第8讲特殊平行四边形单元整体分类总复习
考点一矩形的判定与性质
知识点睛：
矩形的判定方法：
①有一个角是直角的平行四边形是矩形;
②有三个角是直角的四边形是矩形;
③四个角都相等的四边形是矩形;
④对角线相等的平行四边形是矩形;
⑤对角线相等且互相平分的四边形是矩形.
矩形的性质
①矩形的对边平行且相等;
②矩形的四个角都是直角;
③矩形的对角线相等且互相平分;
④矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形。
类题训练
1．矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
【分析】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
【解答】解：矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等．
故选：C．
2
.如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含边界），设∠PAD＝θ1，∠PBA＝θ2，∠PCB＝θ3，∠PDC＝θ4，若∠APB＝80°，∠CPD＝50°，则（ ）
A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）＝30° B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）＝40°
C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）＝70° D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）＝180°
【分析】依据矩形的性质以及三角形内角和定理，可得θ2﹣θ1＝10°，θ4﹣θ3＝40°，两式相减即可得到（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）＝30°．
【
解答】解：∵矩形ABCD，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAP＝90°﹣θ1，∠DCP＝90°﹣θ3，
∴△ABP中，90°﹣θ1+θ2+80°＝180°，即θ2﹣θ1＝10°，①
△DCP中，90°﹣θ3+θ4+50°＝180°，即θ4﹣θ3＝40°，②
由②﹣①，可得（θ4﹣θ3）﹣（θ2﹣θ1）＝30°，
即（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）＝30°，
故选：A．
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是（ ）
A．1 B．
C．2 D．
【分析】连接CE，由矩形的性质得出∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，由线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：连接CE，如图所示：
∵
四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，
∵EF⊥AC，
∴AE＝CE，
设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+62＝（8﹣x）2，
解得：x＝
，
即DE＝
；
故选：B．
4．如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE＝2，PF＝8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】想办法证明S△PEB＝S△PFD解答即可．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，
∴S△DFP＝S△PBE＝
×2×8＝8，
∴S阴＝8+8＝16，
（本题也可以证明两个阴影部分的面积相等，由此解决问题）
故选：C．
5.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3．若点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据S△ABE＝
S矩形ABCD＝3＝
•AE•BF，先求出AE，再求出BF即可．
【解答】解：如图，连接BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，BC＝AD＝3，∠D＝90°，
在Rt△ADE中，AE＝
＝
＝
，
∵S△ABE＝
S矩形ABCD＝3＝
•AE•BF，
∴BF＝
．
故选：B．
6.如图所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE＝15°，则下面的结论：
①△ODC是等边三角形；②BC＝2AB；③∠AOE＝135°；④S△AOE＝S△COE，
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据矩形性质求出OD＝OC，根据角求出∠DOC＝60°即可得出三角形DOC是等边三角形，求出AC＝2AB，即可判断②，求出∠BOE＝75°，∠AOB＝60°，相加即可求出∠AOE，根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE＝S△COE．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OA＝OC，OD＝OB，AC＝BD，
∴OA＝OD＝OC＝OB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝45°，
∵∠CAE＝15°，
∴∠DAC＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠DAC＝30°，
∴∠DOC＝60°，
∵OD＝OC，
∴△ODC是等边三角形，∴①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°
∴∠DAC＝∠ACB＝30°，
∴AC＝2AB，
∵AC＞BC，
∴2AB＞BC，∴②错误；
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝30°，
∵AE平分∠DAB，∠DAB＝90°，
∴∠DAE＝∠BAE＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DOC＝60°，DC＝AB，
∵△DOC是等边三角形，
∴DC＝OD，
∴BE＝BO，
∴∠BOE＝∠BEO＝
（180°﹣∠OBE）＝75°，
∵∠AOB＝∠DOC＝60°，
∴∠AOE＝60°+75°＝135°，∴③正确；
∵OA＝OC，
∴根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE＝S△COE，∴④正确；
故选：C．
7.如图，在矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC，BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则AD的长为 ．
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA＝AB＝OB＝3，得出BD＝2OB＝6，由勾股定理求出AD即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∴AD＝
＝
＝3
；
故答案为：3
．
8.如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是 ．
【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，可求得OA＝OD＝5，△AOD的面积，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝
OA•PE+
OD•PF求得答案．
【
解答】解：连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝
＝10，
∴OA＝OD＝5，
∴S△ACD＝
S矩形ABCD＝24，
∴S△AOD＝
S△ACD＝12，
∵S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝
OA•PE+
OD•PF＝
×5×PE+
×5×PF＝
（PE+PF）＝12，
解得：PE+PF＝4.8．
故答案为：4.8．
9．如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB＝8，AD＝7，E为AB上一点，AE＝5，现要剪下一张等腰三角形纸片（△AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是 ．
【分析】分情况讨论：①当AP＝AE＝5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE＝
AE＝5
即可；
②当1PE＝AE＝5时，求出BE，由勾股定理求出P1B，再由勾股定理求出等边AP1即可；
③当P2A＝P2E时，底边AE＝5；即可得出结论．
【
解答】解：如图所示：
①当AP＝AE＝5时，
∵∠BAD＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴底边PE＝
AE＝5
；
②当P1E＝AE＝5时，
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3，∠B＝90°，
∴P1B＝
＝4，
∴底边AP1＝
＝4
；
③当P2A＝P2E时，底边AE＝5；
综上所述：等腰三角形AEP的底边长为5
或4
或5；
故答案为：5
或4
或5．
10．（南关区校级期末）矩形ABCD与矩形CEFG如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC＝EF＝3，CD＝CE＝1，则GH＝ ．
【分析】延长GH交AD于M点，由矩形的性质得出CD＝CE＝FG＝1，BC＝EF＝CG＝3，BE∥AD∥FG，推出DG＝CG﹣CD＝2，∠HAM＝∠HFG，由ASA证得△AMH≌△FGH，得出AM＝FG＝1，MH＝GH，则MD＝AD﹣AM＝2，在Rt△MDG中，根据勾股定理得到GM，即可得出结果．
【解答】解：延长GH交AD于M点，如图所示：
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，
∴CD＝CE＝FG＝1，BC＝EF＝CG＝3，BE∥AD∥FG，
∴DG＝CG﹣CD＝3﹣1＝2，∠HAM＝∠HFG，
∵
AF的中点H，
∴AH＝FH，
在△AMH和△FGH中，
，
∴△AMH≌△FGH（ASA）．
∴AM＝FG＝1，MH＝GH，
∴MD＝AD﹣AM＝3﹣1＝2，
在Rt△MDG中，GM＝
＝
＝2
，
∴GH＝
GM＝
，
故答案为：
．
11．（婺城区期末）陈师傅应客户要求加工4个长为4cm、宽为3cm的矩形零件．在交付客户之前，陈师傅需要对4个零件进行检测．根据零件的检测结果，图中有可能不合格的零件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意；
B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意；
C、对角相等的四边形不一定是矩形，不能判定形状，符合题意；
D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意．
故选：C．
12．如图，四边形ABCD是平行四边形，两条对角线交于点O，下列条件中，不能判定平行四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．∠ABC＝∠BCD B．∠ABC＝∠ADC C．AO＝BO D．AO＝DO
【分析】利用矩形的判定、平行四边形的性质对各个选项进行逐一判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC，
∴不能判定平行四边形ABCD为矩形，故选项B符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO＝
AC，BO＝DO＝
BD，
∵AO＝BO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD为矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO＝
AC，BO＝DO＝
BD，
∵AO＝DO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD为矩形，故选项D不符合题意；
故选：B．
13．如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）
A．AB∥DC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝DC
【分析】根据矩形的判定定理（有一个角为直角的平行四边形是矩形）．先证四边形EFGH是平行四边形，要使四边形EFGH为矩形，需要∠EFG＝90度．由此推出AC⊥BD．
【解答】解：依题意得，四边形EFGH是由四边形ABCD各边中点连接而成，
连
接AC、BD，故EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，
所以四边形EFGH是平行四边形，
要使四边形EFGH为矩形，
根据矩形的判定（有一个角为直角的平行四边形是矩形）
故当AC⊥BD时，∠EFG＝∠EHG＝90度．四边形EFGH为矩形．
故选：C．
14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C．点E、F、G分别在边AB、BC、CD上，AE＝GF＝GC．
（1）求证：四边形AEFG是平行四边形；
（2）当∠FGC与∠EFB满足怎样的关系时，四边形AEFG是矩形．请说明理由．
【分析】（1）要证明该四边形是平行四边形，只需证明AE∥FG．根据对边对等角∠GFC＝∠C，和等腰梯形的性质得到∠B＝∠C，则∠B＝∠GFC，得到AE∥FG．
（2）在平行四边形的基础上要证明是矩形，只需证明有一个角是直角．根据三角形FGC的内角和是180°，结合∠FGC＝2∠EFB和∠GFC＝∠C，得到∠BFE+GFC＝90°．则∠EFG＝90°，于是得到结论．
【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，AB＝DC，∠B＝∠C，
∵GF＝GC，
∴∠C＝∠GFC，∠B＝∠GFC，
∴AB∥GF，即AE∥GF，
∵AE＝GF，
∴四边形AEFG是平行四边形．
（2）解：当∠FGC＝2∠EFB时，四边形AEFG是矩形，
理由：∵∠FGC+∠GFC+∠C＝180o，∠GFC＝∠C，∠FGC＝2∠EFB，
∴2∠GFC+2∠EFB＝180°，
∴∠BFE+∠GFC＝90°．
∴∠EFG＝90°．
∵四边形AEFG是平行四边形，
∴四边形AEFG是矩形．
15．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，证出EG＝CF，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE＝
OB，DF＝
OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∵EG＝AE，
∴EG＝CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
考点二菱形的判定与性质
知识点睛：
1.菱形的判定方法：
①有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
②四条边相等的四边形是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
④对角线互相垂直平分的四边形是菱形。
2.菱形的性质
①菱形的四条边都相等；
②菱形的对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角；
③菱形既是轴对称图形又是中心对称图形；
③菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
④菱形的面积等于对角线乘积的一半。
３．应熟练掌握菱形在边、角、对角线等方面的性质，菱形的问题经常可转化为直角三角形的问题。
类题训练
1．如图，在∠MON的两边上分别截取OA、OB，使OA＝OB；分别以点A、B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC、BC、AB、OC．若AB＝2cm，四边形OACB的面积为4cm2．则OC的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【解答】解：根据作图，AC＝BC＝OA，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝BC＝AC，
∴四边形OACB是菱形，
∵AB＝2cm，四边形OACB的面积为4cm2，
∴
AB•OC＝
×2×OC＝4，
解得OC＝4cm．
故选：C．
2．如图，平行四边形ABCD中，∠A＝110°，AD＝DC．E，F分别是边AB和BC的中点，EP⊥CD于点P，则∠PEF＝（ ）
A．35° B．45° C．50° D．55°
【分析】先判定四边形ABCD为菱形，再根据菱形的性质即可得到∠BEF的度数，再根据∠PEB＝90°，即可得出∠PEF的度数．
【解答】解：∵平行四边形ABCD中，AD＝DC，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，∠ABC＝180°﹣∠A＝70°，
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴BE＝BF，∠BEF＝∠BFE＝55°，
∵PE⊥CD，AB∥CD，
∴PE⊥AB，
∴∠PEB＝90°，
∴∠PEF＝90°﹣55°＝35°，
故选：A．
3．如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是 ，依据是 ．
【分析】过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，由条件可知AB∥CD、AD∥BC、DE＝DF，再由平行四边形ABCD的面积求得AB＝BC即可解决问题．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，如图所示：
∵两把完全一样的直尺叠放在一起，
∴AB∥CD，AD∥BC，两把直尺的宽度相等，
∴四边形ABCD是平行四边形，DE＝DF，
又∵平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝BC•DF，
∴AB＝BC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
故答案为：菱形，邻边相等的平行四边形是菱形．
4．（饶平县校级期中）如图，由两个长为9，宽为3的全等矩形叠合而得到四边形ABCD（不完全重合），则四边形ABCD面积的最大值是（ ）
A．15 B．16 C．19 D．20
【分析】首先根据图1，证明四边形ABCD是菱形；然后判断出菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，如图2，设AB＝BC＝x，则BE＝9﹣x，利用勾股定理求出x的值，即可求出四边形ABCD面积的最大值是多少．
【解答】解：如图1，作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形的宽都是3，
∴AE＝AF＝3，
∵S四边形ABCD＝AE•BC＝AF•CD，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
如图2，当菱形的一条对角线为矩形的对角线时，四边形ABCD的面积最大，
，
设AB＝BC＝x，则BE＝9﹣x，
∵BC2＝BE2+CE2，
∴x2＝（9﹣x）2+32，
解得x＝5，
∴四边形ABCD面积的最大值是：
5×3＝15．
故选：A．
5．（枣庄）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A．
B．
C．5 D．4
【分析】根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】解：设AC交BD于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵
AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝
＝5，
∵S菱形ABCD＝
，
∴
，
∴DH＝
，
故选：A．
6．（中山市校级月考）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD＝
AC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论：
①CN⊥BD；
②MN＝NP；
③四边形MNCP是菱形；
④ND平分∠PNM．
其中正确的有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得MN∥AB，MN＝
AB，由直角三角形的性质得NP＝
CD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC＝
AC，
∵AD＝
AC，
∴OC＝BC，
∵N是OB的中点，
∴CN⊥BD，①正确；
∵M、N分别是OA、OB的中点，
∴MN是△AOB的中位线，
∴MN∥AB，MN＝
AB，
∵CN⊥BD，
∴∠CND＝90°，
∵P是CD的中点，
∴NP＝
CD＝PD＝PC，
∴MN＝NP，②正确；
∵MN∥AB，AB∥CD，
∴MN∥CD，
又∵NP＝PC，MN＝NP，
∴MN＝PC，
∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；
∵MN∥CD，
∴∠PDN＝∠MND，
∵NP＝PD，
∴∠PDN＝∠PND，
∴∠MND＝∠PND，
∴ND平分∠PNM，④正确；
正确的个数有3个，
故选：C．
7．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，
（1）求证：∠DHO＝∠DCO．
（2）若OC＝4，BD＝6，求菱形ABCD的周长和面积．
【分析】（1）由菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，再由直角三角形斜边上的中线性质得OH＝OD，然后由等腰三角形的性质和直角三角形的性质即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OD＝OB＝
BD＝3，OA＝OC＝4，BD⊥AC，再由勾股定理得CD＝5，然后由菱形的性质和面积公式求菱形ABCD的周长和面积即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，
∴∠DHB＝90°，
∴OH＝
BD＝OD＝OB，
∴∠ODH＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠ODH+∠ODC＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ODC+∠DCO＝90°，
∴∠ODH＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCO；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OD＝OB＝
BD＝3，OA＝OC＝4，BD⊥AC，
∴AC＝2OC＝4，∠COD＝90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD＝
＝
＝5，
∴菱形ABCD的周长＝4CD＝20，
菱形ABCD的面积＝
BD×AC＝
×6×8＝24．
8．（易门县二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝
∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）方法一：如图3中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵
，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝2
，
∴
DM＝
BD＝
．
方法二：过M作MH⊥DF于H，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形，
∴∠CEF＝45°，
∴∠AEB＝∠CEF＝45°，
∴BE＝AB＝8，
∴CE＝CF＝14﹣8＝6，
∵MH∥CE，EM＝FM，
∴CH＝FH＝
CF＝3，
∴MH＝
CE＝3，
∴DH＝11，
∴DM＝
＝
．
考点三正方形的判定与性质
知识点睛：
1.正方形的判定方法：
①有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形；
②有一组邻边相等的矩形是正方形；
③有一个角是直角的菱形是正方形；
④对角线相等且互相平分的四边形是正方形。
2.正方形的性质
正方形具有矩形、菱形的一切性质
平
行四边形与特殊平行四边形间的转化关系：
类题训练
1．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠BFC为（ ）
A．45° B．55° C．60° D．75°
【分析】根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠ABE＝15°，∠BAC＝45°，再求∠BFC．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
又∵△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD＝DE，∠DAE＝60°，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，∠BAE＝90°+60°＝150°，
∴∠ABE＝（180°﹣150°）÷2＝15°，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠BFC＝45°+15°＝60°．
故选：C．
2．如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC＝2：1，则线段CH的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据折叠可得DH＝EH，在直角△CEH中，设CH＝x，则DH＝EH＝9﹣x，根据BE：EC＝2：1可得CE＝3，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．
【解答】解：设CH＝x，则DH＝EH＝9﹣x，
∵BE：EC＝2：1，BC＝9，
∴CE＝
BC＝3，
∴在Rt△ECH中，EH2＝EC2+CH2，
即（9﹣x）2＝32+x2，
解得：x＝4，
即CH＝4．
故选：B．
3．（莱西市一模）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝CD，DP⊥AB于P．若四边形ABCD的面积是18，则DP的长是 ．
【分析】过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，先判断出四边形DPBE是矩形，再根据等角的余角相等求出∠ADP＝∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得DE＝DP，然后判断出四边形DPBE是正方形，再根据正方形的面积公式解答即可．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴
四边形DPBE是矩形，
∵∠CDE+∠CDP＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠CDP＝90°，
∴∠ADP＝∠CDE，
∵DP⊥AB，
∴∠APD＝90°，
∴∠APD＝∠E＝90°，
在△ADP和△CDE中，
，
∴△ADP≌△CDE（AAS），
∴DE＝DP，四边形ABCD的面积＝四边形DPBE的面积＝18，
∴矩形DPBE是正方形，
∴DP＝
＝3
．
故答案为：3
．
4．（雨花区校级期末）如图，点P的坐标为（4，4），点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上运动，且∠APB＝90°，连接AB，OP，下列结论：
①PA＝PB；
②若OP与AB的交点恰好是AB的中点，则四边形OAPB是正方形；
③四边形OAPB的面积与周长为定值；
④AB＞OP．
其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
【分析】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，AB与OP交于点C，由P（4，4），得出PN＝PM＝4，易证四边形MONP是正方形，得OM＝ON＝PN＝PM＝4，由ASA证得△MPB≌△NPA，得出PA＝PB，故①正确；由OP与AB的交点恰好是AB的中点，在Rt△APB中，PC是斜边AB的中线，在Rt△AOB中，OC是斜边AB的中线，得BC＝AC＝PC＝OC，则四边形OAPB是矩形，又PA＝PB，则四边形OAPB是正方形，故②正确；由△MPB≌△NPA，易证四边形OAPB的面积＝正方形PMON的面积＝16，BM＝AN，则OA+OB＝ON+OM＝8，PA＝PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误；由OP与AB的交点恰好是AB的中点，则四边形OAPB是正方形，则AB＝OP，故④错误．
【解答】解：过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，AB与OP交于点C，如图所示：
∵P（4，4），
∴PN＝PM＝4，
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON＝∠PNO＝∠PMO＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，则四边形MONP是正方形，
∴OM＝ON＝PN＝PM＝4，
∵∠MPN＝∠APB＝90°，
∴∠MPB＝∠NPA，
在△MPB和△NPA中，
，
∴△MPB≌△NPA（ASA），
∴PA＝PB，故①正确；
∵OP与AB的交点恰好是AB的中点，
∴BC＝AC，
在Rt△APB中，PC是斜边AB的中线，
∴PC＝BC，
在Rt△AOB中，OC是斜边AB的中线，
∴OC＝BC，
∴BC＝AC＝PC＝OC，
∴四边形OAPB是矩形，
∵PA＝PB，
∴四边形OAPB是正方形，故②正确；
∵△MPB≌△NPA，
∴四边形OAPB的面积＝四边形BONP的面积+△PNA的面积＝四边形BONP的面积+△PMB的面积＝正方形PMON的面积＝4×4＝16，
∵△MPB≌△NPA，
∴BM＝AN，
∴OA+OB＝ON+AN+OB＝ON+OM＝4+4＝8，
PA＝PB，且PA和PB的长度会不断的变化，故周长不是定值，故③错误；
∵OP与AB的交点恰好是AB的中点，则四边形OAPB是正方形，
∴AB＝OP，故④错误；
故选：A．
5．（化州市期末）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME＝90°，②∠BAF＝∠EDB，③AM＝
MF，④ME+MF＝
MB．其中正确结论的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据正方形的性质可得AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，再根据中点定义求出AE＝BF，然后利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF＝∠ADE，然后求出∠ADE+∠DAF＝∠BAD＝90°，从而求出∠AMD＝90°，再根据邻补角的定义可得∠AME＝90°，得出①正确；根据中线的定义判断出∠ADE≠∠EDB，然后求出∠BAF≠∠EDB，判断出②错误；设正方形ABCD的边长为2a，利用勾股定理列式求出AF，再根据似三角形对应边成比例求出AM，然后求出MF，消掉a即可得到AM＝
MF，判断出③正确；如图，过点M作MN⊥AB于N，于是得到
＝
＝
，得到NB＝AB﹣AN＝2a﹣
a＝
a，根据勾股定理得到BM＝
＝
a，于是得到结论．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
∴AE＝BF＝
BC，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴∠AME＝180°﹣∠AMD＝180°﹣90°＝90°，
故①正确；
∵DE是△ABD的中线，
∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，
故②错误；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF＝a，
在Rt△ABF中，AF＝
＝
a，
∵∠BAF＝∠MAE，∠ABC＝∠AME＝90°，
∴△AME∽△ABF，
∴
＝
，即
＝
，
解得：AM＝
a，
∴MF＝AF﹣AM＝
a﹣
a＝
a，
∴AM＝
MF，
故
③正确；
如图，过点M作MN⊥AB于N，
则
＝
＝
，
即
＝
＝
，
解得MN＝
a，AN＝
a，
∴NB＝AB﹣AN＝2a﹣
a＝
a，
根据勾股定理，BM＝
＝
a，
∵ME+MF＝
a+
a＝
a，
MB＝
a＝
a，
∴ME+MF＝
MB．
综上所述，正确的结论有①③④共3个．
故选：B．
6．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D＝90°，BC＝CD＝12，∠ABE＝45°，若AE＝10．求CE的长度．
【分析】过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MG＝CE，连接BG．求证△BEC≌△BMG，△ABE≌△ABG，设CE＝x，在直角△ADE中，根据AE2＝AD2+DE2求x的值，可以求CE的长度．
【解答】解：过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，
延
长DM到G，使MG＝CE，连接BG，
易知四边形BCDM是正方形，
则△BEC与△BGM中，
，
∴△BEC≌△BMG（SAS），
∴∠MBG＝∠CBE，BE＝BG，
∵∠ABE＝45°，
∴∠CBE+∠ABM＝∠MBG+∠ABM＝45°，
即∠ABE＝∠ABG＝45°，
在△ABE与△ABG中，
，
∴△ABE≌△ABG（SAS），
∴AG＝AE＝10，
设CE＝x，则AM＝10﹣x，
AD＝12﹣（10﹣x）＝2+x，DE＝12﹣x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，
∴100＝（x+2）2+（12﹣x）2，
即x2﹣10x+24＝0；
解得：x1＝4，x2＝6．
故CE的长为4或6．
7．如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）求AG+AE的值；
（3）若F恰为AB中点，连接DF交AC于点M，请直接写出ME的长．
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；
（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；
（3）如图，作EH⊥DF于H．想办法求出EH，HM即可解决问题；
【解答】解：（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵
四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD＝∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM＝EN，
∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN＝∠DEF＝90°，
∴∠DEM＝∠FEN，
∵∠EMD＝∠ENF＝90°，
∴△EMD≌△ENF，
∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．
（2）∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，
∴AE+AG＝AE+EC＝AC＝
AD＝4
．
（
3）如图，作EH⊥DF于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF＝FB
∴DF＝
＝2
，
∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD，
∴DH＝HF，
∴EH＝
DF＝
，
∵AF∥CD，
∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，
∴FM＝
，
∴HM＝HF﹣FM＝
，
在Rt△EHM中，EM＝
＝
．
四边形综合问题训练
1．（锦州期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AC交BC于点F，EF⊥BD于点F，则OE+EF的值为（ ）
A．
B．2 C．
D．2
【分析】依据矩形的性质即可得到△BOC的面积为2，再根据S△BOC＝S△BOE+S△COE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝2，BC＝4，
∴矩形ABCD的面积为8，AC＝
＝
＝2
，
∴BO＝CO＝
AC＝
，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△BOC的面积为2，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△BOC＝S△BOE+S△COE，
2＝
CO×EO+
BO×EF，
∴2＝
×
×EO+
×EF，
∴
（EO+EF）＝4，
∴EO+EF＝
，
故选：A．
2．（光明区期末）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作ME⊥AC于点E，MF⊥BC于点F，若点P是EF的中点，则CP的最小值是（ ）
A．1.2 B．1.5 C．2.4 D．2.5
【分析】先由勾股定理求出AB＝5，再证四边形CEMF是矩形，得EF＝CM，当CM⊥AB时，CM最短，此时EF也最小，则CP最小，然后由三角形面积求出CM＝2.4，即可得出答案．
【
解答】解：连接CM，如图所示：
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝
＝
＝5，
∵ME⊥AC，MF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形CEMF是矩形，
∴EF＝CM，
∵点P是EF的中点，
∴CP＝
EF，
当CM⊥AB时，CM最短，
此时EF也最小，则CP最小，
∵△ABC的面积＝
AB×CM＝
AC×BC，
∴CM＝
＝
＝2.4，
∴CP＝
EF＝
CM＝1.2，
故选：A．
3．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 ．
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【
解答】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝
CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝
CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝2．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2，
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2
．
故答案是：2
．
4．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是AB的中点，直线l平行于直线EC，且直线l与直线EC之间的距离为2，点F在矩形ABCD边上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A恰好落在直线l上，则DF的长为 ．
【分析】当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，只要证明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF＝
DM解决问题，当直线l在直线EC下方时，由∠DEF1＝∠BEF1＝∠DF1E，得到DF1＝DE，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD＝BC，
∵AB＝4，AD＝BC＝2，
∴AD＝AE＝EB＝BC＝2，
∴
△ADE、△ECB是等腰直角三角形，
∴∠AED＝∠BEC＝45°，
∴∠DEC＝90°，
∵l∥EC，
∴ED⊥l，
∴EM＝2＝AE，
∴点A、点M关于直线EF对称，
∵∠MDF＝∠MFD＝45°，
∴DM＝MF＝DE﹣EM＝2
﹣2，
∴DF＝
DM＝4﹣2
．
当直线l在直线EC下方时，
∵∠DEF1＝∠BEF1＝∠DF1E，
∴DF1＝DE＝2
，
综上所述DF的长为2
或4﹣2
．
故答案为2
或4﹣2
．
5.如图，矩形ABCD中，AB＞AD，AN平分∠DAB，DM⊥AN于点M，CN⊥AN于点N，G为MN的中点，GH⊥MN交CD于点H，且DM＝a，GH＝b，则CN的值为（用含a、b的代数式表示）（ ）
A．2a+b B．a+2b C．a+b D．2a+2b
【分析】连接DG并延长交CN于Q，求出NQ＝DM＝a，求出GH是△DQC中位线，代入求出即可．
【
解答】
解：连接DG并延长交CN于Q，
∵DM⊥AN，GH⊥AN，CN⊥AN，
∴DM∥GH∥CN，
∵G为MN的中点，
∴DG＝GQ，DH＝HC，
∴GH＝
CQ，
∵DM∥CN，
∴△DGM∽△QGN，
∴
＝
＝
，
∴DM＝NQ＝a，
∴CQ＝CN﹣a，
∴b＝
（CN﹣a），
∴CN＝2b+a，
故选：B．
6．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝10，BD＝24，则OE的长为 ．
【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝13，证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝13即可．
【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝
AC＝5，OB＝OD＝
BD＝12，
∴∠DOC＝90°，CD＝
＝
＝13，
∴平行四边形OCED为矩形，
∴OE＝CD＝13，
故答案为：13．
7．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A．
B．
C．5 D．4
【分析】根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【
解答】解：设AC交BD于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝
＝5，
∵S菱形ABCD＝
，
∴
，
∴DH＝
，
故选：A．
8．如图，已知AB＝8，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°．M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M，N之间的距离最短为 （结果留根号）．
【分析】连接PM、PN．首先证明∠MPN＝90°设PA＝2a，则PB＝8﹣2a，PM＝a，PN＝
（4﹣a），构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
【
解答】解：连接PM、PN．
∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP＝60°，
∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
∴∠CPM＝
∠APC＝60°，∠EPN＝
∠EPB＝30°，
∴∠MPN＝60°+30°＝90°，
设PA＝2a，则PB＝8﹣2a，PM＝a，PN＝
（4﹣a），
∴MN＝
＝
＝
，
∴a＝3时，MN有最小值，最小值为2
，
故答案为2
．
9．如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM＝MN；②MP＝
BD；③BN+DQ＝NQ；④
为定值．其中一定成立的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【分析】由题可知A，B，N，M四点共圆，进而可得出∠ANM＝∠NAM＝45°，由等角对等边知，AM＝MN，故①正确；
由同角的余角相等知，∠HAM＝∠PMN，所以Rt△AHM≌Rt△MPN，即可得出结论，故②正确；
先由题意得出四边形SMWB是正方形，进而证出△AMS≌△NMW，因为AS＝NW，所以AB+BN＝SB+BW＝2BW，而BW：BM＝1：
，所以
＝
＝
，故④正确．
因为∠BAN+∠QAD＝∠NAQ＝45°，在∠NAM作AU＝AB＝AD，且使∠BAN＝∠NAU，∠DAQ＝∠QAU，所以△ABN≌△UAN，△DAQ≌△UAQ，有∠UAN＝∠UAQ＝90°，BN＝NU，DQ＝UQ，即可得出结论，故③正确；
【解答】解：如图：作AU⊥NQ于U，连接AN，AC，
∵
∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，
∴∠ANM＝∠NAM＝45°，
∴由等角对等边知，AM＝MN，故①正确．
由同角的余角相等知，∠HAM＝∠PMN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN
∴MP＝AH＝
AC＝
BD，故②正确，
∵∠BAN+∠QAD＝∠NAQ＝45°，
∴三角形ADQ绕点A顺时针旋转90度至ABR，使AD和AB重合，在连接AN，证明三角形AQN≌ANR，得NR＝NQ
则BN＝NU，DQ＝UQ，
∴点U在NQ上，有BN+DQ＝QU+UN＝NQ，故③正确．
如图，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，
∴四边形SMWB是正方形，有MS＝MW＝BS＝BW，
∴
△AMS≌△NMW，
∴AS＝NW，
∴AB+BN＝SB+BW＝2BW，
∵BW：BM＝1：
，
∴
＝
＝
，故④正确．
故选：D．
10．【猜想】如图1，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交AD．BC于点E．F．若平行四边形ABCD的面积是8，则四边形CDEF的面积是 ．
【探究】如图2，在菱形ABCD中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，若AC＝5，BD＝10，求四边形ABFE的面积．
【应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延长BC到点D，使DC＝BC，连接AD，若AC＝3，AD＝2
，则△ABD的面积是 ．
【分析】猜想：首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，OA＝OC．根据平行线的性质可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，进而可根据AAS定理证明△AEO≌△CFO，再根据全等三角形的性质可得结论；
探究：根据菱形的性质得到AD∥BC，AO＝CO＝
AC＝2.5，BO＝
BD＝5，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于AC⊥BD，于是得到结果；
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质得到∠E＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DE＝
，即可得到结论．
【解答】解：猜想：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四边形CDEF的面积＝S△ACD＝
▱ABCD的面积＝4；
故答案为：4；
探究：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AO＝CO．
∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO，
∴在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∵由菱形的对称性，得S△ABC＝
S菱形ABCD，
∴S四边形ABFE＝S△ABC＝
×
AC•BD＝
×5×10＝
．
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，
在△ABC与△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE＝
，
∴S△ABD＝S△ADE＝
AE•DE＝
×6×2＝6．
故答案为：6
