交、于點、．求線段的長．
25．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習）如圖，已知梯形中，， 、分別是、的中點，點在邊上，且．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)連接，若平分，求證：四邊形是矩形．
26．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｍ瑵髮W附屬存志學校?？计谥校┤鐖D1，在平行四邊形中，的平分線交直線于點E，交直線于點F．
(1)當時，G是的中點，聯(lián)結（如圖2），請直接寫出的度數(shù)______．
(2)當時，，且，分別聯(lián)結、（如圖3），求的度數(shù)．
27．（2022春·上海楊浦·八年級校考期中）已知：如圖菱形ABCD，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF=∠B=60°．
(1)求證：AE=AF；
(2)如果AB=8，設BE=x，AE=y，求y與x的函數(shù)關系式和定義域；
(3)在（2）的基礎上，當x取何值時，與面積比值為7．
28．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W?？茧A段練習）如圖，已知平行四邊形中，對角線、交于點，是延長線上一點，且是等邊三角形．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求證：四邊形是正方形．
29．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，連接EC．
(1)求證：AD＝EC；
(2)若BC＝2AD，AB＝AO＝m，求證：S四邊形ADCE＝m2．（其中S表示四邊形ADCE的面積）
30．（2022春·上?！ぐ四昙壭？茧A段練習）如圖，已知，，，點在邊上，，垂足為點，以為邊作正方形，點在邊上，且位于點的左側，聯(lián)結．
(1)設，，求關于的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)的定義域；
(2)當四邊形是等腰梯形時，求的長；
(3)聯(lián)結，當是等腰三角形時，求正方形的面積．
31．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┤鐖D，在中，，，垂足為點是外角的平分線，，垂足為點．
(1)求證：四邊形為矩形；
(2)當滿足什么條件時，四邊形為正方形？給出證明．
32．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W?？茧A段練習）如圖：已知在平面直角坐標系中，是矩形，，，點P是邊邊上一動點，聯(lián)結，將四邊形沿所在直線翻折，落在的位置，點A、B的對應點分別為點E、F，邊與邊的交點為點G．
(1)當P坐標為時，求G點坐標，和直線的解析式．
(2)過G作交于H，若；，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；
(3)聯(lián)結并延長與線段交于點M，當時以為腰的等腰三角形時求P點坐標．
33．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ袕埥瘓F中學?？计谀咎骄颗c應用】我們把平行四邊形沿著它的一條對角線翻折，會發(fā)現(xiàn)有很多結論．例如：在平行四邊形ABCD中，，將△ABC沿直線AC翻折至△AEC，連結DE，則AC∥ED．
(1)如圖1，若AD與CE相交于點O，證明以上個結論；
(2)如圖2，AD與CE相交于點O，若，，，求△AOC的面積；
(3)如果，，當A、C、D、E為頂點的四邊形是正方形時，請畫圖并求出AC的長；
(4)如果，，當△AED是直角三角形時，直接寫出BC的長．
核心考點04 特殊的平行四邊形
目錄
考點一：菱形的性質
考點二：菱形的判定
考點三：菱形的判定與性質
考點四：矩形的性質
考點五：矩形的判定
考點六：矩形的判定與性質
考點七：正方形的性質
考點八：正方形的判定
考點九：正方形的判定與性質
考點考向
特殊的平行四邊形
（1）矩形
（2）菱形
（3）正方形
考點精講
一．菱形的性質（共7小題）
1．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，延長BC至點E，使CE＝BC，聯(lián)結DE，若∠E＝70°，則∠OBC＝ 20° ．
【分析】直接利用菱形的性質結合等腰三角形的性質得出∠ECD度數(shù)，進而得出答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥DC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABC＝∠DCE，
∵CE＝BC，
∴∠E＝∠CDE＝70°，
∴∠ECD＝∠CBA＝180°﹣2×70°＝40°，
∴∠OBC＝×40°＝20°．
故答案為：20°．
【點評】此題主要考查了菱形的性質以及等腰三角形的性質，正確得出∠ECD度數(shù)是解題關鍵．
2．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）菱形的邊長為10厘米，一條對角線為16厘米，它的面積是 96 平方厘米．
【分析】根據(jù)菱形的性質得到以及勾股定理求出另一條對角線的長，然后根據(jù)菱形的面積公式計算求值．
【解答】解：四邊形ABCD是菱形，因為菱形的對角線互相垂直平分，所以OA＝8，OB＝，即BD＝12，
所以菱形的面積為 （平方厘米），
故答案為：96．
【點評】本題主要考查了菱形的性質，解題的關鍵是菱形的對角線互相垂直平分及勾股定理來解決．
3．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，菱形ABCD中，如果AB＝3，BD＝2，那么菱形ABCD的面積為 4 ．
【分析】根據(jù)菱形的性質得出BO＝1，利用勾股定理得出OA，進而利用菱形的面積公式解答．
【解答】解：連接AC交BD于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD＝2BO，BD⊥AC，
∵BD＝2，
∴BO＝1，
∵AB＝3，
∴OA＝＝＝2，
∴AC＝2OA＝4，
∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×4×2＝4，
故答案為：4．
【點評】此題考查菱形的性質，關鍵是根據(jù)菱形的性質得出BO＝2解答．
4．（2022春?上海期中）已知菱形ABCD中，對角線AC＝12，BD＝16，則菱形ABCD的面積是 96 ．
【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半即可解決問題．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴菱形ABCD的面積＝AC×BD＝×12×16＝96；
故答案為：96．
【點評】本題考查了菱形的性質；數(shù)據(jù)菱形的面積公式是解題的關鍵．
5．（2022春?虹口區(qū)期中）如果菱形的邊長為5，相鄰兩內角的度數(shù)之比為1：2，那么該菱形較長的對角線長為 5 ．
【分析】根據(jù)已知可得較小的內角為60°，從而得到較短的對角線與菱形的一組鄰邊組成一個等邊三角形，從而可求得較短對角線的長度，然后利用解直角三角形求得較長的對角線即可．
【解答】解：如圖所示：∵菱形的邊長為5，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，∠B+∠BAD＝180°，
∵菱形相鄰兩內角的度數(shù)比為1：2，
即∠B：∠BAD＝1：2，
∴∠B＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AC＝AB＝5，
∴AO＝AC＝，
∴BO＝AO＝，
∴BD＝2BO＝2×＝5；
故答案為：5．
【點評】本題考查了菱形的性質以及等邊三角形的判定方法；熟練掌握菱形的性質，證明三角形是等邊三角形是解決問題的關鍵．
6．（2022春?青浦區(qū)校級期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝60°．求證：AE＝AF．
【分析】連接AC，如圖，根據(jù)菱形的性質得AB＝BC，而∠B＝60°，則可判定△ABC為等邊三角形，得到∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，易得∠ACF＝60°，∠1＝∠3，然后利用“ASA”可證明△AEB≌△AFC，于是得到AE＝AF．
【解答】證明：連接AC，如圖，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，
∴∠ACF＝60°，
∵∠EAF＝60°，即∠3+∠4＝60°，
∴∠1＝∠3，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC，
∴AE＝AF．
【點評】本題考查了菱形的性質：菱形具有平行四邊形的一切性質；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．也考查了全等三角形的判定與性質．
7．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知：如圖菱形ABCD，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF＝∠B＝60°．
（1）求證：AE＝AF；
（2）如果AB＝8，設BE＝x，AE＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關系式和定義域；
（3）在（2）的基礎上，當x取何值時，S△AEF與S△CEF面積比值為7．
【分析】（1）通過證明△ABC和△ADC是等邊三角形，可得AB＝AC，∠B＝∠ACD＝60°＝∠BAC，由“ASA”可證△ABE≌△CAF，可得AE＝AF；
（2）由勾股定理可求y與x的函數(shù)關系式；
（3）先求△CEF的面積，由面積關系列出方程可求解．
【解答】（1）證明：如圖1，連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC和△ADC是等邊三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠ACD＝60°＝∠BAC，
∴∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：如圖2，過點A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等邊三角形，AH⊥BC，AB＝8＝BC，
∴BH＝CH＝4，∠BAH＝30°，
∴AH＝4，
∵AE2＝AH2+EH2，
∴y2＝48+（4﹣x）2，
∴y＝（0＜x＜8）；
（3）解：由（1）可知：△ABE≌△CAF，
∴BE＝CF＝x，S△ABE＝S△CAF，
∵S△CEF＝S△ABC+S△ACF﹣S△ACF﹣S△AFE，
∴S△CEF＝×AB2﹣×AE2＝（64﹣x2+8x﹣64）＝（8x﹣x2），
∵S△AEF與S△CEF面積比值為7，
∴S△AEF＝7S△CEF，
∴（x2﹣8x+64）＝7×（8x﹣x2），
∴x＝4±2，
∴當x＝4±2時，S△AEF與S△CEF面積比值為7．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
二．菱形的判定（共5小題）
8．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下列命題是真命題的是（ ）
A．有一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
B．兩條對角線相等的四邊形是矩形
C．一條對角線平分一組對角的四邊形是菱形
D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形
【分析】利用平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法分別判斷，即可確定正確的選項．
【解答】解：A、有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，是假命題；
B、兩條對角線平分且相等的四邊形是矩形，是假命題；
C、一條對角線平分一組對角的平行四邊形是菱形，是假命題；
D、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，是真命題；
故選：D．
【點評】考查了命題與定理的知識，解題的關鍵是了解平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法，難度不大．
9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，點C在y軸上，點D為平面內
一點，若四邊形ACDB恰好構成一個菱形，請寫出點D的坐標 （2，2）或（2，﹣2） ．
【分析】根據(jù)直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，求得OA＝OB＝2，根據(jù)勾股定理得到AB＝2，根據(jù)菱形的性質即可得到結論．
【解答】解：∵直線y＝?x+2與x軸，y軸分別交于點A、B，
∴A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∵四邊形ACDB是菱形，
∴AC＝CD＝BD＝AB＝2，
當點C在點A的上面時，
過D作DH⊥y軸于H，
∵AC∥BD，
AC⊥x軸，
∴BD⊥x軸，
∴四邊形OBDH是矩形，
∴，
∴CH＝2，
∴DH＝＝2，
∴D（2，2），
當點C在點A的下面時，
同理可得，D（2，﹣2），
故答案為：（2，2）或（2，﹣2）．
【點評】本題考查了菱形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關鍵．
10．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，△ABC中，AD是∠BAC的平分線，E是AC上一點，AE＝AB，EF∥BC交AD于F，BE與AD交于G．
求證：四邊形BDEF是菱形．
【分析】根據(jù)AD是∠BAC的平分線，得出∠CAD＝∠DAE，在△ABD和△ADE中，根據(jù)全等三角形的判定得出△ABD≌△ADE和△BAF≌△EAF，得出BD＝DE，BF＝EF，在△BFD和△EDF中，再根據(jù)SSS得出△BFD≌△EDF，得出∠BFD＝∠DFE，根據(jù)EF∥BC，得出∠DFE＝∠FDC，從而得出∠BFD＝∠BDF，即可得出BF＝BD，從而得出四邊形BDEF是菱形．
【解答】證明：∵AD是∠BAC的平分線，
∴∠BAD＝∠DAE，
在△ABD和△ADE中，
，
∴△ABD≌△ADE（SAS），
∴BD＝DE，
同理△BAF≌△EAF（SAS），
∴BF＝EF，
在△BFD和△EDF中，
，
∴△BFD≌△EDF（SSS），
∴∠BFD＝∠DFE，
又∵EF∥BC，
∴∠DFE＝∠FDC，
∴∠BFD＝∠BDF，
∴BF＝BD，
∴BF＝BD＝EF＝DE，
∴四邊形BDEF是菱形．
【點評】此題考查了菱形的判定，用到的知識點是全等三角形的判定與性質、角平分線的性質與菱形的判定，判定菱形的方法常用三種方法：①定義；②四邊相等；③對角線互相垂直平分．
11．（2021春?楊浦區(qū)期末）如圖，已知BD、BE分別是∠ABC與它的鄰補角的平分線，AE⊥BE，AD⊥BD，垂足分別為E、D，聯(lián)結CD、DE，DE與AB交于點O，CD∥AB．求證：四邊形OBCD是菱形．
【分析】根據(jù)已知條件首先證明四邊形AEBD是矩形，可得OB＝OD，再證明四邊形OBCD是平行四邊形，進而可得結論．
【解答】證明：∵BD、BE分別是∠ABC與∠ABF的平分線，
∴∠ABD+∠ABE＝×180°＝90°，
即∠EBD＝90°，
又∵AE⊥BE，AD⊥BD，E、D是垂足，
∴∠AEB＝∠ADB＝90°，
∴四邊形AEBD是矩形．
∴OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∵CD∥AB，
∴四邊形OBCD是平行四邊形，
∵OB＝OD，
∴平行四邊形OBCD是菱形．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質，菱形的判定，解決本題的關鍵是證明四邊形AEBD是矩形．
12．（2021春?奉賢區(qū)期中）如圖，已知在四邊形ABCD中，AD∥BC，點E為BC中點，BD⊥DC，EA平分∠DEB．
（1）求證：AE＝DC；
（2）求證：四邊形ABED是菱形．
【分析】（1）由直角三角形斜邊中線的性質得到DE＝BE＝CE，再根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質證得∠DAE＝∠AED，得到AD＝CE，證得明四邊形ABCD為平行四邊形，由平行四邊形的性質即可得到AE＝DC；
（2）由（1）可得AD∥BE，AD＝BE＝DE，根據(jù)平行四邊形和菱形的判定定理可證得四邊形ABED是平行四邊形，平行四邊形ABED是菱形．
【解答】證明：（1）∵E為BC中點，BD⊥DC，
∴DE＝BC＝BE＝CE，
∵EA平分∠DEB，
∴∠AEB＝∠AED，
∵AD∥BC，
∴AD∥CE，
∴∠DAE＝∠AEB，AD∥CE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴AD＝DE，
∴AD＝CE，
∴四邊形AECD平行四邊形，
∴AE＝DC；
（2）由（1）知，四邊形AECD平行四邊形，
∴AD∥CE，AD＝CE，
∴AD∥BE，
由（1）知，DE＝BE＝CE，
∴AD＝BE＝DE，
∴四邊形ABED是平行四邊形，
∴四邊形ABED是菱形．
【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質和判定，菱形的判定，平行線的性質，等腰三角形的性質和判定，根據(jù)角平分線的定義、平行線的性質證和等腰三角形的性質和判定證得AD＝DE＝CE是解決問題的關鍵．
三．菱形的判定與性質（共3小題）
13．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，點E為BC的中點
（1）求證：四邊形AECD是菱形；
（2）聯(lián)結BD，如果BD平分∠ABC，AD＝2，求BD的長．
【分析】（1）由直角三角形的性質可得AE＝AD＝EC，且AD∥BC，可證四邊形AECD是平行四邊形，即可得結論；
（2）由角平分線的性質和平行線的性質可得AD＝AB＝CD，可證四邊形ABCD是等腰梯形，可得BD＝AC，由勾股定理可求AC的長，即可得BD的長．
【解答】證明：（1）∵∠BAC＝90°，點E為BC的中點，
∴AE＝EC＝BC
∵BC＝2AD，
∴AD＝BC
∴AD＝EC，且AD∥BC，
∴四邊形AECD是平行四邊形，且AE＝EC，
∴四邊形AECD是菱形
（2）如圖，
∵AD∥BC，AD＜BC
∴四邊形ABCD是梯形，
∵BD平分∠ABD，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD
∵四邊形AECD是菱形，
∴AD＝DC＝2
∴AB＝DC＝2
∴四邊形ABCD是等腰梯形，
∴AC＝BD
∵BC＝2AD＝4．
∴BD＝AC＝＝2
【點評】本題考查了菱形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理，求證BD＝AC是本題的關鍵．
14．（2021春?徐匯區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足為點F，E為四邊形ABCD外一點，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的長．
【分析】（1）由平行四邊形的判定定理：兩組對邊分別平行得到結論；
（2）由角平分線、等量代換得到角相等，由等角對等邊得到BD＝AB＝5，根據(jù)勾股定理列方程求解．
【解答】（1）證明：∵∠ADE＝∠BAD，
∴AB∥DE，
∵AE⊥AC，BD⊥AC，
AE∥BD，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）解：∵DA平分∠BDE，
∴∠AED＝∠BDA，
∴∠BAD＝∠BDA，
∴BD＝AB＝5，
設BF＝x，則DF＝5﹣x，
∴AD2﹣DF2＝AB2﹣BF2，
∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，
∴x＝，
∴AF＝＝，
∴AC＝2AF＝．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質，角平分線的性質，勾股定理的應用，解題的關鍵是利用勾股定理列方程．
15．（2021春?普陀區(qū)期中）已知，如圖，在?ABCD中，分別在邊BC、AD上取兩點，使得CE＝DF，連接EF，AE、BF相交于點O，若AE⊥BF．
（1）求證：四邊形ABEF是菱形；
（2）若四邊形ABEF的周長為16，∠BEF＝120°，求AE的長．
【分析】（1）由平行四邊形的性質得出AD∥BC，AD＝BC，證出AF＝BE，則四邊形ABEF是平行四邊形，由AE⊥BF，即可得出四邊形ABEF是菱形；
（2）由菱形的性質得出AB＝BE＝4，AB∥EF，證出△ABE是等邊三角形，得出AE＝AB＝4．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CE＝DF，
∴AF＝BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
又∵AE⊥BF，
∴四邊形ABEF是菱形；
（2）解：∵菱形ABEF的周長為16，
∴AB＝BE＝4，AB∥EF，
∴∠ABE＝180°﹣∠BEF＝180°﹣120°＝60°，
∴△ABE是等邊三角形，
∴AE＝AB＝4．
【點評】本題考查了菱形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質等知識；熟練掌握菱形的判定與性質是解題的關鍵．
四．矩形的性質（共6小題）
16．（2022春?青浦區(qū)校級期中）下面性質中菱形有而矩形沒有的是（ ）
A．鄰角互補B．對角線互相垂直
C．對角線相等D．對角線互相平分
【分析】本題要熟知菱形以及矩形的性質方能解答要對比兩者之間的相同點以及不同點．
【解答】解：A、∵平行四邊形的鄰角互補，
∴矩形的鄰角互補．故矩形和菱形的鄰角均互補，故不符合題意；
B、菱形對角線互相垂直，矩形的對角線不互相垂直，故符合題意．
C、矩形的對角線相等，菱形的對角線互相垂直且平分，故不符合題意；
D、平行四邊形的對角線互相平分，矩形對角線互相平分．故矩形和菱形的對角線互相平分，故不符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了矩形的性質，菱形的性質，掌握矩形和菱形的性質是解題的關鍵．
17．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）矩形的一條邊長是a，兩條對角線的夾角為60°，則矩形的另外一條邊長等于（ ）
A．a(chǎn)B．a(chǎn)C．a(chǎn)或aD．2a
【分析】分兩種情況討論：①當矩形的短邊為a時，先證明△OAB是等邊三角形，根據(jù)勾股定理求出另一邊長；②當矩形的長邊為a時，根據(jù)三角函數(shù)求出另一邊長．
【解答】解：分兩種情況討論：
①當矩形的短邊為a時，如圖所示：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝AC，OB＝BD，AC＝BD，∠ABC＝90°，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△OAB是等邊三角形，
∴OA＝AB＝a，
∴AC＝2a，
∴BC＝＝a；
②當矩形的長邊為a時，如圖所示：
由①得，tan60°＝＝，
∴AB＝＝；
綜上所述：另一條邊長為a或a，
故選：C．
【點評】本題考查了矩形的性質、勾股定理的運用以及等邊三角形的判定與性質；熟練掌握矩形的性質是解決問題的關鍵．
18．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點O，點E、F分別在OA、OD上，EF∥BC，求證：四邊形BCFE是等腰梯形．
【分析】由矩形的性質可得OB＝OC，再根據(jù)相似三角形的判定與性質可得OE＝OF，最后根據(jù)全等三角形的判定與性質可得結論．
【解答】證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∵EF∥BC，
∴，
∴OE＝OF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（SAS），
∴BE＝CF，
∴四邊形BCFE是等腰梯形．
【點評】此題考查的是矩形的性質、平行線分線段成比例、全等三角形的判定與性質，掌握其性質定理是解決此題的關鍵．
19．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，將矩形ABCD的邊BC延長至點E，使CE＝BD，聯(lián)結AE交對角線BD于點F，交邊CD于點G，如果∠ADB＝38°，那么∠E的大小為 19° ．
【分析】連接AC交BD于O，根據(jù)矩形的性質得出AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，求出OB＝OC，根據(jù)等腰三角形的性質和平行線的性質得出∠ADB＝∠OCB＝∠OBC＝38°，求出AC＝CE，根據(jù)等腰三角形的性質得出∠E＝∠CAE，再求出∠E即可．
【解答】解：連接AC交BD于O，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠OBC，
∵∠ADB＝38°，
∴∠OBC＝38°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝38°，
∵CE＝BD，AC＝BD，
AC＝CE，
∴∠E＝∠CAE，
∵∠E+CAE＝OCB＝38°，
∴E＝38°＝19°，
故答案為：19°．
【點評】本題考查了矩形的性質，等腰三角形的性質和三角形的外角性質等知識點，能熟記矩形的性質是解此題的關鍵，注意：①矩形的對邊分別平行，②矩形的對角線互相平分且相等．
20．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖：在直角坐標系里點B（0，4），已知ABDO為矩形，∠DBO＝30°，則點A坐標為 （﹣，3） ．
【分析】過A作AE⊥x軸于E，利用矩形的性質和含30°角的直角三角形的性質解答即可．
【解答】解：過A作AE⊥x軸于E，
∵四邊形OABD是矩形，
∴AB∥OD，∠AOD＝90°，
∵∠DBO＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∴∠AOB＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∴∠OAE＝30°，
∵OB＝4，
∴OA＝2，
∴OE＝，AE＝3，
∴A（﹣，3），
故答案為：（﹣，3）．
【點評】本題考查了矩形的性質，關鍵是利用矩形的性質和含30°角的直角三角形的性質解答．
21．（2021春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，以AO，AB為鄰邊作平行四邊形ABC1O，AC1交OB于點O1；以AO1，AB為鄰邊作平行四邊形ABC2O1…，若S矩形ABCD＝a，則＝ ．
【分析】先求出平行四邊形ABC1O，平行四邊形ABC2O1…的面積，探究規(guī)律后即可解決問題．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，四邊形ABC1O是平行四邊形，
∴，，
∴，
同理可得：平行四邊形ABC2O1的面積＝，
平行四邊形ABC3O2的面積＝，
…
∴平行四邊形ABC2021O2020的面積＝．
故答案為：．
【點評】本題考查平行四邊形的性質、矩形的性質等知識，解題的關鍵是學會從特殊到一般探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問題，屬于中考?？碱}型．
五．矩形的判定（共6小題）
22．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列條件不能判定一個四邊形是矩形的是（ ）
A．四個內角都相等
B．四條邊都相等
C．對角線相等且互相平分
D．對角線相等的平行四邊形
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進行判斷即可．
【解答】解：A、四個內角都相等的四邊形是矩形，故選項A不符合題意；
B、四條邊都相等的四邊形是菱形，故選項B符合題意；
C、對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，故選項C不符合題意；
D、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項D不符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的性質以及菱形的判定等知識，熟練掌握矩形的判定和菱形的判定是解題的關鍵．
23．（2022春?青浦區(qū)校級期中）四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，要使它成為矩形，可添加條件（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AB∥CDD．AC⊥BD
【分析】由平行四邊形的判定方法得出四邊形ABCD是平行四邊形，再由矩形的判定方法即可得出結論．
【解答】解：需要添加的條件是AC＝BD，理由如下：
∵四邊形ABCD的對角線AC、BD互相平分，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC＝BD，
∴平行四邊形ABCD是矩形（對角線相等的平行四邊形是矩形）；
故選：B．
【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質；熟練掌握平行四邊形的判定與性質以及矩形的判定是解題的關鍵．
24．（2021春?奉賢區(qū)期中）下列說法不正確的是（ ）
A．兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形
B．對角線相等的平行四邊形是矩形
C．一個角是直角的四邊形是矩形
D．對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定與性質、矩形的判定、菱形的判定分別對各個選項進行判斷即可．
【解答】解：A、∵兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形，
∴選項A不符合題意；
B、∵對角線相等的平行四邊形是矩形，
∴選項B不符合題意；
C、∵三個角是直角的四邊形是矩形，
∴選項C符合題意；
D、∵對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形，
∴選項D不符合題意；
故選：C．
【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質以及菱形的判定；熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．
25．（2022春?虹口區(qū)期中）如圖，在四邊形ABCD中，點G在邊BC的延長線上，CE平分∠BCD，CF平分∠GCD，EF∥BC交CD于點O，點O為CD的中點．
求證：四邊形DECF是矩形．
證明：∵CE平分∠BCD，
∴ ∠BCE ＝ ∠DCE ．
∵EF∥BC，
∴ ∠BCE ＝ ∠FEC ．
于是， ∠DCE ＝ ∠FEC ．
同理， ∠EFC ＝ ∠DCF ．
（請繼續(xù)完成證明過程）
【分析】結合條件可證得四邊形DECF為平行四邊形，再利用角平分線的定義可求得∠ECF為直角，則可證得四邊形DECF為矩形．
【解答】證明：∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，
∵EF∥BC，
∴∠BCE＝∠FEC，
于是，∠DCE＝∠FEC
同理，∠EFC＝∠DCF．
∴OE＝OC，OF＝OC，
∴OE＝OF；
∵點O為CD的中點，
∴OD＝OC，
又OE＝OF，
∴四邊形DECF是平行四邊形，
∵CE平分∠BCD、CF平分∠GCD，
∴∠DCE＝BCD，∠DCF＝∠DCG
∴∠DCE+∠DCF＝（∠BCD+∠DCG）＝90°，
即∠ECF＝90°，
∴四邊形DECF是矩形．
故答案為：∠BCE；∠DCE；∠BCE；∠FEC；∠DCE；∠FEC；∠EFC；∠DCF．
【點評】本題主要考查平行線的性質及矩形的判定，證得OE＝OF，得出四邊形DECF是平行四邊形是解題的關鍵，注意角平分線的應用．
26．（2022春?奉賢區(qū)校級月考）如圖，已知：在四邊形ABCD中，E為邊CD的中點，AE與邊BC的延長線相交于點F，且AE＝EF，BC＝CF．
（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）當AF＝2BE時，求證：四邊形ABCD是矩形．
【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定和性質得到AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，求得AD∥BC，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結論；
（2）根據(jù)已知條件得到AE＝BE＝EF，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，求得∠ABC＝90°，根據(jù)矩形的判定定理即可得到四邊形ABCD是矩形．
【解答】（1）證明：∵E為邊CD的中點，
∴DE＝CE，
在△ADE與△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（SAS），
∴AD＝CF，∠DAE＝∠CFE，
∴AD∥CF，
∴AD∥BC，
∵BC＝CF，
∴AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）證明：∵AE＝EF，AF＝2BE，
∴AE＝BE＝EF，
∴∠EAB＝∠EBA，∠EBF＝∠F，
∴∠ABE+∠EBF＝×180°＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴四邊形ABCD是矩形．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定，矩形的判定，全等三角形的判定和性質，證得△ADE≌△FCE是解題的關鍵．
27．（2022春?靜安區(qū)期中）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F分別是AD、BC的中點，點G、H分別在邊AB、CD上，且AG＝CH．
（1）求證：△AGE≌△CHF；
（2）若∠AEG+∠BFG＝90°，求證：四邊形EGFH是矩形．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質得到∠A＝∠C，AD＝BC，根據(jù)線段中點的定義得到AE＝AD，CF＝BC，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結論；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質得到B＝∠D，AD＝BC，AB＝CD，求得DE＝AD，BF＝BC，得到DE＝BF，求得BG＝DH，根據(jù)全等三角形的性質得到FG＝EH，EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A＝∠C，AD＝BC，AB＝CD，
∵點E、F分別是AD、BC的中點，
∴AE＝AD，CF＝BC，
∴AE＝DE＝BF＝CF，
∵AG＝CH，
∴AB﹣AG＝CD﹣CH，
即BG＝DH
在△AGE與△CHF中，
，
∴△AGE≌△CHF（SAS）；
（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B＝∠D，AD＝BC，AB＝CD，
∵點E、F分別是AD、BC的中點，
∴DE＝AD，BF＝BC，
∴DE＝BF，
∵AG＝CH，
∴AB﹣AG＝CD﹣CH，
即BG＝DH，
∴△BFG≌△DEH（SAS）；
∴FG＝EH，
由（1）知△AGE≌△CHF，
∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，
∴四邊形EGFH是平行四邊形，
∵∠AEG+∠BFG＝90°，
∴∠CFH+∠BFG＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴四邊形EGFH是矩形．
【點評】本題考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質定理是解題的關鍵．
六．矩形的判定與性質（共3小題）
28．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，M為斜邊AB上一動點，過點M分別作MD⊥AC于點D，作ME⊥CB于點E，則線段DE的最小值為 ．
【分析】連接CM，先證明四邊形CDME是矩形，得出DE＝CM，當CM垂直AB是最短，再由三角形的面積關系求出CM的最小值，即可得出結果．
【解答】解：連接CM，如圖所示：
∵MD⊥AC，ME⊥CB，
∴∠MDC＝∠MEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四邊形CDME是矩形，
∴DE＝CM，
∵∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝10，
當CM⊥AB時，CM最短，此時△ABC的面積＝AB?CM＝BC?AC，
∴CM的最小值＝＝＝，
∴線段DE的最小值為，
故答案為：．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質、勾股定理、直角三角形面積的計算方法；熟練掌握矩形的判定與性質，并能進行推理論證與計算是解決問題的關鍵．
29．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）已知，如圖，BE，BD是△ABC中∠ABC的內、外角平分線，AD⊥BD于D，AE⊥BE于點E，延長AE交BC的延長線于點N．
求證：DE＝BN．
【分析】利用矩形的判定方法得出∠DBE＝∠ADB＝∠AEB＝90°，再根據(jù)全等三角形的判定得出AB＝BN．
【解答】證明：∵BE、BD是△ABC中∠ABC的內、外角平分線，
∴∠DBE＝×180°＝90°，
∵AD⊥BD于D，AE⊥BE于E，
∴∠ADB＝∠AEB＝90°，
則∠DBE＝∠ADB＝∠AEB＝90°，
在△ABE和△NBE中，
，
∴△ABE≌△NBE（ASA），
∴AB＝BN，
∵四邊形ADBE是矩形，
∴DE＝AB，
∴DE＝BN．
【點評】此題主要考查了矩形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質，一個內角是直角的平行四邊形，進一步研究其特有的性質：是軸對稱圖形、內角都是直角、對角線相等．同時平行四邊形的性質矩形也都具有．
30．（2022春?青浦區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ABCD的中，AB∥CD，對角線AC，BD相交于點O，且AO＝CO，△OAB是等邊三角形．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（2）若S四邊形ABCD＝4，求BD的長．
【分析】（1）證明△AOB≌△COD（ASA），得BO＝DO，AB＝CD，則四邊形ABCD是平行四邊形，再由等邊三角形的性質得OA＝OB，則AC＝BD，即可得出結論；
（2）由等邊三角形的性質得AB＝OA＝OB，再由矩形的性質和勾股定理得BC＝AB，然后由矩形的面積求出AB＝2，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴BO＝DO，AB＝CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵△OAB是等邊三角形，
∴OA＝OB，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴AC＝BD，
∴平行四邊形ABCD是矩形；
（2）解：∵△OAB是等邊三角形，
∴AB＝OA＝OB，
∵AO＝CO，
∴AC＝2OA，
∴AC＝2AB，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴BC＝＝＝AB，
∵S四邊形ABCD＝AB?BC＝AB2＝4，
∴AB2＝4，
∴AB＝＝2，
∴OB＝2，
∴BD＝2OB＝4．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等邊三角形的性質、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的判定與性質是解題的關鍵．
七．正方形的性質（共5小題）
31．（2022春?靜安區(qū)期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝ 67.5° ．
【分析】根據(jù)正方形性質得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根據(jù)外角的性質和等腰三角形性質得∠E＝22.5°，從而進一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
∴∠ACB＝45°，
∵CE＝CA，
∴∠E＝∠CAE，
∴∠E＝22.5°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠CFE＝67.5°，
∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，
故答案為：67.5°．
【點評】本題主要考查了正方形性質，掌握正方形的性質的應用是解題關鍵．
32．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5厘米，EG∥AD，點H在邊AD上，△CEH的面積為8平方厘米，則FG＝ 厘米．
【分析】過H作HM⊥EG于M，由四邊形ABCD是正方形，EG∥AD，HM⊥EG，可得四邊形AEGD、四邊形HMGD是矩形，根據(jù)△CEH的面積為8平方厘米，有EF?MH+EF?CG＝8，即得EF?CD＝8，可求出EF＝，故FG＝EG﹣EF＝厘米．
【解答】解：過H作HM⊥EG于M，如圖：
∵四邊形ABCD是正方形，邊長為5厘米，
∴AD＝CD＝5厘米，∠A＝∠D＝90°，
∵EG∥AD，HM⊥EG，
∴四邊形AEGD、四邊形HMGD是矩形，
∴EG＝AD＝5厘米，MH＝DG，
∵△CEH的面積為8平方厘米，
∴EF?MH+EF?CG＝8，
∴EF?（MH+CG）＝8，
∴EF?（DG+CG）＝8，即EF?CD＝8，
又CD＝5，
∴EF＝，
∴FG＝EG﹣EF＝5﹣＝（厘米），
故答案為：．
【點評】本題考查正方形性質及應用，解題的關鍵是根據(jù)△CEH的面積為8平方厘米，列出關于EF的方程，從而求得EF的長度．
33．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）如圖，E為正方形ABCD外一點，AE＝AD，BE交AD于點F，則∠BED＝ 45 °．
【分析】根據(jù)正方形的性質和等腰三角形的性質，設∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α+x，再根據(jù)三角形內角和定理即可解決問題．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AE＝AD，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
如圖，設∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α+x，
在△ABE中，2α+β+90°＝180°，
∴2α+β＝90°，
在△ADE中，2α+β+2x＝180°，
∴90°+2x＝180°，
∴x＝45°，
∴∠BED＝45°．
故答案為：45．
【點評】本題考查了正方形的性質，解決本題的關鍵是掌握正方形的性質．
34．（2022春?浦東新區(qū)校級期中）已知正方形ABCD，以CD為邊作等邊△CDE，則∠ADE的度數(shù)是 30°或150° ．
【分析】圖1，圖2，當點E在正方形內部和點E在正方形外部時根據(jù)正方形的性質和等邊三角形的性質就可以求出結論．
【解答】解：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠DAB＝∠ADC＝90°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴CD＝DE，∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝30°；
如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠DAB＝∠ADC＝90°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴CD＝DE，∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝150°．
綜上所述，∠ADE的度數(shù)是30°或150°．
故答案為：30°或150°．
【點評】本題考查了正方形的性質的運用，等邊三角形的性質的運用及等腰三角形的性質的運用，解答時合理運用等腰三角形的性質是關鍵．
35．（2022春?上海期中）在正方形ABCD中，邊長為8，點P是對角線AC上一點，CP＝2，E是射線AB上一點，聯(lián)結PE，射線PF⊥PE交直線AD于F，當AC＝CE時，AF＝ 4 ．
【分析】過點P作PM⊥BA于M，過點P作PN⊥DA于N，設PF交AB于K，證明四邊形AMPN是正方形，由CP＝2，可得AM＝PM＝＝6＝PN＝AN，即得EM＝AB+BE﹣AM＝10，又PE⊥PF，可得△PMK∽△EMP，得MK＝＝，AK＝AM﹣MK＝，再由△FAK∽△FNP，有＝，可得AF＝4．
【解答】解：過點P作PM⊥BA于M，過點P作PN⊥DA于N，設PF交AB于K，如圖：
∵四邊形ABCD是正方形，邊長為8，
∴∠CAB＝45°，∠ABC＝90°，AB＝8，AC＝8，
∴AM＝PM，
∵∠NAM＝∠PMA＝∠PNA＝90°，
∴四邊形AMPN是正方形，
∵AC＝CE，
∴AB＝BE＝8，
∵CP＝2，
∴AP＝AC﹣CP＝6，
∴AM＝PM＝＝6＝PN＝AN，
∴EM＝AB+BE﹣AM＝8+8﹣6＝10，
∵PE⊥PF，
∴∠KPM＝90°﹣∠MPE＝∠PEM，
∵∠PMK＝90°＝∠EMP，
∴△PMK∽△EMP，
∴＝，
∴MK＝＝＝，
∴AK＝AM﹣MK＝6﹣＝，
∵AK∥PN，
∴△FAK∽△FNP，
∴＝，即＝，
∴AF＝4，
故答案為：4．
【點評】本題考查正方形性質及應用，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形和相似三角形．
八．正方形的判定（共4小題）
36．（2022春?長寧區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°．如果再添加一個條件可證明四邊形是正方形，那么這個條件可以是（ ）
A．AB＝BCB．AB＝CDC．AC＝BDD．∠D＝90°
【分析】先判斷四邊形ABCD是矩形，由正方形的判定可解決問題．
【解答】解：在四邊形ABCD中，
∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
當AB＝BC時，即一組鄰邊相等時，矩形ABCD為正方形，
故A符合題意，
故選：A．
【點評】本題考查了矩形的判定和性質，正方形的判定等，熟練掌握并能夠靈活運用正方形的判定是解決問題的關鍵．
37．（2022春?楊浦區(qū)校級期中）下列命題為假命題的是（ ）
A．四個內角相等的四邊形是矩形
B．對角線的交點到各邊距離都相等的四邊形是菱形
C．有兩組鄰邊相等的四邊形是平行四邊形
D．一組鄰邊相等的矩形是正方形
【分析】利用平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法分別判斷，即可確定正確的選項．
【解答】解：A、四個內角相等的四邊形是矩形，是真命題；
B、因為對角線分成的四個小三角形的面積相等，且對角線的交點到各邊距離都相等，所以四條邊都相等，此四邊形是菱形，是真命題；
C、有兩組鄰邊相等的四邊形是箏形，不是平行四邊形，是假命題；
D、一組鄰邊相等的矩形是正方形，是真命題；
故選：C．
【點評】考查了命題與定理的知識，解題的關鍵是了解平行四邊形、矩形、菱形及正方形的判定方法，難度不大．
38．（2022春?寶山區(qū)校級月考）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E是BD延長線上的點，且△ACE是等邊三角形．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形．
（2）若∠AED＝2∠EAD，求證：四邊形ABCD是正方形．
【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．進而利用菱形的判定證明即可；
（2）根據(jù)有一個角是90°的菱形是正方形，進而根據(jù)菱形和正方形的判定證明即可．
【解答】證明：（1）∵?ABCD，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等邊三角形，
∴EO⊥AC （三線合一）
即 BD⊥AC，
∴?ABCD是菱形；
（2）∵△ACE是等邊三角形，∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形
∴∠EAO＝60°，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵?ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形．
【點評】此題主要考查菱形和正方形的判定，要靈活應用判定定理及等腰三角形的性質、外角的性質定理．
39．（2022春?上海期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為點D，AN是△ABC外角∠CAM的平分線，CE⊥AN，垂足為點N．
（1）求證：四邊形ADCE為矩形；
（2）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADCE為正方形？給出證明．
【分析】（1）根據(jù)矩形的有三個角是直角的四邊形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求證∠DAE＝90°，可以證明四邊形ADCE為矩形．
（2）根據(jù)正方形的判定，我們可以假設當AD＝BC，由已知可得，DC＝BC，由（1）的結論可知四邊形ADCE為矩形，所以證得，四邊形ADCE為正方形．
【解答】（1）證明：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵AN是△ABC外角∠CAM的平分線，
∴∠MAE＝∠CAE，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝180°＝90°，
又∵AD⊥BC，CE⊥AN，
∴∠ADC＝∠CEA＝90°，
∴四邊形ADCE為矩形．
（2）當△ABC滿足∠BAC＝90°時，四邊形ADCE是一個正方形．
理由：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠B＝45°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠ACD＝45°，
∴DC＝AD，
∵四邊形ADCE為矩形，
∴矩形ADCE是正方形．
∴當∠BAC＝90°時，四邊形ADCE是一個正方形．
【點評】本題是以開放型試題，主要考查了對矩形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性質，及角平分線的性質等知識點的綜合運用．
九．正方形的判定與性質（共1小題）
40．（2019?楊浦區(qū)二模）已知：如圖，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，點D、E分別是邊AB、BC的中點，點F、G是邊AC的三等分點，DF、EG的延長線相交于點H，連接HA、HC．
求證：（1）四邊形FBGH是菱形；
（2）四邊形ABCH是正方形．
【分析】（1）由三角形中位線知識可得DF∥BG，GH∥BF，根據(jù)菱形的判定的判定可得四邊形FBGH是菱形；
（2）連接BH，交AC于點O，利用平行四邊形的對角線互相平分可得OB＝OH，OF＝OG，又AF＝CG，所以OA＝OC．再根據(jù)對角線互相垂直平分的平行四邊形得證四邊形ABCH是菱形，再根據(jù)一組鄰邊相等的菱形即可求解．
【解答】證明：（1）∵點F、G是邊AC的三等分點，
∴AF＝FG＝GC．
又∵點D是邊AB的中點，
∴DH∥BG．
同理：EH∥BF．
∴四邊形FBGH是平行四邊形，
連接BH，交AC于點O，
∴OF＝OG，
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴四邊形FBGH是菱形；
（2）∵四邊形FBGH是平行四邊形，
∴BO＝HO，F(xiàn)O＝GO．
又∵AF＝FG＝GC，
∴AF+FO＝GC+GO，即：AO＝CO．
∴四邊形ABCH是平行四邊形．
∵AC⊥BH，AB＝BC，
∴四邊形ABCH是正方形．
【點評】本題考查正方形的判定，菱形的判定和性質，三角形的中位線，熟練掌握正方形的判定和性質是解題的關鍵．
鞏固提升
一、單選題
1．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┫旅嫘再|中菱形有而矩形沒有的是（ ）
A．鄰角互補；B．對角線互相垂直；
C．對角線相等；D．對角線互相平分．
【答案】B
【分析】根據(jù)菱形以及矩形的性質逐項分析判斷即可．
【詳解】解：A、∵平行四邊形的鄰角互補，故矩形和菱形的鄰角均互補，故不符合題意；
B、菱形對角線互相垂直，矩形的對角線不互相垂直，故符合題意．
C、矩形的對角線相等，菱形的對角線互相垂直且平分，故不符合題意；
D、平行四邊形的對角線互相平分，故矩形和菱形的對角線互相平分，故不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查了矩形的性質，菱形的性質，掌握矩形和菱形的性質是解題的關鍵．
2．（2022秋·上海·八年級上外附中?？计谀┤鐖D，已知雙曲線 經(jīng)過矩形 邊 的中點 且交 于 ，四邊形 的面積為 2，則
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標，設，則根據(jù)F點為AB的中點得到．然后根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，結合，即可列出，解出k即可．
【詳解】解：設，
∵點F為AB的中點，
∴．
∵，
∴，即，
解得：．
故選B．
【點睛】本題考查反比例函數(shù)的k的幾何意義以及反比例函數(shù)上的點的坐標特點、矩形的性質，掌握比例系數(shù)k的幾何意義是在反比例函數(shù)圖象中任取一點，過這一個點向x軸和y軸分別作垂線，與坐標軸圍成的矩形的面積是定值|k|是解答本題的關鍵．
3．（2022春·上海楊浦·八年級?？计谥校┫铝袟l件不能判定一個四邊形是矩形的是（ ）
A．四個內角都相等B．四條邊都相等
C．對角線相等且互相平分D．對角線相等的平行四邊形
【答案】B
【分析】根據(jù)矩形的判定方法逐一判斷即可．
【詳解】解：A、四個內角都相等的四邊形是矩形，故選項A不符合題意；
B、四條邊都相等的四邊形是菱形，故選項B符合題意；
C、對角線相等且互相平分的四邊形是矩形，故選項C不符合題意；
D、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項D不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本題的關鍵．
4．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W校考階段練習）如圖正方形和正方形全等，把點A固定在正方形的中心，當正方形繞點A轉動時，兩個正方形重疊部分的面積是正方形面積的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如圖，AD與EH交于M，AB與GH交于N，連接AH，AG，根據(jù)正方形的性質得AG=AH，∠HAG=90°，∠AHM=∠AGN=45°，再利用等角的余角相等得到∠HAM=∠GAN，則可根據(jù)“ASA”判斷△HAM≌△GAN，即S△HAM=S△ANG，原式得到S四邊形AMHN=S正方形EFGH，然后根據(jù)正方形的面積公式求解．
【詳解】解：如圖，AD與EH交于M，AB與GH交于N，連接AH，AG，
∵點A為正方形EFGH的中心，
∴AG=AH，∠HAG=90°，∠AHM=∠AGN=45°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠HAM=∠GAN，
在△HAM和△GAN中，
，
∴△HAM≌△GAN（ASA），
∴S△HAM=S△GAN，
∴S四邊形AMHN=S△HAM+S△AHN=S△AHN+S△ANG=S△AGH=S正方形EFGH=．
故選：C．
【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質．
5．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ羞M才中學?？计谥校┫铝忻}不正確的是（ ）．
A．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形
B．一組對角相等，一組鄰角互補的四邊形是平行四邊形
C．一組對角相等，一組對邊平行的四邊形是平行四邊形
D．對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形
【答案】A
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理，正方形的判定定理逐項分析判斷即可．
【詳解】A選項：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，所以本命題說法不正確，符合題意；
B選項：一組對角相等，一組鄰角互補的四邊形是平行四邊形，本命題說法正確，不符合題意；
C選項：一組對角相等，一組對邊平行的四邊形是平行四邊形，本命題說法正確，不符合題意；
D選項：對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，本命題說法正確，不符合題意.故選A．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定，正方形的判定定理，掌握平行四邊形與正方形的判定定理是解題的關鍵．
6．（2022秋·上?！ぐ四昙夒A段練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，動點P滿足S△PBC＝S矩形ABCD，則點P到B，C兩點距離之和PB+PC的最小值為（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】先由S△PBC＝S矩形ABCD．得出動點P在與BC平行且與BC的距離是1的直線l上，作B關于直線l的對稱點E，連接CE，則CE的長就是所求的最短距離．然后在直角三角形BCE中，由勾股定理求得CE的值，即PB＋PC的最小值．
【詳解】解：設△PBC中BC邊上的高是h．
∵S△PBC＝S矩形ABCD．
∴BC?h＝AB?AD，
∴h＝AB＝1，
∴動點P在與BC平行且與BC的距離是1的直線l上，
如圖，作B關于直線l的對稱點E，連接CE，則CE的長就是所求的最短距離．
在Rt△BCE中，∵BC＝3，BE＝BA＝2，
∴CE＝，
即PB＋PC的最小值為．
故選：B．
【點睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題，三角形的面積，矩形的性質，勾股定理，兩點之間線段最短的性質．得出動點P所在的位置是解題的關鍵．
二、填空題
7．（2022春·上海奉賢·八年級?？计谥校┰诰匦沃小螦BC=90°， 和相交于點，．則的度數(shù)等于_____．
【答案】120°##120度
【分析】根據(jù)矩形的性質得出，，，即可得出，根據(jù)，得出，即可得出△AOB為等邊三角形，得出，即可得出．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴△AOB為等邊三角形，
∴，
∴．
故答案為：120°．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質，是解題的關鍵．
8．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谀┤鐖D，矩形的兩條對角線相交于點，，，則的長是______．
【答案】
【分析】首先證明是等邊三角形，可以求得的長，然后利用勾股定理求得的長．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，，，
，
，，
，
是等邊三角形，
，
，
則．
故答案是：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的性質和判定的應用和勾股定理的應用，解決本題的關鍵是：矩形的對角線相等且互相平分，屬于基礎題．
9．（2022秋·上海楊浦·八年級?？计谥校┤鐖D，把一張長方形的紙片折疊起來，使其對角頂點A、C重合，若長為，長為，其不重合部分的面積是_______．
【答案】##
【分析】設，則，根據(jù)矩形的性質和折疊的性質可證明，再由勾股定理求出，繼而表示出的面積，即可求解．
【詳解】四邊形是矩形，長為，長為，
，
，
設，則，
把一張長方形的紙片折疊起來，使其對角頂點A、C重合，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
其不重合部分的面積為．
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，直角三角形的全等判定和性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
10．（2022春·上海青浦·八年級?？计谀┤鐖D，?的對角線、交于點，順次聯(lián)結?各邊中點得到的一個新的四邊形，如果添加下列四個條件中的一個條件：①；②；③；④，可以使這個新的四邊形成為矩形，那么這樣的條件可以是______．（填序號）
【答案】①②④
【分析】根據(jù)順次連接四邊形的中點，得到的四邊形形狀和四邊形的對角線位置、數(shù)量關系有關，利用三角形中位線性質可得：當對角線垂直時，所得新四邊形是矩形．逐一對四個條件進行判斷．
【詳解】解：順次連接四邊形的中點，得到的四邊形形狀和四邊形的對角線位置、數(shù)量關系有關，利用三角形中位線性質可得：當對角線垂直時，所得新四邊形是矩形．
①，
新的四邊形成為矩形，符合條件；
②四邊形是平行四邊形，
，．
，
．
根據(jù)等腰三角形的性質可知，
，
新的四邊形成為矩形，符合條件；
③四邊形是平行四邊形，
．
，
．
．
，
四邊形是矩形，連接各邊中點得到的新四邊形是菱形，不符合條件；
④，，
，即平行四邊形的對角線互相垂直，
新四邊形是矩形，符合條件．
所以①②④符合條件．
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查矩形，解題的關鍵是數(shù)量掌握矩形的判斷定理．
11．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D所示，在中，，，，為上一動點不與、重合，作于點，于點，連接，則的最小值是______．
【答案】
【分析】連接，由勾股定理求出的長，再由矩形的判定與性質求出，然后根據(jù)垂線段最短可得時，線段的值最小，再根據(jù)面積法求解即可．
【詳解】解：如圖，連接．
，，，
，
，，，
四邊形是矩形，
，
由垂線段最短可得時，線段的值最小，
此時，，
即，
解得．
故答案為：．
【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的判定與性質，垂線段最短，以及面積法求線段的長，熟練掌握矩形的判定與性質是解答本題的關鍵．
12．（2022春·上海青浦·八年級?？计谀┮阎喝鐖D，在中，，，，點位于邊上，過點作邊的平行線交邊于點，過點作邊的平行線交邊于點，設，四邊形的面積為，則關于的函數(shù)關系式是______．（不必寫定義域）
【答案】
【分析】連接CD，先證四邊形是平行四邊形，然后利用勾股定理的逆定理證明是直角三角形，從而可得，進而可得四邊形是矩形，設DE=a，利用面積法可用x表示出a，根據(jù)矩形面積公式即可得答案．
【詳解】解：如圖，連接CD，
∵DE//BC，DF//AC，
四邊形是平行四邊形，
在中，，，，
，，
，
是直角三角形，
，
四邊形是矩形，
∴CE=DF，CF=DE
設DE=a，，則CE=DF=6-x，
∵S△ABC=S△ADC+S△BDC，
∴，
∴，
解得：，
∵四邊形的面積為，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理、矩形的判定與性質、求函數(shù)關系式等知識點，靈活運用勾股定理逆定理得出四邊形CEDF是矩形是解答本題的關鍵．
13．（2022春·上海青浦·八年級?？计谥校┤鐖D，菱形的對角線相交于點，延長至點，使，連接，若，則________．
【答案】20°
【分析】根據(jù)菱形的性質得到BC=CD=CE，求出∠DCE的度數(shù)，利用菱形的性質求出∠OBC即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∵，
∴CE=CD，
∴∠CDE=，
∴∠DCE=（180°-2∠E）=40°，
∵AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCE=40°，
∴∠OBC=∠ABC=20°，
故答案為：20°．
【點睛】此題考查了菱形的性質，等邊對等角求角度，熟記菱形的性質是解題的關鍵．
14．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W校考階段練習）如圖，菱形中，于點E，交于F，若E為中點，且，則F到邊的距離為____________．
【答案】
【分析】連接BD，過點F作FG⊥AB于點G，根據(jù)菱形的性質及各角之間的關系得出?ABD是等邊三角形，再由含30度角的直角三角形的性質及勾股定理得出EF=，根據(jù)角平分線的性質即可得出結論．
【詳解】解：如圖，連接BD，過點F作FG⊥AB于點G，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=AD=4，AC平分∠DAB，即∠BAC=∠DAC，
∵BE⊥AD，E為AD中點，
∴AB=DB，AE=2，
∴AB=AD=DB，
∴?ABD是等邊三角形，
∴∠BAD=60°，
∴∠DAC=30°，
∴AF=2EF，
∴，
∴EF=，
∵AC平分∠DAB，BE⊥AD，F(xiàn)G⊥AB，
∴GF=EF=，
即點F到AB邊的距離為，
故答案為：．
【點睛】題目主要考查菱形的性質及等邊三角形的判定和性質，勾股定理解三角形，角平分線的性質等，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關鍵．
15．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┮阎庑沃校瑢蔷€，，則菱形的面積是______．
【答案】
【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半即可解決問題．
【詳解】解：四邊形是菱形，，，
菱形的面積；
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質；數(shù)據(jù)菱形的面積公式是解題的關鍵．
16．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習）如圖，中，已知是的平分線，E、F分別是邊的中點，聯(lián)結，要使四邊形為菱形，需要滿足一定的條件，該條件可以是______．
【答案】（答案不唯一）
【分析】菱形的判定方法有三種：①定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四邊相等；③對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．據(jù)此即可求解．
【詳解】解：由題意知，可添加：．
則三角形是等腰三角形，
由等腰三角形的性質知，頂角的平分線與底邊上的中線重合，
即點D是的中點，
∴是三角形的中位線，
∴， ，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，點E，F(xiàn)分別是的中點，
∴，
∴平行四邊形為菱形．
故答案為：、或（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了菱形的判定．利用了三角形的中位線的性質和平行四邊形的判定和性質、等腰三角形的性質．也可添加或．
17．（2022春·上海浦東新·八年級上海市張江集團中學校考期中）如圖，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則________．
【答案】
【分析】延長GP交CD于點H，根據(jù)AB＝AD，BG＝BE，得出四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，由菱形的性質證明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，進而得出△CHG為等腰三角形，利用等腰三角形的性質得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性質，即可求解．
【詳解】解：如圖，延長GP交CD于點H，
在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，
∴四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，
∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，
∴CD∥GF，
∴∠DHP=∠FGP，
∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，
∴△DPH≌△FPG（AAS），
∴DH=GF，PH=PG，
∴DH=GB，
∴CH=CG，
∴CP⊥PG，
∴∠HCG=2∠PCG，
∵∠ABC=60°，
∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，
∴∠PCG=60°，
∴∠CGP=30°，
∴CG=2PC，
∴，
∴．
故答案為：
【點睛】本題考查了菱形的的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識，掌握全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，直角三角形的性質是解決問題的關鍵．
18．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ袕埥瘓F中學校考期中）如圖，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，聯(lián)結PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則＝________．
【答案】
【分析】延長GP交CD于點H，根據(jù)AB＝AD，BG＝BE，得出四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，由菱形的性質證明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，進而得出△CHG為等腰三角形，利用等腰三角形的性質得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性質，即可求解．
【詳解】解：如圖，延長GP交CD于點H，
在?ABCD和?BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，
∴四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，
∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，
∴CD∥GF，
∴∠DHP=∠FGP，
∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，
∴△DPH≌△FPG（AAS），
∴DH=GF，PH=PG，
∴DH=GB，
∴CH=CG，
∴CP⊥PG，
∴∠HCG=2∠PCG，
∵∠ABC=60°，
∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，
∴∠PCG=60°，
∴∠CGP=30°，
∴CG=2PC，
故答案為：
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識，掌握全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，直角三角形的性質是解決問題的關鍵．
19．（2022春·上海青浦·八年級校考期中）如圖，平面內直線，且相鄰兩條平行線間隔均為1，正方形的4個頂點分別在4條平行線上，則正方形的面積為_________．
【答案】5
【分析】過C點作直線EF與平行線垂直，與l1交于點E，與l4交于點F．證明△CDE≌△CBF，得CF=1，BF=2．根據(jù)勾股定理可求BC2得正方形的面積．
【詳解】解：如圖，過C點作EF⊥l2，交l1于E點，交l4于F點．
∵l1l2l3l4，EF⊥l2，
∴EF⊥l1，EF⊥l4，
即∠CED=∠BFC=90°．
∵ABCD為正方形，
∴∠BCD=90°．
∴∠DCE+∠BCF=90°．
又∵∠DCE+∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠BCF．
在△CDE和△BCF中
，
∴△CDE≌△BCF（AAS），
∴BF=CE=2．
∵CF=1，
∴BC2=12+22=5，
即正方形ABCD的面積為5．
故答案為：5．
【點睛】此題主要考查了正方形的性質和面積計算，根據(jù)平行線之間的距離構造全等的直角三角形是關鍵．
20．（2022春·上海·八年級?？计谥校┤鐖D，為正方形外一點，，交于點，則?______?．
【答案】45
【分析】根據(jù)正方形的性質和等腰三角形的性質，設∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α＋x，再根據(jù)三角形內角和定理即可解決問題．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AE＝AD，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
設∠ABE＝∠AEB＝α，∠BED＝x，則∠AED＝∠ADE＝α＋x，，
在△ABE中，2α＋β＋90°＝180°，
∴2α＋β＝90°，
在△ADE中，2α＋β＋2x＝180°，
∴90°＋2x＝180°，
∴x＝45°，
∴∠BED＝45°．
故答案為：45．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，解決本題的關鍵是掌握正方形的性質．
21．（2022春·上海浦東新·八年級?？计谥校┤鐖D，已知在矩形紙片中，，，點E是的中點，點F是邊上的一個動點，將沿所在直線翻折，得到，連接，，則當是以為腰的等腰三角形時，的長是_______________．
【答案】1或
【分析】存在三種情況：當時，連接ED，利用勾股定理可以求得ED的長，可判斷三點共線，根據(jù)勾股定理即可求解；當時，可以證得四邊形是正方形，即可求解；當時，連接EC，F(xiàn)C，證明三點共線，再用勾股定理，即可求解．
【詳解】解：①當時，連接ED，如圖，
∵點E是的中點，，，四邊形是矩形，
∴，
由勾股定理可得，，
∵將沿所在直線翻折，得到，
∴，
∵，
∴，
∴三點共線，
∵，
∴，
設，則，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②當時，如圖，
∵，
∴點在線段CD的垂直平分線上，
∴點在線段AB的垂直平分線上，
∵點E是的中點，
∴是AB的垂直平分線，
∴，
∵將沿所在直線翻折，得到，
∴，
∴四邊形是正方形，
∴；
綜上所述，AF的長為1或．
故答案為：1或．
【點睛】本題考查矩形中的翻折問題，涉及矩形的性質、等腰三角形的性質、正方形的判定和性質、勾股定理，分類討論思想的運用是解題的關鍵．
22．（2022春·上海·八年級?？计谥校┰谡叫沃?，邊長為，點是對角線上一點，，是射線上一點，聯(lián)結，射線交直線于，當時，______．
【答案】4
【分析】過點作于，過點作于，設交于，證明四邊形是正方形，由，可得，即得，又，可得（ASA），得，，再由可得．
【詳解】解：過點作于，交于點，過點作于，設交于，如圖：

四邊形是正方形，邊長為，
，，，，
，
，
四邊形是正方形，
∴四邊形是矩形，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
在與中
∴（ASA）
∴
∵
∴
，
故答案為：．
【點睛】本題考查正方形性質及判定，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質，勾股定理，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．
23．（2022春·上海長寧·八年級上海市民辦新世紀中學校考期末）如圖，四邊形中，，，順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形，再順次連接四邊形各邊的中點，得到四邊形；…；如此進行下去，得到四邊形，那么四邊形的周長為________．
【答案】
【分析】根據(jù)三角形中位線性質定理可得每一次取各邊中點，所形成的新四邊形周長都為前一個的；并且四邊形是平行四邊形，即可計算四邊形A15B15C15D15的周長，
【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，順次連接四邊形ABCD 各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，
∴A1D1BD，B1C1BD，C1D1AC，A1B1AC；
∴A1D1B1C1，A1B1C1D1，
∴四邊形A1B1C1D1是平行四邊形；
根據(jù)中位線的性質知，A1B1=AC；B1C1=BD
四邊形A1B1C1D1周長為
同理，四邊形A3B3C3D3是平行四邊形，A3B3C3D3周長為
同理，四邊形的周長是

四邊形A15B15C15D15周長為
故答案為．
【點睛】本題考查了三角形的中位線性質定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．
三、解答題
24．（2022秋·上海青浦·八年級?？计谀┮阎喝鐖D，在矩形中，，．對角線的垂直平分線分別交、于點、．求線段的長．
【答案】
【分析】根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等的性質可得，設，表示出的長度，然后在中，利用勾股定理列式計算即可得解．
【詳解】解：連接，如圖所示：
∵四邊形是矩形，
∴，
∵是的垂直平分線，
∴，
設，則 ，
在中，
即
解得：x=52，
∴
【點睛】本題考查了矩形的性質、勾股定理、線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等的性質；熟練掌握勾股定理和矩形的性質是解題的關鍵．
25．（2022春·上海寶山·八年級?？茧A段練習）如圖，已知梯形中，， 、分別是、的中點，點在邊上，且．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)連接，若平分，求證：四邊形是矩形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）連接EG，根據(jù)題意得，，根據(jù)，可得四邊形是平行四邊形，則，，根據(jù)是的中點得，可得，，即可得；
（2）連接，將與的交點記為點O，根據(jù)平分得，根據(jù)得，即可得，，根據(jù)四邊形是平行四邊形得，，可得，即可得．
（1）
證明：如圖所示，連接EG，
∵梯形中，， 、分別是、的中點，
∴，，
∵，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵是的中點，
∴，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）
解：如圖所示，連接，將與的交點記為點O，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，
∴平行四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定，梯形的中位線定理，平行線的性質，角平分線，解題的關鍵是掌握這些知識點，添加合適的輔助線．
26．（2022春·上海·八年級上海同濟大學附屬存志學校?？计谥校┤鐖D1，在平行四邊形中，的平分線交直線于點E，交直線于點F．
(1)當時，G是的中點，聯(lián)結（如圖2），請直接寫出的度數(shù)______．
(2)當時，，且，分別聯(lián)結、（如圖3），求的度數(shù)．
【答案】(1)45°
(2)60°
【分析】（1）連接CG，BG，證△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再證△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性質求解；
（2）延長AB、FG相交于H，連接DH，先證四邊形ADFH是平行四邊形，再證平行四邊形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解．
（1）
解：∵平行四邊形，，
∴四邊形為矩形，
∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD，
∴∠ECF=90°，
連接CG，BG，如圖2，
∵G是EF的中點，
∴CG=EG=GF，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAE=∠BEA=45°，
∴BE=AB，
∴BE=CD，
∴∠FEC=∠BEA=45°，
∴∠BEG=135°，
∴∠EFC=∠FEC=45°，
∴∠GCF=∠EFC=45°，
∴∠DCG=135°，
∴∠DCG=∠BEF，
在△DCG和△BEG中，
，
∴△DCG≌△BEG（SAS），
∴BG=DG，∠CDG=∠EBG，
∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°，
∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°，
∴∠BGD=90°，
∴△BGD是等腰直角三角形，
∴∠BDG=45°；
故答案為：45°；
（2）
解：延長AB、FG相交于H，連接DH，如圖，
∵FGCE，
∴ADHF，
∵AHDF，
∴四邊形ADFH是平行四邊形，
∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，∠ADC=∠ABC=120°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠BAF=∠DAF=30°，
∵AHDF，
∴∠DFA=∠BAF=∠DAF=30°，
∴DA=DF，∠AEB=∠FEC=30°，
∴平行四邊形ADFH是菱形，CE=CF，
∴∠HDF=∠ADF=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴FG=HB，
在△DGF和△DBH中，
，
∴△DGF≌△DBH（SAS），
∴∠GDF=∠BDH，
∴∠BDG=∠HDF=60°．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質和判定，矩形的判定與性質，菱形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，等腰三角形的判定與性質，本題屬四邊形綜合題目，熟練掌握平行四邊形的性質，矩形的判定與性質，菱形的判定與性質是解題的關鍵．
27．（2022春·上海楊浦·八年級?？计谥校┮阎喝鐖D菱形ABCD，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF=∠B=60°．
(1)求證：AE=AF；
(2)如果AB=8，設BE=x，AE=y，求y與x的函數(shù)關系式和定義域；
(3)在（2）的基礎上，當x取何值時，與面積比值為7．
【答案】(1)見解析
(2)y=（0＜x＜8）
(3)當x=4±2時，與面積比值為7
【解析】（1）
證明：如圖1，連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC是等邊三角形，
∴AB=AC，∠B=∠ACD=60°=∠BAC，
∴∠EAF=∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴（ASA），
∴AE=AF；
（2）
解：如圖2，過點A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等邊三角形，AH⊥BC，AB=8=BC，
∴BH=CH=4，∠BAH=30°，
∴AH=，
∵，
∴，
∴y=（0＜x＜8）；
（3）
解：由（1）可知：，
∴BE=CF=x，，
∵，
∴，
∵與面積比值為7，
∴，
∴，
∴，
∴當時，與面積比值為7．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，勾股定理，函數(shù)關系式，解一元二次方程，掌握以上知識是解題的關鍵．
28．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W校考階段練習）如圖，已知平行四邊形中，對角線、交于點，是延長線上一點，且是等邊三角形．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，求證：四邊形是正方形．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．由四邊形是平行四邊形，可得．又由是等邊三角形，可得．根據(jù)三線合一，對角線垂直，即可得四邊形既為菱形；
（2）根據(jù)有一個角是的菱形是正方形．由題意易得，所以四邊形是菱形，，即四邊形是正方形．
【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，
是等邊三角形，
，
，
四邊形是菱形；
（2）證明：由（1）得：是直角三角形，
，
是等邊三角形，
，
，
，
，
，
四邊形是菱形，
，
四邊形是正方形．
【點睛】本題主要考查菱形和正方形的判定，涉及知識點較多，綜合性強，能力要求全面，靈活運用正方形和菱形的判定方法是解決問題的關鍵．
29．（2022春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖，△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，連接EC．
(1)求證：AD＝EC；
(2)若BC＝2AD，AB＝AO＝m，求證：S四邊形ADCE＝m2．（其中S表示四邊形ADCE的面積）
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析
【分析】（1）由，，可證得四邊形為平行四邊形，又由是邊上的中線，可得，即可證得四邊形 是平行四邊形，繼而證得結論；
（2）由，易得四邊形 是菱形，繼而求得．
(1)
證明：，，
四邊形為平行四邊形，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
；
(2)
解：，，
，
四邊形 是平行四邊形，
四邊形 是菱形，
，，
．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質以及菱形的判定與性質．注意證得四邊形是平行四邊形是關鍵．
30．（2022春·上海·八年級?？茧A段練習）如圖，已知，，，點在邊上，，垂足為點，以為邊作正方形，點在邊上，且位于點的左側，聯(lián)結．
(1)設，，求關于的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)的定義域；
(2)當四邊形是等腰梯形時，求的長；
(3)聯(lián)結，當是等腰三角形時，求正方形的面積．
【答案】(1)，定義域為：
(2)
(3)或
【分析】（1）在中，利用勾股定理，求出關于的函數(shù)解析式，根據(jù)，求出的定義域；
（2）根據(jù)四邊形是等腰梯形時，為等腰直角三角形，，列式計算即可；
（3）分和兩種情況進行討論，當，利用三線合一，得到：，列式求解；當，在中，用勾股定理進行求解即可．
【詳解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又∵四邊形為正方形，
∴，
∴，
在中：，
即：．
∵，
即：，
解得：；
∴，定義域為：；
（2）解：如圖：當四邊形是等腰梯形時，
，
則：為等腰直角三角形，
∴，
即：，
解得：；
∴的長為：；
（3）解：∵點在內部，
∴，分兩種情況討論是等腰三角形．
①當時，
∵，
∴．
即：．解得．此時．
②當時，．
在中，由勾股定理，得
即：，解得，
∴．
綜上，正方形的面積為：或．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理．熟練掌握等腰三角形的判定和性質，是解題的關鍵．注意，分類討論．
31．（2022春·上?！ぐ四昙壭？计谥校┤鐖D，在中，，，垂足為點是外角的平分線，，垂足為點．
(1)求證：四邊形為矩形；
(2)當滿足什么條件時，四邊形為正方形？給出證明．
【答案】(1)證明見解析；
(2)當滿足時，四邊形是一個正方形，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得出，根據(jù)是外角的平分線，得出，進而得出，根據(jù)，得出，根據(jù)矩形的判定定理即可判定四邊形為矩形；
（2）根據(jù)題意證明可得四邊形為正方形，繼而可得當滿足，即可求解．
【詳解】（1）證明：在中，，
∴，
∵是外角的平分線，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四邊形為矩形.
（2）當滿足時，四邊形是一個正方形.
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四邊形為矩形，
∴矩形是正方形.
∴當時，四邊形ADCE是一個正方形．
【點睛】本題考查了矩形的判定，等腰三角形的性質，正方形的判定，綜合運用以上知識是解題的關鍵．
32．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ秀籼林袑W校考階段練習）如圖：已知在平面直角坐標系中，是矩形，，，點P是邊邊上一動點，聯(lián)結，將四邊形沿所在直線翻折，落在的位置，點A、B的對應點分別為點E、F，邊與邊的交點為點G．
(1)當P坐標為時，求G點坐標，和直線的解析式．
(2)過G作交于H，若；，求y關于x的函數(shù)解析式，并寫出它的定義域；
(3)聯(lián)結并延長與線段交于點M，當時以為腰的等腰三角形時求P點坐標．
【答案】(1)G（，2），y=?x+12
(2)（0≤x≤3）
(3)P（，2）或（1，2）．
【分析】（1）設PG=a，先求出GD=3a，再根據(jù)勾股定理求出點G的坐標，由點C的坐標可求出直線CF的解析式；
（2）由折疊的性質得出DG=5-（5-y）-x=y-x，利用勾股定理得出；
（3）分兩種情況解答：①當MG=MP時，得到△APO≌△DGC，由AP=DG，得到，求解即可；②當MG=PG時，先得出△AOP，△DPC，△OPC均為直角三角形，利用勾股定理得到AP2+AO2+DP2+CD2=BC2，列出關于x的方程，得出結果．
（1）
解：（1）設PG=a，
∵四邊形OADC是矩形，
∴AD∥OC，
∴∠GPC=∠PCO，
由折疊得：∠PCO=∠PCG，
∴∠PCG=∠GPC，
∴PG=GC=a，
∵OA=2，OC=5，P（2，2），
∴PD=5-2=3，
∴GD=3-a，
在Rt△GDC中，GD2+DC2=CG2，
∴22+（3-a）=a2，
∴a=PG=，
∴AG=2+=，
∴G（，2），
∵C（5，0），
設直線CF為：y=kx+b，則
，解得：，
∴直線CF為：y=?x+12，
∴G（，2）．
（2）
解：∵P（x,2），H（y，0），
由對稱性可知：∠OCP=∠FCP，OC=CF，
∵GH⊥PC，
∴CG=CH，
∴FG=OH=y,AP=x,
∴CG=CF-FG=5-y,
∴PG=5-y，
∴DG=5-（5-y）-x=y-x，
在Rt△DGC中，CD2+DG2=CG2，
∴（y-x）2+22=（5-y）2，
∴，
當CF與CD重疊時，G與D重合，此時AP=5-2=3，
∴（0≤x≤3）．
（3）
解：∵△PGM時以MG為腰的等腰三角形，MG=MP或MG=PG，
①當MG=MP時，∠MPG=∠MGP，∠APO=∠MPG，∠MGP=∠DGC，
∴∠APO=∠DGC，
在△APO與△DGC中，
，
∴△APO≌△DGC（AAS），
∴AP=DG，
∴y=2x，
∴
∴3x2-20x+21=0，
∴，
∵（舍去），
∴；
②當MG=PG時，∠MPG=∠PMG，∠MOC=∠MPG，
∴CM=CO，
∵∠OCP=∠MCP，
∴∠OPC=∠MPC=90°，
∴CP⊥OP，
∴△AOP，△DPC，△OPC均為直角三角形，
∴AP2+AO2=OP2，PD2+CD2=CP2，OP2+CP2=OC2，
∴AP2+AO2+DP2+CD2=BC2，
∴x2+22+（5-x）2+22=52，
∴x2-5x+4=0，解得：x=1或x=4＞3（舍去），
綜上，AP為或1，
∴P（，2）或（1，2）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，一次函數(shù)的應用，勾股定理等知識點，分類討論是解題的關鍵．
33．（2022春·上?！ぐ四昙壣虾Ｊ袕埥瘓F中學?？计谀咎骄颗c應用】我們把平行四邊形沿著它的一條對角線翻折，會發(fā)現(xiàn)有很多結論．例如：在平行四邊形ABCD中，，將△ABC沿直線AC翻折至△AEC，連結DE，則AC∥ED．
(1)如圖1，若AD與CE相交于點O，證明以上個結論；
(2)如圖2，AD與CE相交于點O，若，，，求△AOC的面積；
(3)如果，，當A、C、D、E為頂點的四邊形是正方形時，請畫圖并求出AC的長；
(4)如果，，當△AED是直角三角形時，直接寫出BC的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3)或2；圖形見解析；
(4)或或
【分析】（1）由平行四邊形的定義可得AD∥BC， AD=BC，由折疊的性質可得∠ACB=∠ACE，BC=CE，于是可得△OAC、△ODE是等腰三角形，利用對頂角相等求得∠OCA和∠OED即可證明；
（2）設OD=x，由（1）解答可得OD=OE=x，由折疊的性質可得OC=2-x，由∠B=90°可得ABCD是矩形，Rt△ODC中由勾股定理建立方程求得x，進而求得OA即可解答；
（3）分∠ACB=45°和∠ACB=90°兩種情況作出圖形，再根據(jù)正方形的性質計算求值即可；
（4）分∠ACB=60°，∠ACB=90°和∠ACB=30°，三種情況，根據(jù)30°直角三角形的邊長關系和勾股定理計算求值即可；
【詳解】（1）證明：∵ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC，
∴∠OAC=∠ACB，
∵∠ACB=∠ACE，
∴∠OAC=∠OCA，
∴OA=OC，∠OCA=（180°-∠AOC），
∵BC=CE，BC=AD，
∴AD=CE，
∴AD-OA= CE-OC，
∴OE=OD，
∴∠OED=（180°-∠EOD），
∵∠AOC=∠EOD，
∴∠OCA=∠OED，
∴AC∥DE；
（2）解：設OD=x，
由（1）解答可得OD=OE=x，
∵CE=CB=2，
∴OC=2-x，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B=90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=，AD=BC=2，∠ADC=90°，
Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，
∴（2-x）2=x2+2，
∴x=，
∴OA=AD-OD=，
∴△OAC面積=OA?CD=；
（3）解：①如圖，∠ACB=45°時，∠B=45°，AB=AC，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B=45°，則∠BCD=135°，
∴∠ACD=90°，
∵∠BAC=180°-∠B-∠ACB=90°，AC∥ED，
∴∠AED=90°，∠CDE=90°，
∴四邊形ACDE是矩形，
∵AB=AC=AE，
∴四邊形ACDE是正方形，
∵CE=CB=2，
∴AC2+AE2=CE2，
∴AC=；
②如圖，∠ACB=90°時，∠B=∠BAC=45°， CA=CB，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B=45°，則∠BAD=135°，
∴∠CAD=90°，
∵AC∥ED，∴∠ADE=90°，∠CED=90°，
∴四邊形ACDE是矩形，
∵BC=CE=CA，
∴四邊形ACDE是正方形，
∴AC=2；
∴AC=或2；
（4）解：①如圖，∠ACB=60°時，
∠B=30°，則∠BAC=90°，
∴∠CAE=90°，
∵AC∥DE，∴∠AED=90°，則△AED是直角三角形，
Rt△ABC中，AB=3，BC=2AC，
∴BC2=AB2+AC2=9+BC2，
BC=；
②如圖，∠ACB=90°時，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B=30°，則∠BAD=150°，
∵∠BAC=90°-∠B=60°，∴∠CAD=90°，
∵AC∥DE，∴∠ADE=90°，則△AED是直角三角形，
Rt△ABC中，AB=3，AC=，
∴BC==，
③如圖，∠ACB=30°時，作AH⊥BC于點H，
由四邊形ABCD是平行四邊形得AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=30°，
∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=120°，
由折疊的性質可得∠EAC=∠BAC=120°，
∴∠EAD=∠EAC-∠DAC=90°，則△AED是直角三角形，
Rt△ABH中，AB=3，AH=，
∴BH=，
∠B=∠ACB=30°，AH⊥BC，則BH=HC=BC，
∴BC=2BH=，
綜上所述BC的長為：或或.
【點睛】本題考查了特殊平行四邊形的判定和性質，折疊的性質，等腰三角形的判定和性質，含30°直角三角形，勾股定理等知識；正確作出圖形并分類討論是解題關鍵．

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