初中数学平行四边形的性质优秀综合训练题

这是一份初中数学平行四边形的性质优秀综合训练题，文件包含专题04特殊平行四边形的性质与判定原卷版docx、专题04特殊平行四边形的性质与判定解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
【思维导图】
【知识清单】
二、【考点类型】
考点1：矩形的性质（对角线相等，90°）
典例1：（23-24八年级下·湖北·周测）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE=15°，连接OE，则下面的结论：其中正确的结论有 ．

①△DOC是等边三角形；②△BOE是等腰三角形；③BC=2AB；④∠AOE=150°；⑤S△AOE=S△COE．
【答案】①②⑤
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．根据题意得到△ABE是等腰直角三角形，可得∠BAO=∠BAE+∠CAE=60°，得到△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，由此判断①，结合①可得OB=AB 、AB=BE，可判断②，再由直角三角形的性质得到BC=3AB，可判断③，由等腰三角形的性质求出∠BOE=12180°−30°=75°，再由∠AOE=∠AOB+∠BOE=60°+75°=135°，可判断④，再由面积公式得到S△AOE=S△COE，可判断⑤，由此得到答案．
【详解】解：∵ AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=∠DAE=45°，
∴ ∠AEB=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，
∴ AB=BE，
∵ ∠CAE=15°，
∴ ∠BAO=∠BAE+∠CAE=60°，
∵矩形ABCD中，
OA=OB=OC=OD，
∴ △ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，
故①正确；
由①可知：△ABO是等边三角形，△ABE是等腰直角三角形，
∴ OB=AB，AB=BE，
∴ OB=BE，
∴ △BOE是等腰三角形，
故②正确；
∵ ∠OBE=∠ABC−∠ABO=90°−60°=30°=∠ACB，
∴ AC=2AB，
∴ BC=3AB，
故③不正确；
∵ ∠OBE=∠ABC−∠ABO=90°−60°=30°=∠ACB，
∴ ∠BOE=12180°−30°=75°，BC=3AB，
∴ ∠AOE=∠AOB+∠BOE=60°+75°=135°，
故④不正确；
∵ AO=CO，
∴ S△AOE=S△COE，
故⑤正确，
综上，正确的结论有①②⑤，
故答案为：①②⑤．
【变式1】（22-23八年级下·江苏苏州·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若BE=1，AE=2，则AC= ．

【答案】5
【分析】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，由矩形的性质得出OA=OB，设OA=OB=x，则OE=x−1，在Rt△AOE中，由勾股定理得出方程，解方程求出OA，即可得出答案，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=12AC,OB=OD=12BD, AC=BD，
∴OA=OB，
设OA=OB=x，则OE=x−1，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO=90°，
由勾股定理得：AE2+OE2=OA2,
即 22+x−12=x2,
解得：x=52,
∴OA=52,
∴AC=2OA=5；
故答案为：5．
【变式2】（22-23八年级上·湖北恩施·期末）如图，点P是矩形ABCD对角线AC上一点，过点P做EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB,PD．若AE=2，PF=9，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】18
【分析】本题考查了矩形的性质，过点P作GH分别交AD、BC于点G、H，证明S四边形GPFB=S四边形EPHB，从而12S四边形GPFD=12S四边形EPHB，即S△DPF=S△PEB，求出S△DPF的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键．
【详解】解：过点P作GH分别交AD、BC于点G、H，如图所示：

由矩形性质可知，S△ADC=S△ABC，S△PFC=S△PHC，S△AGP=S△AEP，
∴S△ADC−S△PFC−S△AGP=S△ABC−S△PHC−S△AEP，即S四边形GPFB=S四边形EPHB，
∴ 12S四边形GPFD=12S四边形EPHB，即S△DPF=S△PEB，
∵GP=AE=2，PF=9，
∴S△DPF=12×2×9=9=S△PEB，即图中阴影面积为S△DPF+S△PEB=9+9=18，
故答案为：18．
【变式3】（22-23八年级下·福建莆田·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是 ．
【答案】（92，332）
【分析】由矩形的性质得出∠AOC＝90°，由平行线的性质得出，∠OAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA，再求出OD、AD，即可得出结果．
【详解】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC＝30°，∠ODA＝90°，
∵AC＝6，
∴OC＝12AC＝3，
∴OA＝3OC＝33，
∴OD＝12OA＝332，
∴AD＝3OD＝92，
∴点A的坐标是（92，332）；
故答案为：（92，332）．
【点睛】考核知识点：矩形性质．理解矩形性质和直角三角形性质是关键．
【变式4（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，求证：AE=DF．
【答案】见解析
【分析】
本题主要考查矩形的性质和全等三角形的判定和性质，根据矩形的性质得OA=OD，利用垂直得∠AEO=∠DFO，结合对顶角相等即可证明△AOE≌△DOF，则有结论成立．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC=OB=OD，
∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO=∠DFO=90°，
在△AOE和△DOF中，
∠AEO=∠DFO∠AOE=∠DOFAO=DO
∴△AOE≌△DOFAAS，
∴AE=DF．
【变式5】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与边AD、BC交于M、N两点，连结CM、AN．求证：四边形ANCM为平行四边形．
【答案】见详解
【分析】由矩形的性质得出AD∥BC，AO=CO，再由平行的性质得出∠OAM=∠OCN，∠OMA=∠ONC，再证明△AOM≌△CON，由全等得形式可得AM=CN，即可证明四边形ANCM为平行四边形．
【详解】证明∵四边形ABCD是矩形，O为对角线AC的中点，
∴AD∥BC，AO=CO，
∴∠OAM=∠OCN，∠OMA=∠ONC．
在△AOM和△CON中，
∠OAM=∠OCN∠OMA=∠ONCAO=CO
∴△AOM≌△CONAAS
∴AM=CN．
∵AM∥CN，
∴四边形ANCM为平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定、平行四边形的判定，以及平行线的性质，掌握矩形的性质和平行四边形的判定是解题的关键．
【变式6】（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，将纸片按如图所示的方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．
(1)求证：BE=BF；
(2)求AE和EF的长．
【答案】(1)见详解
(2)AE=74，EF=152
【分析】
本题考查了折叠的性质，勾股定理，解题的关键是，熟练应用折叠的性质及勾股定理，表示出线段的长度，列出等量关系式．
（1）根据折叠的性质，可得∠DEF=∠BEF，由长方形ABCD可得AD∥BC，∠DEF=∠BFE，利用等边对等角，即可得出BE=BF；
（2）设AE的长度为x，BE为8−x，在△ABE中应用勾股定理，列出一元二次方程，即可求出AE的长度，过点E作EH⊥BC，在△EHF中应用勾股定理，即可求出EF的长度．
【详解】（1）解：根据折叠的性质，可得∠DEF=∠BEF，
∵ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF．
（2）设AE=x，则BE=DE=8−x，
在Rt△ABE中，
AB2+AE2=BE2，即：62+x2=8−x2，
解得：x=74，
∴AE=74，
过点E作EH⊥BC，垂足为H，
由（1）可知，BF=BE=8−AE=8−74=254，
又∵EH⊥BC，AB⊥BC，
∴AE=BH，AB=EH，
∴HF=BF−BH=254−74=92，
在Rt△EHF中，
EF2=EH2+HF2，即EF2=62+922，
解得：EF=152，EF=−152（舍），
故：AE=74，EF=152．
【变式7】（22-23九年级上·陕西咸阳·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，且BE=DF．
(1)求证：∠AEB=∠CFD；
(2)若AB=6，∠AOB=60°，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)363
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；
（1）由矩形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，证出OE=OF，由SAS证明△AOE≌△COF，即可得出∠AEO=∠CFO，进而即可得证；
（2）证出△AOB是等边三角形，得出OA=AB=6，AC=2OA=12，在Rt△ABC中，由勾股定理求出BC，即可得出矩形ABCD的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，
∵BE=DF，
∴OE=OF，
在△AOE和△COF中，
OA=OC∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴ ∠AEO=∠CFO，
∴ ∠AEB=∠CFD；
（2）解：∵OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=∠COD=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=6，
∴AC=2OA=12，
在Rt△ABC中，BC=AC2−AB2=63，
∴矩形ABCD的面积=AB⋅BC=6×63=363．
考点2：直角三角形斜边上的中线性质
典例2：（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F是DE延长线上的一点，且∠AFC=90°，若AC=12，BC=20，则DF的长为 ．
【答案】16
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，解题的关键是先根据直角三角形的性质求出EF=12AC=6，再根据中位线的性质求出DE=12BC=10，即可得出答案．
【详解】解：∵在直角△AFC中，EF是斜边AC上的中线，AC=12，
∴EF=12AC=6．
∵△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，BC=20，
∴DE=12BC=10是中位线，
∴DF=DE+EF=10+6=16．
故答案为：16．
【变式1】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE=BC，连结DE，F为DE中点，连接BF．若AC=4，BC=3，则BF的长为 ．
【答案】1.25
【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．利用勾股定理求得AB=5；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=12CD，即可得到答案．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5．
又∵CD为中线，
∴CD=12AB=2.5．
∵F为DE中点，BE=BC即点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，则BF=12CD=1.25．
故答案为：1.25．
【变式2】（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是△ABC的中线，点E，F分别是AD，AC的中点，连接EF，若EF=3，则AD的长为 ．

【答案】6
【分析】
本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质；
先根据三角形中位线定理可得CD=2EF=6，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵点E，F分别是AD，AC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴CD=2EF=6，
∵∠BAC=90°，AD是△ABC的中线，
∴AD=CD=6，
故答案为：6．
【变式3】（2023·甘肃陇南·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=28°，AD平分∠BAC，E是AD中点，则∠DCE的度数为 ．

【答案】59°
【分析】
本题考查的是直角三角形的性质、角平分线的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据角平分线的定义∠DAC，证明∠ACE=∠DAE=31°，从而可得答案．
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠B=28°，
∴∠BAC=90°−28°=62°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=12∠BAC=31°，
∵E是AD中点，
∴∠ACE=∠DAE=31°，
∴∠DCE=90°−31°=59°；
故答案为：59°
【变式4】（23-24八年级上·浙江嘉兴·期末）如图，CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线，∠A=30°．
(1)求∠B的度数．
(2)若AB=10，求△BDC的周长．
【答案】(1)∠B=60°
(2)△BDC的周长为15
【分析】此题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，
（1）根据直角三角形两锐角互余求解即可；
（2）首先根据直角三角形的性质得到CD=DB=12AB=5，然后证明出△BDC是等边三角形，进而求解即可．
【详解】（1）解：∵∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°．
（2）解：∵CD是Rt△ABC的斜边AB边上的中线，且AB=10，
∴CD=DB=12AB=5，
∵∠B=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴△BDC的周长为15．
【变式5】（23-24九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AD=BC．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)点E是AD上一点，点F是BC的中点，连接BE，CE，EF，若∠BEC=90°，EF=6，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)AD=12
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，平行四边形的判定与性质；
（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可知BF=CF=12BC=EF=6，然后可求AD的长；
解决本题的关键是掌握矩形的性质．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）∵∠BEC=90°，点F是BC的中点，
∴BF=CF=12BC=EF=6，
∴BC=12，
∴AD=BC=12．
【变式6】（23-24八年级上·云南昭通·期末）如图，在△ABC中，∠B=30°，AD是BC边上的中线，且AD=12BC，AE⊥BC于点E．
(1)求∠CAE的度数；
(2)若CE=2，求BE的长．
【答案】(1)30°
(2)6
【分析】此题考查了直角三角形斜边上的中线、含30°角的直角三角形的性质，熟记直角三角形斜边上的中线、含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
（1）由题意得AD=BD=CD，根据等边对等角可得∠B=∠BAD=30°，进一步可推出△ACD是等边三角形，然后根据垂直的定义即可求解；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD=12BC，
∵AD=12BC，
∴AD=BD=CD，
∴∠B=∠BAD=30°，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=∠C=60°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴∠C+∠CAE=90°，
∴∠CAE=30°；
（2）解：在Rt△ACE中，CE=2，
∴AC=2CE=4，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∠B=30°，
∴BC=2AC=8，
∴BE=BC−CE=6．
【变式7】（23-24八年级上·上海静安·期末）如图，在△ABC和△ADC中，∠ABC=∠ADC=90°，连接AC与BD交于点O，M，N分别是AC、BD的中点．求证：MN垂直平分BD．
【答案】见解析
【分析】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质；连接MB,MD，根据斜边上的中线等于斜边的一半得出MD=MB，进而根据等腰直角三角形的性质，即可求解．
【详解】证明：连接MB,MD，
∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC的中点，
∴MD=MB，
∵N是BD的中点，
∴MN⊥BD,ND=NB，即MN垂直平分BD．
考点3：矩形的判定
典例3：（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B,AE=OB,DE⊥ON于E,AD=AO,DC⊥OM于C．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若DE=3,OE=9，求AD的长．
【答案】(1)见详解
(2)5
【分析】此题考查了矩形的判定与性质以及勾股定理．注意利用勾股定理求线段AD的长是关键．
（1）根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB⊥OM于B，DE⊥ON于E，
∴∠ABO=∠DEA=90°．
在Rt△ABO与Rt△DEA中，
∵ AO=ADOB=AE
∴Rt△ABO≌Rt△DEAHL，
∴∠AOB=∠DAE．
∴AD∥BC．
又∵AB⊥OM，DC⊥OM，
∴AB∥DC．
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）知Rt△ABO≌Rt△DEA，
∴AB=DE=3，
设AD=x，则OA=x，AE=OE−OA=9−x．
在Rt△DEA中，由AE2+DE2=AD2得：(9−x)2+32=x2，
解得x=5．
∴AD=5．
【变式1】（22-23八年级下·北京房山·期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OB．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若AD=2，∠CAB=30°，作∠DCB的平分线CE交AB于点E，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)23−2
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质得到AC=2AO，BD=2BO，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）如图，根据矩形的性质得到∠DCB=∠ABC=90°，BC=AD=2，根据角平分线的定义得到∠ECB=12∠DCB=45°，根据勾股定理得到AB=AC2−BC2=23，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AC=2AO，BD=2BO．
∵ AO=BO，
∴ AC=BD，
∴平行四边形ABCD为矩形；
（2）如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DCB=∠ABC=90°，BC=AD=2．
∵ CE为∠DCB的平分线，
∴ ∠ECB=12∠DCB=45°．
∵ ∠ABC=90°，∠CAB=30°，BC=2，
∴ AC=2BC=4，
∴ AB=AC2−BC2=42−22=23，
∵ ∠CBE=90°，∠ECB=45°，
∴ BE=BC=2，
∴ AE=AB−BE=23−2．
【变式2】（2024·云南·模拟预测）在△ABC中，D是BC边的中点，E、F分别在AD及其延长线上，CE∥BF，连接BE、CF．
(1)求证：△BDF≌△CDE
(2)若DE=12BC，试判断四边形BFCE的形状，无需说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)四边形BFCE是矩形
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形全等的判断和性质，平行四边形和矩形的判定，解题的关键是熟悉“平行四边形和矩形的判定方法”．
（1）由已知条件易得∠CED=∠BFD，BD=CD，结合∠BDF=∠CDE即可证得：△BDF≌△CDE；
（2）由△BDF≌△CDE易得DE=DF，结合BD=CD可得四边形BFCE是平行四边形，结合DE=12BC可得EF=BC，由此即可证得平行四边形BFCE是矩形．
【详解】（1）解：∵CE∥BF，
∴∠CED=∠BFD，
∵D是BC边的中点，
∴BD=DC，
在△BDF和△CDE中∠BFD=∠CED∠BDF=∠CDEBD=DC ，
∴△BDF≌△CDEAAS．
（2）解：四边形BFCE是矩形．理由如下：
∵△BDF≌△CDE，
∴DE=DF，
又∵BD=DC，
∴四边形BFCE是平行四边形，
∵DE=12BC，DE=12EF，
∴BC=EF，
∴平行四边形BFCE是矩形．
【变式3】（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC、AE，延长AE、BC交于点F，连接DF，∠ACF=90°．
(1)求证：四边形ACFD是矩形；
(2)在不添加辅助线的条件下，请直接写出图中四个三角形且其面积为矩形ACFD的面积的四分之一．
【答案】(1)见解析
(2)△ACE,△ADE,△CFE,△DFE
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）证明△AED≌△FEC，推出四边形ACFD是平行四边形，再根据∠ACF=90°即可得出结论；
（2）根据矩形的性质，三角形的中线平分面积，作答即可．
【详解】（1）解：∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠CFE，
∵E为线段CD的中点，
∴EC=ED，
又∠AED=∠CEF，
∴△AED≌△FEC，
∴AD=CF，
又AD∥CF，
∴四边形ACFD是平行四边形，
∵∠ACF=90°，
∴平行四边形ACFD为矩形；
（2）∵四边形ACFD是矩形，
∴S△ACF=S△ADF=12S矩形ACFD，E为AF的中点，
∴S△ACE=S△FCE=12S△ACF=14S矩形ACFD，S△ADE=S△FDE=12S△ADF=14S矩形ACFD，
即：△ACE,△ADE,△CFE,△DFE的面积为矩形ACFD的面积的四分之一．
考点4：菱形的性质
典例4：（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠ADC=128°，P是对角线AC，BD的交点，点E在CB的延长线上，且PE=PA．则∠APE= 度．

【答案】52
【分析】
本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质等知识点．根据菱形的性质易得∠BCD，AC是∠BCD的角平分线，且AP=PC，所以由等腰三角形的判定与性质和三角形外角性质求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，P是对角线AC，BD的交点，
∴ AD∥BC，AP=CP，AC是∠BCD的角平分线．
∴∠ADC+∠BCD=180°．
又∵∠ADC=128°，
∴∠BCD=52°．
∴∠ACB=12∠BCD=26°．
又PE=PA，
∴PE=PC，
∴∠PEC=∠PCE=26°．
∴∠APE=∠PEC+∠PCE=52°．
故答案是：52．
【变式1】（23-24八年级下·北京·阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH若AC=16，S菱形ABCD=64，则OH的长为 ．
【答案】4
【分析】此题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，利用菱形的面积求得BD的长度，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的面积为64，且对角线交于点O，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=64，O为BD的中点，
∴BD=8
∵DH⊥AB
∴∠BHD=90°，
又∵O为BD的中点，
∴OH=12BD=4，
故答案为；4．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE，若OB=4,OE=3，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】24
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AC，根据菱形面积=对角线积的一半即可．
【详解】解：∵ABCD是菱形，
∴AO=CO，BO=DO=4
∵AE⊥BC，
∴△ACE 为直角三角形
∴OE=12AC=AO=CO=3．
∴ S菱形ABCD=AC×BD2=6×82=24，
故答案为：24．
【变式3】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，点E，F分别从点B，D同时以同样的速度沿边BC，DC向点C运动． 给出以下三个结论中，正确的是： （填写序号）
①AE=AF；②∠CEF=∠CFE； ③ 当点E，F分别为边BC，DC的中点时，△AEF是等边三角形．

【答案】①②③
【分析】根据菱形的性质证明△ABE≌△ADF，即可判断①②；连接AC，先证明△ABC是等边三角形，即∠BAC=60°，根据“三线合一”可得∠BAE=12∠BAC=30°．同理可得：∠DAF=30°， 即可得∠EAF=∠BAD−∠BAE−∠DAF=60°．进而可得△AEF是等边三角形．
【详解】∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴∠BAD=120°．
根据运动的特点有：BE=DF，
∴△ABE≌△ADF．
∴AE=AF，故①正确；
∵BE=DF，BC=CD，
∴CE=CF．
∴∠CEF=∠CFE，故②正确．
连接AC，如图，

∵∠B=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，即∠BAC=60°，
∵点E为边BC的中点，
∴AE为等边△ABC的中线，
∴AE平分∠BAC．
∴∠BAE=12∠BAC=30°．
同理可得：∠DAF=30°，
∴∠EAF=∠BAD−∠BAE−∠DAF=60°．
∵AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，故③正确，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质；由菱形的性质得线段相等是解题的关键．
【变式4】（2023·湖南永州·一模）如图，菱形ABCD中，∠CBD=75，分别以A、B为圆心，大于AB的一半长为半径画弧，两弧在AB的两侧分别交于点P、Q，作直线PQ交AB于点E，交AD于点F，连接BF，求∠DBF的度数．
【答案】∠DBF =45°
【分析】根据菱形的性质，以及垂直平分线的性质，求出∠ABD，∠ABF，再利用角的和差定义即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠CDB=∠ADB=∠ABD=∠CBD=75°，
∴∠A=180°−75°−75°=30°，
由作图可知，EF垂直平分线段AB，
∴FA=FB，
∴∠FBA=∠A=30°，
∴∠DBF=∠ABD−∠ABF=45°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等角对角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5】（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠CBD=75°．
(1)请用尺规作图法，作AB的垂直平分线EF，垂足为E，交AD于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）条件下，连接BF，求∠DBF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠DBF=45°
【分析】本题考查作图−基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）分别以A、B为圆心，大于12AB长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据∠DBF=∠ABD−∠ABF计算即可．
【详解】（1）解：如图所示，直线EF即为所求；
；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠DBC=12∠ABC=75°，AB∥CD，∠A=∠C．
∴∠ABC=150°，∠ABC+∠C=180°，
∴∠C=∠A=30°，
∵EF垂直平分线段AB，
∴AF=FB，
∴∠A=∠FBA=30°，
∴∠DBF=∠ABD−∠FBE=45°．
【变式6】（2023·山东聊城·模拟预测）在菱形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，过点C作BD的平行线，交AB延长线于点E．
(1)求证：BC=12AE；
(2)若∠ABC=120°,CE=6，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)183
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠AOB=90°,AB=BC，通过等量代换即可证明；
（2）根据直角三角形特殊角的三角比求出AC=63，再证明四边形BECD是平行四边形，最后利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形
∴∠AOB=90°,AB=BC
∴∠CAB=∠ACB
∵BD∥EC
∴∠ACE=∠AOB=90°
∵∠ACB+∠BCE=90°,∠CAB+∠E=90°,∠CAB=∠ACB
∴∠BCE=∠E
∴BC=BE
∴AB=BC=BE
∴BC=12AE
（2）∵∠ABC=120°
∴∠CAB=∠ACB=12180°−∠ABC=30°
∵CE=6
∴在Rt△ACE中，AC=CEtan∠CAB=63
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=DC，DC∥AE
∵AB=BE
∴DC=BE
∴四边形BECD是平行四边形
∴BD=EC=6
∴菱形ABCD的面积为：12BD×AC=183
【点睛】本题考查了菱形的性质及面积的计算、平行四边形的性质及判定、解直角三角形等，解题的关键在于熟记性质．
【变式7】（23-24九年级上·山东泰安·期末）在菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E，F是AP上的两点，连接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．
求证：
(1)△ABF≌△DAE；
(2)DE=BF+EF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）根据菱形的性质得AD∥BC，AB=AD可推出∠DAE=∠BPF即可求证；
（2）由△ABF≌△DAE得AE=BF,DE=AF即可求证．
【详解】（1）解：∵ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB=AD
∴∠DAE=∠BPF
∵∠ABF=∠BPF
∴∠DAE=∠ABF
∵∠ADE=180°−∠DAE−∠AED,∠BAF=180°−∠BPF−∠ABC，∠AED=∠ABC，
∴∠ADE=∠BAF
∴△ABF≌△DAE
（2）证明：∵△ABF≌△DAE，
∴AE=BF,DE=AF
∵AF=AE+EF=BF+EF
∴DE=BF+EF
考点5：菱形的面积
典例5：（22-23八年级下·甘肃张掖·期末）如如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作直线EF分别与AB、DC相交于E、F两点，若AC=10，BD=4，则图中阴影部分的面积等于 ．
【答案】5
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，根据菱形的性质可证△CFO≌△AEOASA，可将阴影部分面积转化为△AOB的面积，根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC=OA，AB∥CD，
∴∠FCO=∠OAE，
在△COF和△AOE中，
∠FCO=∠EAOOC=OA∠FOC=∠EOA ，
∴△CFO≌△AEOASA
∴S△CFO=S△AOE
∴S△CFO+S△EBO=S△AOB，
∴S△AOB=14SABCD=14×12×AC×BD=14×12×10×4=5
故答案为：5．
【点睛】此题考查了菱形的性质，菱形的面积公式，全等三角形的判定，将阴影部分的面积转化为三角形AOB的面积为解题的关键．
【变式1】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，菱形ABCD的边长为26，对角线AC的长为48，延长AB至E，BF平分∠CBE，点G是BF上任意一点，则△ACG的面积为 ．
【答案】240
【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识； 熟练掌握菱形的性质，证出AC∥BF是解题的关键.
连接BD交AC于O，由菱形的性质和勾股定理求出OB=10，得出△ABC的面积=240，依据∠ACB=∠CBF，得出AC∥BF，进而得出△ACG的面积=△ABC的面积即可解题．
【详解】如图所示, 连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACB=12∠BCD，AB=26,OA=12AC=24,AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠BCD=∠CBE， OB=AB2−OA2=262−242=10，
∴△ABC的面积=12AC×OB=12×48×10=240，
∵ BF平分∠CBE，
∴∠CBF=12∠CBE，
∴∠ACB=∠CBF，
∴ AC∥BF，
∴△ACG的面积=△ABC的面积=240，
故答案为：240．
【变式2】（23-24九年级上·贵州毕节·阶段练习）如图，菱形ABCD中，∠D=135°，BE⊥CD于点E，交AC于点F，FG⊥BC于点G．若△BFG的周长为4，则菱形ABCD的面积为 ．

【答案】82
【分析】根据菱形的性质得到∠BCD=45°，推出△BFG与△BEC是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到FG=FE，CG=CE，设BG=FG=EF=x，得到BF=2x，根据△BFG的周长为4，列方程x+x+2x=4，即可求出BE和BC，再利用菱形面积公式计算即可．
【详解】解：∵菱形ABCD中，∠D=135°，
∴∠BCD=45°，
∵BE⊥CD于E，FG⊥BC于G，
∴△BFG与△BEC是等腰直角三角形，
∵∠GCF=∠ECF，∠CGF=∠CEF=90°，CF=CF，
∴△CGF≌△CEF(AAS)，
∴FG=FE，CG=CE，
设BG=FG=EF=x，
∴BF=2x，
∵△BFG的周长为4，
∴x+x+2x=4，
∴x=4−22，
∴BE=22，
∴BC=2BE=4，
∴菱形ABCD的面积=4×22=82，
故答案为：82．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据周长列出相应方程是本题的关键．
【变式3】（22-23八年级下·山西忻州·期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH．若OB=4.5，S菱形ABCD=36，则OH的长为 ．

【答案】4
【分析】根据菱形面积的计算公式求得AC，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求得答案．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，OB=4.5，
∴OA=OC,BD=2OB=9，
∵S菱形ABCD=36，
∴12BD×AC=36，
∴AC=8，
∵AH⊥BC，OA=OC，
∴∠AHC=90°,O为AC的中点；
在Rt△AHC中，O为AC的中点
∴OH=12AC=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半的性质，根据菱形的面积公式：菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题的关键．
考点6：菱形的判定
典例6：（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB=2CD，E为AB的中点，连接CE．
(1)求证：四边形AECD为菱形；
(2)若∠D=120°，DC=1，求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先通过一组对边平行且相等证明四边形AECD是平行四边形．再结合角平分线的定义以及边的等量代换，得邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答．
（2）先由菱形的性质，证明△CEB是等边三角形．再结合勾股定理得AC=3，根据三角形的面积公式建立式子，进行计算，即可作答．
【详解】（1）证明：∵E为AB的中点，
∴AB=2AE=2BE．
∵AB=2CD，
∴CD=AE．
又∵AE∥CD，
∴四边形AECD是平行四边形．
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠EAC．
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠EAC，
∴∠DCA=∠DAC．
∴AD=CD．
∴平行四边形AECD是菱形．
（2）解：∵四边形AECD是菱形，∠D=120°，DC=1，
∴AD=DC=CE=AE=1，∠AEC=∠D=120°．
∴AE=CE=BE=1，∠CEB=60°．
∴∠CAE=∠ACE=30°， △CEB是等边三角形．
∴BE=BC=EC=1，∠B=60°．
∴∠ACB=90°．
∴AC=4−1=3
∴S△ABC=12BC·AC=12×1×3=32．
【变式1】（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，点F在BC上，AB=BF，连接AF交BE于点O，连接EF．
(1)求证：四边形ABFE是菱形；
(2)若E、F分别为AD、BC的中点，CF=5，AF=8，求点D到AB的距离．
【答案】(1)见解析
(2)点D到AB的距离为485
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质，勾股定理等知识点，熟记相关定理内容是解题关键.
（1）根据条件可证∠AEB=∠ABE得AE=AB，进一步可得四边形ABFE是平行四边形；结合AB=BF即可求证；
（2）求出▱ABCD的面积即可求解；
【详解】（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠AEB=∠FBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠FBE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB，
∵BF=AB，
∴AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵AB=BF，
∴四边形ABFE是菱形．
（2）解：由（1）知四边形ABFE是菱形，AF、BE是它的对角线，
∴AF⊥BE，
∵AF=8，
∴AO=FO=4，
∵F为BC的中点，CF=5，
∴BF=CF=5，
在Rt△BOF中，BO=BF2−FO2=52−42=3，
∴BE=2BO=6，
∴S菱形ABFE=12×8×6=24，
∵在▱ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，
∴S▱ABCD=2S菱形ABFE=48．
∵AB=BF，
∴AB=5，
点D到AB的距离即为▱ABCD的AB边上的高，
∴设点D到AB的距离为h，
则5ℎ=48，
∴ℎ=485．
即点D到AB的距离为485．
【变式2】（2024·山西晋城·二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)填出证明过程中的依据．
依据1：____________；
依据2：____________．
(2)请根据善思小组的作法，求证：四边形AEDF是菱形．
(3)如图3，请你在锐角三角形纸片ABC上用尺规再设计一种不同的方法作菱形AEDF．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
【答案】(1)等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质，角平分线，线段垂直平分线和作与已知角相等的角以及平行线的尺规作图，等角对等边等等：
（1）根据所给推论过程和作图方法求解即可；
（2）由作图方法可知AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，则AE=DE，AF=DF，再证明△AOE≌△AOFASA，得到AE=AF，则AE=AF=DE=DF，即可证明四边形AEDF是菱形；
（3）同理作出点D，再分别作∠EDA=∠EAD，∠FDA=∠FAD分别交AB，AC于E、F即可．
【详解】（1）证明：根据尺规作图，得AD平分∠BAC，∠FDC=∠B，AE=AF．
∴∠BAD=∠CAD，FD∥AB．
∴∠ADF=∠BAD．
∴∠ADF=∠CAD．
∴AF=DF．（等角对等边）
∴AE=DF．
∴四边形AEDF是平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形．
故答案为：等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）解：由作图方法可知AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，
∴AE=DE，AF=DF，∠AOE=∠AOF=90°，∠OAE=∠OAF
又∵OA=OA，
∴△AOE≌△AOFASA，
∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，
∴四边形AEDF是菱形；
（3）解：如图所示，即为所求；
同理作出点D，再分别作∠EDA=∠EAD，∠FDA=∠FAD分别交AB，AC于E、F即可．
【变式3】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
(1)求证：四边形BNDM是菱形；
(2)若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)52
【分析】（1）由AD∥BC，MN是对角线BD的垂直平分线，可得∠DMO=∠BNO，OB=OD，MN⊥BD，证明△MOD≌△NOBAAS，则OM=ON，进而结论得证；
（2）由菱形的性质可知，OB=12BD=12，OM=12MN=5，由勾股定理得：BM=13，根据菱形的周长为4BM，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，MN是对角线BD的垂直平分线，
∴∠DMO=∠BNO，OB=OD，MN⊥BD，
∵∠DMO=∠BNO，∠MOD=∠NOB，OD=OB，
∴△MOD≌△NOBAAS，
∴OM=ON，
又∵OB=OD，MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，
∴OB=12BD=12，OM=12MN=5，
由勾股定理得：BM=OM2+OB2=52+122=13，
∴4BM=4×13=52，
∴菱形BNDM的周长为52．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握平行线的性质，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
考点7：正方形的性质
典例3：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）如图，以正方形ABCD的边CD为边在正方形外作等边三角形CDE，连接BE交正方形的对角线AC于点F，连接DF，则∠AFD等于 ．
【答案】60°/60度
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，先证明△BCE为等腰三角形，进而求出∠CBE的度数，证明△BCF≌DCF，得到∠CDF=∠CBE，再利用三角形的外角求出∠AFD即可．
【详解】解：∵以正方形ABCD的边CD为边在正方形外作等边三角形CDE，
∴BC=CD=CE,∠BCD=90°,∠DCE=60°,∠ACB=∠ACD=45°，
∴∠BCE=90°+60°=150°，
∴∠CBE=∠CEB=12180°−150°=15°，
∵BC=CD,∠ACB=∠ACD=45°,CF=CF，
∴△BCF≌DCF，
∴∠CDF=∠CBE=15°，
∴∠AFD=∠FDC+∠ACD=60°；
故答案为：60°
【变式1】（2023·四川成都·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E是CD的中点，按以下步骤作图．分别以点A和点E为圆心，以大于12AE的长为半径作弧，两弧相交于点G，H．作直线GH交AD于点F．则FD的长为 ．
【答案】32
【分析】
本题考查正方形的性质，作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，勾股定理．先由作法得出GH⊥AE且GH平分AE，从而得到AF=EF，在Rt△DEF中，设FD=x，则EF=AF=AD−FD=4−x，由勾股定理，得x2+22=4−x2，求解即可．
【详解】
解：连接EF，
由作图可知，GH⊥AE且GH平分AE，
∴AF=EF，
∵正方形ABCD，
∴∠D=90°，AD=CD=AB=4，
∵E是CD的中点，
∴ED=12CD=2，
在Rt△DEF中，设FD=x，则EF=AF=AD−FD=4−x，
由勾股定理，得x2+22=4−x2，
解得：x=32，
∴FD=32，
故答案为：32．
【变式2】（23-24八年级下·河北廊坊·阶段练习）如图，在边长为2的正方形ABCD的外侧，作△DCE,EC=ED=3．若G为边BC上的一点，当△EDC的面积是△ACG面积的3倍时，BG= （结果保留根号）．
【答案】2−63
【分析】本题主要考查勾股定理、等腰三角形的性质，过点E作CD的垂线，交CD于点N，先求得EN=2，进而可求得S△EDC和S△ACG的数值，根据S△ACG=12AB·CG即可求得答案．
【详解】如图所示，过点E作CD的垂线，交CD于点N．
∵EC=ED，EN⊥CD，
∴CN=12CD=1．
在Rt△CEN中
EN=EC2−CN2=2．
∴S△EDC=12CD·EN=12×2×2=2．
∵△EDC的面积是△ACG面积的3倍，
∴S△ACG=S△EDC3=23=63．
∴S△ACG=12AB·CG=63，即
63=12×2×CG．
∴CG=63．
∴BG=BC−CG=2−63．
故答案为：2−63
【变式3】（2023·山东青岛·三模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连结AE，点F在边AD上，连结BF，把△ABF沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=2DF；③S四边形DFHE=6；④GE=0.2，其中正确结论的是 ．(填序号)
【答案】①④/④①
【分析】
本题考查翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，正方形的性质，根据翻折的性质证△ABF≌△DAE(ASA)，得出AF=DE=3，BF=AE，即可判断①正确；根据 DF=AD−AF=4−3=1，即可判断②错误；在Rt△ABF中，BF=5，S△ADF=12AB×AF=12×4×3=6，推出S△ABF=12AB⋅AF=12BF×AH，则AH=125，推出AG=2AH=245，FH=95，则S四边形DFHE=S△ADE−S△AFH，判定③错误；根据AE=BF=5，推出GE=AE−AG=0.2，即可判断④正确，进而得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=CD=4，∠BAD=∠D=90°，
∵CE=1，
∴DE=3，
由折叠的性质可得△ABF≌△GBF，
BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH=GH，
∴∠BAH+∠ABH=90°，
∵∠FAH+∠BAH=90°，
∴∠ABH=∠FAH，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=3，BF=AE，
故①正确；
∵DF=AD−AF=4−3=1，
∴AD=4DF，故②错误；
在Rt△ABF中，BF=5，
∴S△ADF=12AB×AF=12×4×3=6，
∴S△ABF=12AB⋅AF=12BF×AH，
∴4×3=5AH，
∴AH=125，
∴AG=2AH=245，FH=95，
∴S四边形DFHE=S△ADE−S△AFH=12×4×3−12×125×95=9625，
故③错误；
∵AE=BF=5，
∴GE=AE−AG=5−245=0.2，
故④正确；
综上所述：正确的是①④．
故答案为：①④．
【变式4】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1=∠2，求∠BPC的度数．

【答案】135°
【分析】利用角度的转换得到∠1+∠PCB=∠2+∠PCB=∠ACB，再根据正方形的性质得到∠ACB=45°，根据三角形内角和即可解答．
【详解】解：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠PCB=∠2+∠PCB=∠ACB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴∠BPC=180°−∠1+∠PCB=180°−45°=135°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和，熟练利用角度转换得到∠1+∠PCB =∠ACB是解题的关键．
【变式5】（23-24九年级上·甘肃陇南·阶段练习）已知：如图，正方形ABCD，连接AC，E是BC延长线上一点，AC=EC，连接AE交CD于点F．
(1)求∠E的度数；
(2)若DF=2，求点F到AC的距离．
【答案】(1)22.5°
(2)2
【分析】本题考查正方形的性质，角平分线的性质．
（1）根据正方形的性质，等边对等角以及三角形的外角进行求解即可；
（2）过点F作FH⊥AC，根据角平分线的性质得到FH=DF，即可．
掌握正方形的性质，等边对等角，是解题的关键．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠ACB=45°，
∵AC=EC，
∴∠E=∠CAE，
∵∠E+∠CAE=∠ACB=45°，
∴∠E=∠CAE=22.5°；
（2）∵正方形ABCD，
∴∠CAD=45°,∠D=90°，
∵∠CAE=22.5°，
∴∠DAF=∠CAD−∠CAE=22.5°，
∴AF平分∠CAD，
过点F作FH⊥AC，
∵∠D=90°，
∴FH=DF=2．即：点F到AC的距离为2．
【变式6】（23-24九年级上·山东枣庄·阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F．

(1)求证：△AOE≌△BOF；
(2)如果两个正方形的边长都为4，求四边形OEBF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，
（1）由题意得OA=OB，∠OAB=∠OBC=45°又因为∠AOE+∠EOB=90°，∠BOF+∠EOB=90°可得∠AOE=∠BOF，根据ASA可证明全等；
（2）由（1）得△AOE≌△BOF，从而有S四边形OEBF=S△EOB+S△OBF=S△EOB+S△AOE=S△AOB=14S正方形ABCD．据此解答．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD和A1B1C1O中，AO=BO，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBC=45°，
∵∠AOE+∠EOB=90°，∠BOF+∠EOB=90°，
∴∠AOE=∠BOF．
在△AOE和△BOF中，
∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF(ASA)．
（2）解：∵△AOE≌△BOF，
∴S四边形OEBF=S△EOB+S△OBF=S△EOB+S△AOE=S△AOB=14S正方形ABCD=14×42=4，
答：四边形OEBF的面积为4．
【变式7】（2023·广西防城港·模拟预测）（1）【操作发现】如图15，将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，请直接写出∠EAF的度数；
（2）【拓展探究】如图16，继续将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的点N处，连接NF交AM于点P．若AB=3，求线段PM的长；
（3）【迁移应用】如图17，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，AB=3，AD=5，求线段BE的长．
【答案】（1）45°；（2）2−3；（3）97或2
【分析】（1）由正方形的性质得到∠BAD=90°，再由折叠的性质得到∠BAE=∠MAE,∠DAF=∠MAF即可得到答案；
（2）证明△ANF是等腰直角三角形，得到∠NFE=∠CFE=30°，再由等腰直角三角形的性质得到AN=FN，∠AFN=45°，证明△ANP≌△FNEASA，由含30°角的直角三角形的性质得到AN=3PN=3a，AP=2PN=2a，根据AN+EN=AE即可求出答案；
（3）分两种情形，当DF=2CE时和CF=2DF两种情况求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形纸片ABCD，
∴∠C=∠BAD=90°，
由折叠的性质得到∠BAE=∠MAE,∠DAF=∠MAF，
∴∠MAE+∠MAF=∠BAE+∠DAF=12∠BAD=45°，
∴ ∠EAF=45°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠B=∠C=90°，
由折叠的性质得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，
∴ ∠ANF=180°−90°=90°，
由（1）得：∠EAF=45°，
∴ △ANF是等腰直角三角形，
∴ AN=FN，∠AFN=45°，
∴ ∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，
∴ 245°+∠NFE+∠CFE=180°，
∴ ∠NFE=∠CFE=30°，
∵ ∠AMF=∠ANF=90°，∠APN=∠FPM，
∴ ∠NAP=∠NFE=30°，
在△ANP和△FNE中，∠ANP=∠FNE=90°AN=FN∠NAP=∠NFE，
∴ △ANP≌△FNEASA，
∴ AP=FE，PN=EN，
∵ ∠NFE=∠CFE=30°，∠ENF=∠C=90°，
∴ ∠NEF=∠CEF=60°，
∴ ∠AEB=60°，
∵ ∠B=90°，
∴∠BAE=30°，
∴ BE=33AB=1，
∴ AE=2BE=2，
设PN=EN=a，
∵ ∠ANP=90°，∠NAP=30°，
∴ AN=3PN=3a，AP=2PN=2a，
∵ AN+EN=AE，
∴ 3a+a=2，
解得：a=3−1，
∴ AP=2a=23−2，
∴ PM=AM−AP=3−23−2=2−3；
（3）如图中，在AD上取一点J，使得AJ=AB，过点J作JT⊥BC于点T，交AF于点K，连接EK．
当DF=2CE时，CF=1，DF=2，
∵ JK∥DF，
∴ △AJK∽△ADF，
∴ AJAD=JKDF，
∴ JK2=35，
∴ JK=65，
由（1）可知EK=BE+JK，
设BE=x，则EK=x+65，
∵ EK2=ET2+KT2，
∴ x+652=3−x2+3−652，
∴ x=97．
当CF=2DF时，同法可得BE=2．
综上所述，满足条件的BE的值为97或2．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质和翻折变换是解题的关键．
考点8：正方形的判定
典例8：（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形AECF是菱形，对角线AC、EF交于点O， 点D、B是对角线EF所在直线上两点，且DE=BF，连接AD、AB、CD、CB，∠ADO=45°．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)若正方形ABCD的面积为32，BF=1，求点F到线段AE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)245．
【分析】
本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键．
（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题；
（2）由正方形的面积公式求得BO=DO=CO=AO=4,进而得到OF=3,由四边形ABCD是菱形得到EF=4,AC⊥EF， 菱形AFCE的面积=24，由勾股定理求得． AE=5，根据菱形的面积公式即可求得答案．
【详解】（1）
证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF,OA=OC, OE=OF,
∵DE=BF,
∴BO=DO,
又∵AC⊥BD,
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ADO=45°,
∴∠DAO=∠ADO=45°,
∵AO=DO,
∴AC=BD,
∴四边形ABCD是正方形．
（2）
解：∵正方形ABCD的面积为32，
∴12AC⋅BD=32,
∴12×4BO2=32,
∴BO=DO=CO=AO=4,
∴AC=2AO=8,
∵BF=1,
∴OF=BO−BF=4−1=3,
∵四边形AFCE是菱形，
∴EF=2OE=2OF=6, AC⊥EF,
∴菱形AFCE的面积=12AC⋅EF=12×8×6=24,
在Rt△AOE中，
AE=AO2+OE2=42+32=5,
设点F到线段AE的距离为ℎ，
∴菱形AFCE的面积=AE⋅ℎ=24,
即5ℎ=24,
∴ℎ=245，
∴即点F到线段AE的距离为245．
【变式1】（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，DF∥AC．
(1)求证：四边形AFDE为正方形；
(2)若AD=2，求四边形AFDE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】
本题主要考查正方形的判定和性质、角平分线的性质和勾股定理，
（1）根据题意可知四边形AFDE是平行四边形，结合角平分线可得∠FAD=∠EAD，由平行继而得到邻边相等且有一个角为直角，即可判定为正方形；
（2）由正方形得边相等，结合勾股定理即可求得边长，再利用面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形．
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD．
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD．
∴∠EDA=∠EAD．
∴AE=DE．
∴四边形AFDE是菱形．
∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形．
（2）∵四边形AFDE是正方形，
∴AF=DF=DE=AE，∠AED=90°，
∴AE2+DE2=AD2．
∵AD=2，
∴AE=DE=1(舍去负值)，
∴四边形AFDE的面积为1×1=1．
【变式2】（2024·云南昆明·一模）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠BEC=90°，将△BEC绕点B逆时针方向旋转90°得到△BFA（点E的对应点为点F)，延长CE交AF于点G．
(1)试判断四边形BEGF的形状，并说明理由；
(2)若AB=5，AG=1，求CE的长．
【答案】(1)四边形BEGF是正方形，理由见解析
(2)4
【分析】本题考查旋转的性质及正方形的性质，熟知图形旋转的性质及巧用勾股定理是解题的关键．
（1）根据旋转的性质可得出∠F=∠BEC=90°，再结合∠GEB=90°及∠FBE=90°可得出四边形BEGF为矩形，最后利用BE=BF可证明出四边形BEGF为正方形．
（2）利用勾股定理求出FG的长，进而得出AF的长，最后根据CE=AF即可解决问题．
【详解】（1）解：四边形BEGF是正方形．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°．
由旋转可知，
∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BE=BF，
∴∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE，
即∠EBF=∠ABC=90°．
又∵∠BEC=90°，
∴∠F=90°，∠GEB=90°，
∴四边形BEGF为矩形．
又∵BE=BF，
∴四边形BEGF为正方形．
（2）由（1）知，
四边形BEGF为正方形，
则令正方形的边长为x，
∴AF=x+1，BF=x．
在Rt△ABF中，
AF2+BF2=AB2，
∴(x+1)2+x2=52，
∴x=3，
∴AF=AG+GF=3+1=4，
∴CE=AF=4．
【变式3】（23-24九年级上·江西南昌·期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，作EF⊥DE交BC于点F，以ED和EF为邻边作矩形EFGD．
(1)猜想：AE，CG的位置关系是 ；
(2)求证：△DAE≌△DCG．
【答案】(1)AE⊥CG
(2)证明详见解析
【分析】1作EQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，根据正方形的性质与判定可得四边形EQCP为正方形，结合矩形的性质可得∠QEP=∠FED，减去一个公共角∠FEP可得∠QEF=∠PED，即可证明△EQF≌△EPD，即可推得矩形EFGD是正方形，则有∠ADC=∠EDG，减去公共角∠EDC可得∠ADE=∠CDG，可证△DAE≌△DCG，根据全等三角形对应角相等及等腰直角三角形性质即可证明AE⊥CG；
2作EQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，根据正方形的性质与判定可得四边形EQCP为正方形，结合矩形的性质可得∠QEP=∠FED，减去一个公共角∠FEP可得∠QEF=∠PED，即可证明△EQF≌△EPD，即可推得矩形EFGD是正方形，则有∠ADC=∠EDG，减去公共角∠EDC可得∠ADE=∠CDG，可证△DAE≌△DCG．
【详解】（1）解：AE⊥CG，
如图，作EQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，
∴∠EQF=∠EPD=90°，
∵正方形ABCD中，
∠BCD=∠ADC=90°，AD=CD，AC平分∠BCD，
∴四边形EQCP为正方形，
∴∠QEP=90°，QE=PE，
∵矩形EFGD中，∠FED=90°，
∴∠QEP=∠FED，
则∠QEP−∠FEP=∠FED−∠FEP，
即∠QEF=∠PED，
∴△EQF和△EPD中
∠QEF=∠PEDQE=PE∠EQF=∠EPD
∴△EQF≌△EPDASA，
∴EF=ED，
∴矩形EFGD是正方形，
∴DE=DG，∠EDG=90°，
∴∠ADC=∠EDG，
则∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC，
即∠ADE=∠CDG，
∵△DAE和△DCG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG
∴△DAE≌△DCGSAS，
∴∠DAE=∠DCG，
∵等腰直角△ACD中有∠DAE+∠DCA=90°，
∴∠DCG+∠DCA=90°，
即∠ACG=90°，AE⊥CG．
（2）解：如图，作EQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，
∴∠EQF=∠EPD=90°，
∵正方形ABCD中，
∠BCD=∠ADC=90°，AD=CD，AC平分∠BCD，
∴四边形EQCP为正方形，
∴∠QEP=90°，QE=PE，
∵矩形EFGD中，∠FED=90°，
∴∠QEP=∠FED，
则∠QEP−∠FEP=∠FED−∠FEP，
即∠QEF=∠PED，
∴△EQF和△EPD中，
∠QEF=∠PEDQE=PE∠EQF=∠EPD
∴△EQF≌△EPDASA，
∴EF=ED，
∴矩形EFGD是正方形，
∴DE=DG，∠EDG=90°，
∴∠ADC=∠EDG，
则∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC，
即∠ADE=∠CDG，
∵△DAE和△DCG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG
∴△DAE≌△DCGSAS．
【点睛】本题考查的知识点是正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解题关键是综合运用正方形、矩形、等腰三角形的性质及全等三角形的判定进行推理论证．
考点9：中点四边形
典例9：（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)材料中的依据1是指： ，依据2是指： ．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）；不必说明理由）
(3)在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）；
(2)见解析
(3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴ EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD．
【变式1】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点．

(1)请判断四边形EGFH的形状，并说明理由．
(2)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形，请说明理由．
(3)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是矩形，请说明理由．
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形，理由见解析
(2)AB=CD，理由见解析
(3)AB⊥CD，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，
∴EG∥AB,HF∥AB,EH∥CD,GF∥CD，EG=12AB,HF=12AB,EH=12CD,GF=12CD，
∴EG∥HF,EH∥GF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）当四边形ABCD满足AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：
∵EG=12AB,EH=12CD，AB=CD，
∴EG=EH，
∴平行四边形EGFH是菱形；
（3）当四边形ABCD满足AB⊥CD时，四边形EGFH是矩形，理由如下：
∵AB⊥CD，EG∥AB,EH∥CD，
∴EG⊥EH，
∴∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形．
【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理．
【变式2】（22-23八年级下·甘肃定西·期中）我们把依次连接任意四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形，如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH．

(1)这个中点四边形EFGH的形状一定是______；
(2)若AC=BD，证明四边形EFGH是菱形．
【答案】(1)平行四边形
(2)见解析
【分析】（1）根据中位线的性质得出EF∥AC，GH∥AC，根据平行公理得出EF∥GH，同理得出EF∥GH，即可得出答案；
（2）先根据中位线性质证明EF∥GH，EH∥GF，得出四边形EFGH为平行四边形，再根据AC=BD，得出EH=EF，证明平行四边形EFGH是菱形．
【详解】（1）解：连接AC、BD，如图所示：

∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，
∴EF∥GH，
同理可得：EH∥GF，
∴四边形EFGH为平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）证明：如图，连接AC、BD，
∵ E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，
EF∥AC，EF=12AC，HG∥AC，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形EFGH是菱形．

【点睛】本题主要考查了中位线的性质，平行四边形和菱形的判定，解题的关键是熟练掌握中位线性质，平行四边形的判定方法．
【变式3】（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得四边形EFGH．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)当四边形ABCD分别是菱形、矩形、正方形时，相应的平行四边形EFGH一定是“菱形、矩形、正方形”中的哪一种？请将你的结论填入下表：
【答案】(1)见解析
(2)矩形，菱形，正方形
【分析】（1）连接BD，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，可得EH和FG为中位线，根据中位线的性质即可求证．
（2）由（1），根据矩形，菱形，正方形的判定即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH//BD，EH＝12BD，
同理FG//BD，FG＝12BD，
∴EH//FG，且EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）连接AC，BD，如图所示：
当四边形ABCD是菱形时，
∴AC⊥BD，
∵FG//BD，EH//FG，
∴EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是矩形，
当四边形ABCD是矩形时，
AC=BD，则EH=EF，
∴平行四边形ABCD是菱形，
当四边形ABCD是正方形时，AC=BD且AC⊥BD，则EH=EF且EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是正方形，
故答案为：矩形，菱形，正方形．
【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线的性质，菱形的判定，矩形的判定及正方形的判定，熟练掌握其各判定定理是解题的关键．
矩形的性质：
因为ABCD是矩形
几何表达式举例：
(1) ……………
(2) ∵ABCD是矩形
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°
(3) ∵ABCD是矩形
∴AC=BD
矩形的判定：
四边形ABCD是矩形.


几何表达式举例：
(1) ∵ABCD是平行四边形
又∵∠A=90°
∴四边形ABCD是矩形
(2) ∵∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∴四边形ABCD是矩形
(3) ……………
菱形的性质：
因为ABCD是菱形

几何表达式举例：
(1) ……………
(2) ∵ABCD是菱形
∴AB=BC=CD=DA
(3) ∵ABCD是菱形
∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
菱形的判定：
四边形四边形ABCD是菱形.
几何表达式举例：
(1) ∵ABCD是平行四边形
∵DA=DC
∴四边形ABCD是菱形
(2) ∵AB=BC=CD=DA
∴四边形ABCD是菱形
(3) ∵ABCD是平行四边形
∵AC⊥BD
∴四边形ABCD是菱形
正方形的性质：
因为ABCD是正方形


几何表达式举例：
(1) ……………
(2) ∵ABCD是正方形
∴AB=BC=CD=DA
∠A=∠B=∠C=∠D=90°
(3) ∵ABCD是正方形
∴AC=BD AC⊥BD
∴……………
正方形的判定：
四边形ABCD是正方形.

几何表达式举例：
(1) ∵ABCD是平行四边形
又∵AD=AB ∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
(2) ∵ABCD是菱形
又∵∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形 (3)∵ABCD是矩形
又∵AD=AB
∴四边形ABCD是正方形
利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形在数学兴趣课上，老师提出一个问题：利用尺规在锐角三角形纸片ABC上作菱形AEDF，且点D，E，F分别在BC，AB，AC边上，同学们以小组为单位展开了讨论．
勤学小组展示了他们的作法：如图1，以点A为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交AB，AC边于点G，H；分别以点G，H为圆心，大于12GH的长为半径画弧，在△ABC内部交于点L；连接AL并延长，交BC边于点D；以点B为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交AB，BC边于点M，N；以点D为圆心，BN长为半径画弧，交BC边于点P；以点P为圆心，MN长为半径画弧，交前弧于点Q；连接DQ并延长，交AC边于点F；以点A为圆心，AF长为半径画弧，交AB边于点E；连接DE，DF．则四边形AEDF为菱形．
勤学小组进行了以下证明：
证明：根据尺规作图，得AD平分∠BAC，∠FDC=∠B，AE=AF．
∴∠BAD=∠CAD，FD∥AB．
∴∠ADF=∠BAD．
∴∠ADF=∠CAD．
∴AF=DF．（依据1）
∴AE=DF．
∴四边形AEDF是平行四边形．（依据2）
又∵AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形．
善思小组也展示了他们的作法：如图2，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC边于点R，S；分别以点R，S为圆心，大于12RS的长为半径画弧，两弧交于点T；连接AT并延长，交BC边于点D；分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径画弧，两弧分别交于点W，V；连接WV，分别交AB，AD，AC于点E，O，F；连接DE，DF．则四边形AEDF为菱形．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁(Varingnn,Pierre1654−1722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，∴ HG∥AC,HG=12AC．（依据1)
∴ DNNM=DGGC．∵DG=GC，∴ DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2)∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵ SΔADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴ S▱HPQG=12SΔADC．同理，…
四边形ABCD
菱形
矩形
正方形
平行四边形EFGH