专题1.4 特殊的平行四边形(精讲精练)(解析版)【人教版】

2019-2020学年八年级下学期期末考试高分直通车（人教版）
专题1.4特殊的平行四边形（精讲精练）【目标导航】
【知识梳理】
1.菱形的性质：
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质：
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积=1
2
ab．（a、b是两条对角线的长度）
2.菱形的判定：
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都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（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
3.矩形的性质：
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等且互相平分；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
4. 矩形的判定：
①矩形的定义：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对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
5.正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等且互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
6.正方形的判定：
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【典例剖析】
【考点1】菱形的性质
【例1】（2019秋•锦州期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，E是线段BD上一动点（点E不与点B，D重合），当△ABE是等腰三角形时，∠DAE＝（）
A．30°B．70°C．30°或60°D．40°或70°
【分析】在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，根据菱形的性质得到∠ABD ABC＝40°，AD∥BC，求得∠BAD＝180°﹣∠ABC＝100°，当AE＝BE时，当AB＝BE时根据等腰三角形的性质即可得到结论．【解析】∵在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，
∴∠ABD ABC＝40°，AD∥BC，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝100°，
∵△ABE是等腰三角形，
∴AE＝BE，或AB＝BE，
当AE＝BE时，
∴∠ABE＝∠BAE＝40°，
∴∠DAE＝100°﹣40°＝60°；
当AB＝BE时，∴∠BAE＝∠AEB（180°﹣40°）＝70°，
∴∠DAE＝100°﹣70°＝30°，
综上所述，当△ABE是等腰三角形时，∠DAE＝30°或60°，
故选：C．
点睛：本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
【变式1.1】（2019秋•英德市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为AB的中点且CD＝4，则OE等于（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用菱形的性质4条边相等以及三角形中位线定理进而得出答案．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AO⊥CO，
又∵点E是边AB的中点，
∴EO CB＝2．
故选：B．
点睛：此题主要考查了菱形的性质以及三角形中位线定理，得出EO BC是解题关键．
【变式1.2】（2019秋•顺德区期末）如图，菱形ABCD的边AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点F，连接DF．当∠BAD＝100°时，则∠CDF＝（）
A．l5°B．30°C．40°D．50°
【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF＝∠CDF，根据已知可注得∠CBF的度数，从而得∠CDF的度数．
【解析】如图，连接BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝BC，∠DCF＝∠BCF，
在△BCF和△DCF中，
∵，
∴△BCF≌△DCF（SAS）
∴∠CBF＝∠CDF
∵FE垂直平分AB，∠BAF100°＝50°
∴∠ABF＝∠BAF＝50°
∵∠ABC＝180°﹣100°＝80°，∠CBF＝80°﹣50°＝30°
∴∠CDF＝30°．
故选：B．
点睛：本题考查全等三角形的判定，菱形的性质，垂直平分线的性质，熟练掌握这些性质是关键．【变式1.3】（2019秋•高州市期末）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，S菱形ABCD＝24，则OH的长为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据菱形面积＝对角线积的一半可求AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【解析】∵ABCD是菱形，
∴BO＝DO＝4，AO＝CO，S菱形ABCD24，
∴AC＝6，
∵AH⊥BC，AO＝CO＝3，
∴OH AC＝3．
故选：A．
点睛：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，关键是灵活运用这些性质解决问题．
【变式1.4】（2019秋•红河州期末）如图，已知在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，其中B点坐标是（8，2），D点坐标是（0，2），点A在x轴上，则菱形ABCD的周长是（）
A．2B．8 C．8D．12
【分析】连接AC、BD交于点E，由菱形的性质得出AC⊥BD，AE＝CE AC，BE＝DE BD，由点B的坐标和点D的坐标得出OD＝2，求出DE＝4，AD＝2，即可得出答案．
【解析】连接AC、BD交于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，AE＝CE AC，BE＝DE BD，
∵点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），
∴OD＝2，BD＝8，
∴AE＝OD＝2，DE＝4，
∴AD2，
∴菱形的周长＝4AD＝8；
故选：C．
点睛：本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【考点2】菱形的判定条件
【例2】（2019秋•宁德期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD．若要使四边形ABCD为菱形，则可以添加的条件是（）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠AOB＝60°D．AC⊥BD
【分析】由条件OA＝OC，OB＝OD根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再由矩形和菱形的判定定理即可得出结论．
【解析】∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
A、∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AB⊥BC，
∴四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵∠AOB＝60°，
不能得出四边形ABCD是菱形；选项C不符合题意；
D、∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
点睛：此题主要考查了菱形的判定、矩形的判定；关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形．【变式2.1】（2019秋•渭滨区期末）下列条件中，能判断四边形是菱形的是（）A．对角线互相垂直且相等的四边形
B．对角线互相垂直的四边形
C．对角线相等的平行四边形
D．对角线互相平分且垂直的四边形
【分析】利用菱形的判定方法对各个选项一一进行判断即可．
【解析】A、对角线互相垂直相等的四边形不一定是菱形，此选项错误；
B、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，此选项错误；
C、对角线相等的平行四边形也可能是矩形，此选项错误；
D、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，此选项正确；
故选：D．
点睛：本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，熟练运用这些性质是本题的关键．
【变式2.2】（2018秋•建平县期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的有（）
①当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形；
②当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；
③当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是菱形：
④当AC＝BD时，四边形ABCD是菱形；
A．3个B．4个C．1个D．2个
【分析】根据菱形的判定定理判断即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴①当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形；故符合题意；
②当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；故符合题意；
③当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形；故不符合题意；
④当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形；故不符合题意；
故选：D．
点睛：本题考查了菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【变式2.3】（2018秋•丹东期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、
F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平
分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数是（）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由平行四边形的性质可得OB＝BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断②正确，通过证四边形BGFE是平行四边形，可判断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确，由∠BAC≠30°可判断⑤错误．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形
∴BO＝DO BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，又∵BD＝2AD，
∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E是OC中点，
∴BE⊥AC，
故①正确，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，EF CD，
∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，
∴GE AB＝AG＝BG
∴EG＝EF＝AG＝BG，
故②正确，
∵BG＝EF，AB∥CD∥EF
∴四边形BGFE是平行四边形，
∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，
∴△BGE≌△FEG（SSS）
故③正确
∵EF∥CD∥AB，
∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，
∵AG＝GE，
∴∠GAE＝∠AEG，
∴∠AEG＝∠AEF，
∴AE平分∠GEF，
故④正确，
若四边形BEFG是菱形
∴BE＝BG AB，
∴∠BAC＝30°
与题意不符合
故⑤错误
故选：C．
点睛：本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
【变式2.4】（2019秋•禅城区期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，AH⊥BC，点E是AH上一点，延长AH至点F，使FH＝EH．求证：四边形EBFC是菱形．
【分析】根据题意可证得△BCE为等腰三角形，由AH⊥CB，则BH＝HC，从而得出四边形EBFC是菱形．
【解析】证明：∵AB＝AC，AH⊥CB，
∴BH＝HC，
∵FH＝EH，
∴四边形EBFC是平行四边形，
又∵AH⊥CB，
∴四边形EBFC是菱形．
点睛：本题考查了菱形的判定和性质，以及等腰三角形的性质，是基础知识要熟练掌握．
【考点3】矩形的性质
【例3】（2019秋•和县期末）如图，点M，N是矩形ABCD的边BC，CD上的点，过点B作BN⊥AM于点
P，交矩形ABCD的边于点N，连接DP．若AB＝6，AD＝4，则DP的长的最小值为（）
A．2 B．C．4 D．5
【分析】易证∠APB＝90°，则P点的运动轨迹是以AB为直径，在AB上方的半圆，取AB的中点为O，连接OD，OD与半圆的交点P′就是DP的长的最小值时的位置，OP′＝OA AB＝3，
OD5，DP′＝OD﹣OP′＝2，即可得出结果．
【解析】∵BN⊥AM，
∴∠APB＝90°，
∵AB＝6为定长，
则P点的运动轨迹是以AB为直径，在AB上方的半圆，
取AB的中点为O，
连接OD，OD与半圆的交点P′就是DP长的最小值时的位置，如图所示：
∵AB＝6，AD＝4，
∴OP′＝OA AB＝3，
OD5，
∴DP′＝OD﹣OP′＝5﹣3＝2，
∴DP的长的最小值为2，
故选：A．
点睛：本题考查了矩形的性质、勾股定理、轨迹等知识；判断出P点的运动轨迹，找出DP长的最小值时的位置是解题的关键．
【变式3.1】（2019秋•平度市期末）如图，矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M，N分别为BC，OC的中点．若MN＝3，AB＝6，则∠ACB的度数为（）
A．30°B．35°C．45°D．60°
【分析】根据中位线的性质求出BO长度，再依据矩形的性质AC＝BD＝2BO进行求解，然后根据三角函数的定义即可得到结论．
【解析】∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝6．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝2BO＝12，
∴sin∠ACB，
∴∠ACB＝30°，
故选：A．
点睛：本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．【变式3.2】（2019秋•龙泉驿区期末）如图，在矩形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为点E，AE＝8，AC＝20，则OE的长为（）
A．4B．4 C．6 D．8
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO AC＝10，由勾股定理可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO AC＝10，
∴OE6，
故选：C．
点睛：本题考查了矩形的性质，勾股定理，灵活运用矩形的性质是本题的关键．
【变式3.3】（2019秋•太仓市期末）如图，在一张长方形纸片上画一条线段AB，将右侧部分纸片四边形ABCD 沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，若∠ABC＝58°，则∠1＝（）
A．60°B．64°C．42°D．52°
【分析】由平行线的性质可得∠BAD＝122°，由折叠的性质可得∠BAD＝∠BAD'＝122°，即可求解．【解析】∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，且∠ABC＝58°，
∴∠BAD＝122°，
∵将右侧部分纸片四边形ABCD沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，
∴∠BAD＝∠BAD'＝122°，
∴∠1＝122°+122°﹣180°＝64°，
故选：B．
点睛：本题考查了矩形的性质，折叠的性质，灵活运用这些的性质进行推理是本题的关键．
【变式3.4】（2019秋•揭阳期末）如图，点P是矩形ABCD的边上一动点，矩形两边长AB、BC长分别为15和20，那么P到矩形两条对角线AC和BD的距离之和是（）
A．6 B．12 C．24 D．不能确定
【分析】由矩形ABCD可得：S△AOD S矩形ABCD，又由AB＝15，BC＝20，可求得AC的长，则可求得
OA与OD的长，又由S△AOD＝S△APO+S△DPO OA•PE OD•PF，代入数值即可求得结果．
【解析】连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC AC，OB＝OD BD，∠ABC＝90°，
S△AOD S矩形ABCD，
∴OA＝OD AC，
∵AB＝15，BC＝20，
∴AC25，S△AOD S矩形ABCD15×20＝75，
∴OA＝OD，
∴S△AOD＝S△APO+S△DPO OA•PE OD•PF OA•（PE+PF）（PE+PF）＝75，
∴PE+PF＝12．
∴点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是12．
故选：B．
点睛：此题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积．熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
【考点4】矩形的判定条件
【例4】（2019秋•岐山县期末）如图，在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断中不正确的是（）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形
C．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是菱形
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是矩形
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项分析即可．
【解析】因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A正确．
∠BAC＝90°，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B正确．
若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是菱形，故C正确；
因为AD平分∠BAC，所以AE＝DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故D错误．故选：D．
点睛：本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点．
【变式4.1】（2019秋•广饶县期末）如图所示，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定平行四边形ABCD为矩形的是（）
A．∠ABC＝90°B．AC＝BD C．AD＝AB D．∠BAD＝∠ADC
【分析】本题考查的是矩形的判定，平行四边形的性质有关知识，利用矩形的判定，平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可解答．
【解析】A．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
B．根据对角线相等的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
C．不能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项符合题意；
D．平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
又∵∠BAD＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意．故选：C．
点睛：本题考查了矩形的判定以及平行四边形的性质；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
【变式4.2】（2019秋•兰州期末）能判定一个平行四边形是矩形的条件是（）
A．两条对角线互相平分B．一组邻边相等
C．两条对角线相等D．两条对角线互相垂直
【分析】根据平行四边形的判定（对角线互相平分），矩形的判定（对角线互相平分且相等），菱形的判定（对角线互相平分且垂直或一组邻边相等的平行四边形）判断即可．
【解析】A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项错误；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形不一定是矩形，故本选项错误；
C、根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项正确；
D、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项错误．
故选：C．
点睛：本题主要考查矩形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定等知识点的理解和掌握，能熟练运用判定方法进行说理是解此题的关键．
【变式4.3】（2019秋•法库县期末）四边形ABCD的对角线AC、BD互相平分，要使它成为矩形，需要添加的条件是（）
A．AB＝CD B．AC＝BD C．AB＝BC D．AC⊥BD
【分析】由平行四边形的判定方法得出四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定方法即可得出结论．【解析】需要添加的条件是AC＝BD；理由如下：
∵四边形ABCD的对角线AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）；
故选：B．
点睛：本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形和矩形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
【变式4.4】（2019秋•陈仓区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作▱ABDE，连接AD、EC．
（1）求证：△ADC≌△ECD；
（2）若BD＝CD，求证：四边形ADCE是矩形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC＝90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【解析】证明：（1）∵四边形ABDE是平行四边形（已知），
∴AB∥DE，AB＝DE（平行四边形的对边平行且相等）；
∴∠B＝∠EDC（两直线平行，同位角相等）；
又∵AB＝AC（已知），
∴AC＝DE（等量代换），∠B＝∠ACB（等边对等角），
∴∠EDC＝∠ACD（等量代换）；
∵在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）∵四边形ABDE是平行四边形（已知），
∴BD∥AE，BD＝AE（平行四边形的对边平行且相等），
∴AE∥CD；
又∵BD＝CD，
∴AE＝CD（等量代换），
∴四边形ADCE是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
在△ABC中，AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC（等腰三角形的“三合一”性质），
∴∠ADC＝90°，
∴▱ADCE是矩形．
点睛：本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定．注意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形’是矩形”，而不是“有一个角是直角的‘四边形’是矩形”．
【考点5】直角三角形斜边的中线
【例5】（2019秋•鼓楼区期末）如图，AB⊥AF，EF⊥AF，BE与AF交于点C，点D是BC的中点，∠AEB ＝2∠B．若BC＝8，EF，则AF的长是（）
A．B．C．3 D．5
【分析】根据直角三角形的性质和等腰三角形的判定和性质即可得到结论．
【解析】∵AB⊥AF，
∴∠F AB＝90°，
∴AD＝BD BC，
∴∠DAB＝B，
∴∠ADE＝∠B+∠BAD＝2∠B，
∵∠AEB＝2∠B，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∵BC＝8，
∴AE＝AD＝4，
∵EF，EF⊥AF，
∴AF3，
故选：C．
点睛：本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
【变式5.1】（2019秋•苏州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的高，点E为AC的中点，连接DE．若△ABC的周长为20，则△CDE的周长为（）
A．10 B．12 C．14 D．16
【分析】根据等腰三角形的性质得到BD＝DC，根据直角三角形的性质得到DE AC＝AE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解析】∵AB＝AC，AD为BC边上的高，
∴BD＝DC，
∴AC+CD＝10，
在Rt△ADC中，点E为AC的中点，
∴DE AC＝AE，
∴△CDE的周长＝DE+EC+DC＝AE+EC+CD＝AC+CD＝10，
故选：A．
点睛：本题考查的是等腰三角形的性质、直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【变式5.2】（2019秋•滦州市期末）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（）
A．下滑时，OP增大B．上升时，OP减小
C．无论怎样滑动，OP不变D．只要滑动，OP就变化
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP AB．
【解析】∵AO⊥BO，点P是AB的中点，
∴OP AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．
故选：C．
点睛：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
【变式5.3】（2019秋•颍州区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，P 点是BD的中点，若AD＝6，则CP的长为（）
A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
【分析】由题意推出BD＝AD，然后，在Rt△BCD中，CP BD，即可推出CP的长度．
【解析】∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠A＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠DBA＝30°，
∴BD＝AD，
∵AD＝6，
∴BD＝6，
∵P点是BD的中点，
∴CP BD＝3．
故选：A．
点睛：本题主要考查角平分线的性质、等腰三角形的判定和性质、折角三角形斜边上的中线的性质，关键在于根据已知推出BD＝AD，求出BD的长度．
【变式5.4】（2019秋•淮安期末）已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则最长边上的中线长为．【分析】先根据勾股定理的逆定理判断出△ABC的形状，再由直角三角形的性质即可得出结论．【解析】∵△ABC的三边长分别为5、12、13，52+122＝132，
∴△ABC是直角三角形，
∴最长边上的中线长．
故答案为：．
点睛：本题考查的是直角三角形斜边上的中线，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解答此题的关键．
【考点6】正方形的性质
【例6】（2019秋•建邺区期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：
①∠BAE＝30°；②射线FE是∠AFC的角平分线；③CF CD；④AF＝AB+CF．
其中正确结论的个数为（）
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
【分析】①根据题目中的条件和正方形的性质，利用锐角三角函数可以得到∠BAE是否等于30°；
②根据题目中的条件，可以求得∠AEB和∠CFE的正切值，从而可以得到射线FE是否为∠AFC的角平
分线；
③根据前面的推论，可以得到CF和CD的关系，从而可以判断CF CD是否成立；
④根据题目中的条件和全等三角形的判定与性质，可以得到AF＝AB+CF是否成立．
【解析】∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，
∴AB＝BC，BE AB，
∴tan A，
∵tan30°，
∴∠BAE≠30°，故①错误；
∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥EF，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，∠BEA+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
∵AB＝2BE＝2CE，
∴EC＝2CF，
设CF＝a，则EC＝BE＝2a，AB＝4a，
∴AE a，EF a，tan∠CFE＝2，
∴tan∠AFE2，
∴∠AFE＝∠CFE，
即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；∵BC＝CD，BC＝2CE＝4CF，
∴CF CD，故③错误；
作EG⊥AF于点G，
∵FE平分∠AFC，∠C＝90°，
∴EG＝EC，
∴EG＝EB，
∵∠B＝∠AGE＝90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）
∴AB＝AG，
又∵CF＝GF，AF＝AG+GF，
∴AF＝AB+CF，故④正确，
由上可得，②④正确，正确的个数为2，
故选：B．
点睛：本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【变式6.1】（2019秋•诸城市期末）如图，在正方形ABCD内，以BC为边作等边三角形BCM，连接AM并延长交CD于N，则下列结论不正确的是（）
A．∠DAN＝15°B．∠CMN＝45°C．AM＝MN D．MN＝NC
【分析】作MG⊥BC于G，利用等边三角形，正方形的性质一一判断即可．
【解析】作MG⊥BC于G．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝∠DAB＝°∠DCB＝90°
∵△MBC是等边三角形，
∴MB＝MC＝BC，∠MBC＝∠BMC＝60°，
∵MG⊥BC，
∴BG＝GC，
∵AB∥MG∥CD，
∴AM＝MN，
∴∠ABM＝30°，
∵BA＝BM，
∴∠MAB＝∠BMA＝75°，
∴∠DAN＝90°﹣75°＝15°，∠CMN＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
故A，B，C正确，
故选：D．
点睛：本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，平行线等分线段定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
【变式6.2】（2019秋•丽水期末）如图，以△ABC的三条边为边，分别向外作正方形，连接EF，GH，DJ，如果△ABC的面积为8，则图中阴影部分的面积为（）
A．28 B．24 C．20 D．16
【分析】过E作EM⊥F A交F A的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，根据全等三角形的性质得到EM＝CN，于是得到S△AEF＝S△ABC＝8，同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，于是得到结论．【解析】过E作EM⊥F A交F A的延长线于M，过C作CN⊥AB交AB的延长线于N，
∴∠M＝∠N＝90°，∠EAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAB＝90°，
∴∠EAM≌△CAN，
∴EM＝CN，
∵AF＝AB，
∴S△AEF AF•EM，S△ABC AB•CN＝8，
∴S△AEF＝S△ABC＝8，
同理S△CDJ＝S△BHG＝S△ABC＝8，
∴图中阴影部分的面积＝3×8＝24，
故选：B．
点睛：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式6.3】（2019秋•龙华区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，E是AB延长线上一点，且BE＝BD，则∠BDE的度数是（）
A．22.5°B．30°C．45°D．67.5°
【分析】因为BE＝DB，所以∠BDE＝∠E，根据三角形内角和外角的关系，∠DBA＝∠E+∠BDE＝2∠E．又
因为DB是正方形ABCD的对角线，所以∠ABD＝45°，则∠E45°＝22.5°．
【解析】∵BE＝DB，
∴∠BDE＝∠E，
∵∠DBA＝∠BDE+∠BED＝45°
∴∠BDE45°＝22.5°．
故选：A．
点睛：考查了正方形的性质，根据正方形的性质和三角形内角和外角的关系来求解是解答此题的关键，此题基础题，比较简单．
【变式6.4】（2019秋•丹东期末）如图，三个边长均为的正方形重叠在一起，M、N是其中两个正方形对角线的交点，则两个阴影部分面积之和是（）
A．1 B．2 C．D．4
【分析】连接AN，DN，易证△ANE≌△DNF，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案．
【解析】连接AN，DN，如图所示：
∵三个边长均为的正方形重叠在一起，M、N是其中两个正方形对角线的交点，
∴∠ANE+∠END＝90°，∠DNF+∠END＝90°，
∴∠ANE＝∠DNF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAN＝∠FDN＝45°，AN＝DN
在△ANE和△DNF中
∴△ANE≌△DNF（ASA），
∴两个正方形阴影部分ENFD的面积S正方形ABCD，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是S正方形ABCD，
∴S阴影部分S正方形1．
故选：A．
点睛：本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，把阴影部分进行合理转移是解决本题的难点，难度适中．
【考点7】菱形的性质与判定综合问题
【例7】（2019秋•市中区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．
（1）若∠B＝30°，AC＝6，求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，试判断四边形CEGF的形状，并说明原因．
【分析】（1）根据∠ACB＝90°，CD⊥AB，∠B＝30°，AC＝6，即可求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，根据菱形的判定即可判断四边形CEGF的形状，【解析】（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝30°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF＝30°，
∴CE＝AE，
过点E用EH垂直于AC于点H，
∴CH＝AH
∵AC＝6，
∴CE＝2
答：CE的长为2；
（2）∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB，
∴∠ACF＝∠AGF＝90°，CF＝GF，
在Rt△ACF与Rt△AGF中，
AF＝AF，CF＝GF，
∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），
∴∠AFC＝∠AFG，
∵CD⊥AB，FG⊥AB，
∴CD∥FG，
∴∠CEF＝∠EFG，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∴CE＝FG，
∴四边形CEGF是菱形
点睛：本题考查了菱形的判定和性质，解决本题的关键是综合运用角平分线的性质、等腰三角形的判定、30度特殊角的直角三角形．
【变式7.1】（2019秋•南海区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝2BC，E为AD的中点，连接BD，BE，∠ABD＝90°
（1）求证：四边形BCDE为菱形．
（2）连接．AC，若AC⊥BE，BC＝2，求BD的长．
【分析】（1）由题意可得DE＝BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE＝DE即可解决问题；
（2）证出四边形ABCE为菱形，得出BC＝AB＝2，AD＝2BC＝4，再由勾股定理即可得出答案．【解析】（1）证明：∵∠ABD＝90°，E是AD的中点，
∴BE＝DE＝AE，
∵AD＝2BC，
∴BC＝DE，
∵AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，。