【单元复习】第一章 特殊平行四边形（知识精讲+考点例析+举一反三+实战演练）（解析版）

【单元复习】第一章特殊平行四边形知识精讲第一章特殊平行四边形一、平行四边形1.平行四边形的定义:两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。2.平行四边形的性质（1）平行四边形的对边平行且相等。（对边）（2）平行四边形相邻的角互补，对角相等（对角）（3）平行四边形的对角线互相平分。（对角线）（4）平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点。常用点：（1）若一直线过平行四边形两对角线的交点，则这条直线被一组对边截下的线段的中点是对角线的交点，并且这条直线二等分此平行四边形的面积。（2）推论：夹在两条平行线间的平行线段相等。3.平行四边形的判定（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形。（对边）（2）定理1：两组对边分别相等的四边形是平行四边形。（对边）（3）定理2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。（对边）（4）定理3：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。（对角）（5）定理4：对角线互相平分的四边形是平行四边形。（对角线）4.两条平行线的距离两条平行线中，一条直线上的任意一点到另一条直线的距离，叫做这两条平行线的距离。注意：平行线间的距离处处相等。5.平行四边形的面积:

S平行四边形=底边长×高=ah二、菱形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）菱形的四条边相等，对边平行。（边）（2）菱形的相邻的角互补，对角相等。（对角）（3）菱形的对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角。（对角线）（4）菱形既是中心对称图形又是轴对称图形；对称中心是对角线的交点（对称中心到菱形四条边的距离相等）；对称轴有两条，是对角线所在的直线。3.菱形的判定（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形。（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形。（边）（3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。（对角线）（4）定理3：对角线垂直且平分的四边形是菱形。（对角线）4.菱形的面积：S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半三、矩形1.矩形的定义:有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。2.矩形的性质（1）矩形的对边平行且相等。（对边）（2）矩形的四个角都是直角。（内角）（3）矩形的对角线相等且互相平分。（对角线）（4）矩形既是中心对称图形又是轴对称图形；对称中心是对角线的交点（对称中心到矩形四个顶点的距离相等）；对称轴有两条，是对边中点连线所在的直线。3.矩形的判定（1）定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形。（2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形。（角）（3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形。（对角线）推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。4.矩形的面积:S矩形=长×宽=ab四、正方形1.正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。2.正方形的性质（1）正方形四条边都相等，对边平行。（边）（2）正方形的四个角都是直角（角）（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角（对角线）（4）正方形既是中心对称图形又是轴对称图形；对称中心是对角线的交点；对称轴有四条，是对角线所在的直线和对边中点连线所在的直线。3.正方形的判定（1）定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。（2）定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形。（3）定理2：对角线互相垂直的矩形是正方形。（4）定理3：有一个角是直角的菱形是正方形。（5）定理4：对角线相等的菱形是正方形。（6）定理5：对角线垂直且相等的平行四边形是正方形。判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：（1）先证它是矩形，再证它是菱形。（2）先证它是菱形，再证它是矩形。4.正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b，则五、有关中点四边形问题的知识点：（1）顺次连接任意四边形的四边中点所得的四边形是平行四边形；（2）顺次连接矩形的四边中点所得的四边形是菱形；（3）顺次连接菱形的四边中点所得的四边形是矩形；（4）顺次连接等腰梯形的四边中点所得的四边形是菱形；（5）顺次连接对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形；（6）顺次连接对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形；（7）顺次连接多角线互相垂直且相等的四边形四边中点所得的四边形是正方形。考点例析【考点1】菱形的性质与判定【例1】（2022·黑龙江大庆·九年级期中）菱形的周长为12，一个内角为60°，则较短的对角线长为(

)A．2 B．3 C．1 D．【答案】B【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质和周长公式可得，，再根据平行线的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质即可得．【详解】解：如图，四边形是菱形，其周长为12，，，，是等边三角形，，又在中，，，，即较短的对角线长为3，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．【例2】（2022·黑龙江大庆·九年级期中）已知一个菱形的两条对角线分别为8cm，10cm，则它的边长为________________cm【答案】【分析】根据菱形的性质：对角线互相垂直，利用勾股定理可求得其边长．【详解】解：如图所示，四边形ABCD是菱形，BD=8cm，AC=10cm，∴AC⊥BD，，∴，∴菱形的边长为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．【考点2】矩形的性质与判定【例3】（2022·全国·九年级单元测试）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（

）A．当AC＝BD时，它是正方形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC＝90°时，它是矩形 D．当AB＝BC时，它是菱形【答案】A【分析】根据相关特殊四边形的判定即可解答．【详解】A．当AC＝BD时，它可能是正方形，也可能是矩形，故选项错误，符合题意．

B．当AC⊥BD时，它是菱形，故选项正确，不符合题意．

C．当∠ABC＝90°时，它是矩形，故选项正确，不符合题意．

D．当AB＝BC时，它是菱形，故选项正确，不符合题意．

故选：A．【点睛】此题考查了特殊四边形的判定，解题的关键是熟记特殊四边形的判定．【例4】（2022·黑龙江·绥滨县教师进修学校八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件______使平行四边形ABCD是矩形．【答案】（答案不唯一）【分析】根据矩形的判定方法即可解决问题；【详解】解：若使▱ABCD是矩形，可添加的条件是：AC=BD；（对角线相等的平行四边形是矩形），∠ABC=90°等（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故答案为：任意写出一个正确答案即可，如：AC=BD或∠ABC=90°．故答案为：AC=BD（答案不唯一）【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题关键．【考点3】正方形的性质与判定【例5】（2022·全国·九年级单元测试）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边BC上的一个动点，OE⊥OF，交边AB于点F，点G，H分别是点E，F关于直线AC的对称点，点E从点C运动到点B时，图中阴影部分面积的大小变化是（）A．先增大后减小 B．先减小后增大C．一直不变 D．不确定【答案】C【分析】连接BD，证明△FOB≌△EOC，同理得到△HOD≌△GOC，即可得到答案．【详解】解：连接BD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，，∴∠BOЕ+∠EOC=90°，∵OE⊥OF，∴∠BOE+∠FOB=90°，∴∠FOB=∠EOC，在△FOB和△EOC，，∴△FOB≌△EOC，同理，△HOD≌△GOC，∴图中阴影部分的面积=△ABD的面积=正方形ABCD的面积．∴阴影部分面积的大小一直不变．故选：C．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．举一反三一、选择题（共3小题）1．（2022·广东韶关·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线，，则该菱形的面积为（

）A．50 B．25 C． D．12.5【答案】B【分析】利用菱形的面积等于菱形两对角线乘积的一半即可求得答案．【详解】解：∵菱形ABCD的对角线AC=5，BD=10，∴S菱形ABCD=AC•BD=×5×10=25，故选：B．【点睛】本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的面积等于菱形两对角线乘积的一半是解题的关键．2．（2022·四川绵阳·九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】利用平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰梯形的性质逐一验证即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，E是BD的中点，∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，BE=DE，∴∠DME=∠BNE，∠MDE=∠NBE，∴△DME≌△BNE，∴DM=BN，∴AD-DM=BC-BN，即AM=CN，故①正确；∵四边形ABCD是平行四边形，，∴四边形ABCD是矩形，如图所示，∵M为AD的中点，∴AM=DM，∵AB=CD，∠A=∠CDM=90°，∴△BAM≌△CDM，∴BM=CM，故②正确；∵AD∥BC，∴△MCN与△DCN等底等高，∴，∴，即，故③正确；∵AB=MN，AB=CD，∴MN=CD，∵NC∥MD，∴四边形MNCD是等腰梯形，∴∠MNC=∠DCN，∵NC=CN，∴△MNC≌△DCN，∴∠MCN=∠DNC，∴∠MNC−∠MCN=∠DCN−∠DCN，即∠MNF=∠DCF，∵∠MFN=∠DFC，MN=CD，∴△MFN≌△DFC，故④正确；综上四个结论全部正确．故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键．3．（2022·甘肃平凉·九年级期中）如图，下列三组条件中，能判定是正方形的有（

）①，；②，；③，；A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】D【分析】根据正方形的判定逐个分析即可得．【详解】解：四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，又，菱形是正方形，则条件①能判定是正方形；四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，又，菱形是正方形，则条件②能判定是正方形；四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，，又，，菱形是正方形，则条件③能判定是正方形；故选：D．【点睛】本题考查了正方形的判定，还涉及菱形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握正方形的判定是解题关键．二、填空题（共3小题）4．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．【答案】（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．5．（2022·甘肃平凉·八年级期中）如图所示，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为，正方形A，B，C的面积分别是，，，则正方形的面积是______．【答案】17【分析】根据勾股定理有，，，等量代换即可求正方形D的面积．【详解】如图，根据勾股定理可知，∵，，，∴，∴正方形D的面积=49-8-10-14=17（cm2）；故答案为：17．【点睛】此题主要考查了勾股定理，注意根据正方形的面积公式以及勾股定理得到图中正方形的面积之间的关系：以直角三角形的两条直角边为边长的两个正方形的面积和等于以斜边为边长的面积．6．（2022·山东菏泽·七年级期末）如图所示，在正方形网格中，点A、B、C、D、E、F是网格线交点；直线l经过点A、B、C、D、如果在直线l上存在一点M，使得的值最小，则点M与点__________重合．【答案】B【分析】先确定点F关于直线AD的对称点，连接对称点与点E构成的线段与直线AD的交点，即为所求点．【详解】根据题意，可得：点F是边长为3的正方形的一个顶点，AD是正方形的对角线，根据正方形的性质，可得：点G是点F关于l的对称点，连接EG，交直线AD于点B．故答案为：B【点睛】本题考查了最短路径问题、正方形的性质、轴对称，熟练掌握正方形的性质、理解轴对称的意义是解本题的关键．三、简答题（共3小题）7．（2022·辽宁葫芦岛·八年级期末）如图，在中，过点A作于点E，于点F，且．(1)求证：是菱形；(2)若，，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证△AEB≌△AFD，得AB=AD，即可得出结论；（2）连接AC，证△ACD是等边三角形，得CD=AC，再由含30°角的直角三角形的性质得AC=2CF=4，则CD=AC=4，AF=2，即可求解．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴．∵，，∴，又∵，∴．∴，∴四边形ABCD是菱形．（2）如图，连接AC，∵，，∴∵，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴，∴是等边三角形∵∴∴在中，．∴菱形ABCD的面积．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键，属于中考常考题型．8．（2022·贵州·仁怀市教育研究室三模）某数学兴趣小组开展图形的折叠实验探究，如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E为CD上一动点（不与C，D重合）(1)如图（1），将沿BE折叠，使得点C的对应点恰好落在AD边上的F处，求DE的长；(2)如图（2），将沿BE折叠，使得点C的对应点为F，连接DF，当DF取得最小值时，求DE的长；(3)如图（3），小明准备用上述纸片折叠一种纸飞机，发现其中一个步骤是需将沿BE折叠，使点C的对应点F落在矩形ABCD的对称轴上，在这种情况下，求DE的长．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）设DE=x，求出FD=2，根据勾股定理列出方程即可求解；（2）连接BD，DF≥BD-BF，当B、F、D三点共线时，DF最小，类似于（1）的方法求出DE长即可；（3）分F落在AD中垂线上，点F落在CD的中垂线上，类似（1）结合勾股定理求解即可．【详解】（1）解：∵，，由翻折可知，，FE=EC，设DE=x，则FE=EC=6-x，，FD=AD-AF=2，∴，解得，，DE长为．（2）解：连接BD，如图1所示，∵DF≥BD-BF，当B、F、D三点共线时，DF最小，如图2所示，，设DE=x，则FE=EC=6-x，FD=BD-BF=，∴，解得，，DE长为．

图1

图2解：如图3所示，点F落在CD中垂线上，设中垂线与CD、AB分别交于M、N，则BN=CM=DM=3，由折叠可知，BF=BC=10，，设ME=y，则FE=EC=3-y，FM=MN-NF=，，，DE长为．如图4所示，点F落在AD中垂线上，设中垂线与AD、CB分别交于U、T，作FV⊥DC，交CD延长线于点V，则BT=CT=DU=FV=5，由折叠可知，BF=BC=10，，设VE=m，则FE=EC=，，，∵，DE长为．

图3

图4【点睛】本题考查了勾股定理与矩形折叠，解题关键是恰当设未知数，利用勾股定理列出方程求解．9．（2022·湖北武汉·八年级期中）如图1，以□ABCD的邻边AB和BC为边向外作正方形ABFE和正方形BCHG，连接BD、FG，线段BD和FG之间存在怎样的数量关系和位置关系？(1)先将问题特殊化，如图2，当∠ADC＝90°时，直接写出BD和FG之间的数量关系和位置关系．(2)再探究一般情况，当∠ADC≠90°时，证明(1)中的结论依然成立．(3)在(2)的条件下，连接EH，M为EH的中点，连接MF，试给出FM和BD的数量关系并证明．【答案】(1)BD=FG，BD⊥FG，理由见解析(2)证明见解析(3)，证明见解析【分析】（1）如图所示，延长DB交FG于M，只需要证明△FBG≌△DCB，进而可以得到结论；（2）类似于（1）的证明方法证明即可；（3）如图2所示，连接MG，延长FM至Q，使得MQ=FH，连接QH，延长FB交QH于P，证明△EMF≌△HMQ，进一步证明△QHG≌△FBG推出△FGQ是等腰直角三角形，由此即可得到结论．【详解】（1）解：BD=FG，BD⊥FG，理由如下：如图所示，延长DB交FG于M，∵四边形ABFE和四边形BCHG都是正方形，当∠ADC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，∴BF=AB=DC，BG=BC，∠FBG=∠DCB=90°，∴△FBG≌△DCB（SAS），∴BD=FG，∠BDC=∠GFB，∵∠BDC+∠DBC=90°，∠FBM=∠DBC，∴∠BFM+∠FBM=90°，∴∠FMB=90°，∴BD⊥FG；（2）解：如图所示，延长DB交FG于M，∵四边形ABFE和四边形BCHG都是正方形，，四边形ABCD是平行四边形，∴BF=AB=DC，BG=BC，∠ABF=∠CBG=90°，，∴∠ABC+∠BCD=180°，又∵∠ABF+∠ABC+∠CBG+∠FBG=360°，∴∠ABC+∠FBG=180°，∴∠FBG=∠DCB，∴△FBG≌△DCB（SAS），∴BD=FG，∠DBC=∠FGB，∵∠CBG=90°，∴∠DBC+∠GBM=90°，∴∠FGB+∠GBM=90°，∴∠BMG=90°，∴BD⊥FG；（3）解：如图2所示，连接MG，延长FM至Q，使得MQ=FH，连接QH，延长FB交QH于P，在△EMF和△HMQ中，，∴△EMF≌△HMQ（SAS），∴QH=EF，∠EFM=∠HQM，∴，∴∠BPH=∠EFB=90°，∴∠PBG+∠PHG=360°-∠BGH-∠BPH=180°，又∵∠PBG+∠FBG=180°，∴∠PHG=∠PBG，∵EF=BF，∴AH=BF，又∵BG=HG，∴△QHG≌△FBG（SAS），∴FG=QG，∠FGB=∠HGQ，∴∠FGB+∠BGQ=∠HGQ+∠BGQ=90°，∴△FGQ是等腰直角三角形，∴，又∵BD=FG，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．实战演练一、选择题（共5小题）1．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在菱形中，直线分别交、、于点、和．且，连接．若，则为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定定理和性质确定，OA=OC，根据等腰三角形三线合一的性质确定∠BOC=90°，根据三角形内角和定理和平行线的性质即可求出∠DAC．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴，，．∴∠OMA=∠ONC，∠OAM=∠OCN，∠DAC=∠OCB．∵AM=CN，∴．∴OA=OC．∴BO⊥AC．∴∠BOC=90°．∵∠OBC=65°，∴∠OCB=180°-∠BOC-∠OBC=25°．∴∠DAC=∠OCB=25°．故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定定理和性质确，等腰三角形三线合一的性质，三角形内角和定理，综合引用这些知识点是解题关键．2．（2022·河南鹤壁·九年级期末）下列性质中，矩形具有而菱形不一定具有的是（）A．对角线相等 B．对角线互相平分C．对角线互相垂直 D．对角相等【答案】A【分析】由矩形和菱形的性质可求解．【详解】矩形的对角线互相平分且相等，对角相等，菱形的对角线互相垂直平分，对角相等，矩形具有而菱形不一定具有的是对角线相等，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．3．（2022·山东菏泽·中考真题）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（

）A．48° B．66° C．72° D．78°【答案】C【分析】由折叠及矩形的性质可得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，∴，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．4．（2022·山东烟台·九年级期末）点E为正方形ABCD的边长AB上任意一点，连接EC，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．若矩形ECFG与正方形ABCD的面积分别为，，则与的大小关系是（

）．A． B． C． D．不确定【答案】B【分析】如图，连接DE，利用已知条件可以得到△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等，利用这个结论即可解决问题．【详解】解：如图，连接DE，∵，∴，∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等，故选：B．【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键．5．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（）A．（2）5 B．（2）6 C．（）5 D．（）6【答案】C【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的，第1个正方形的边长为1，其对角线长为；第2个正方形的边长为，其对角线长为；第3个正方形的边长为，其对角线长为；•••；第n个正方形的边长为．所以，第6个正方形的边长．【详解】解：由题知，第1个正方形的边长，根据勾股定理得，第2个正方形的边长，根据勾股定理得，第3个正方形的边长，根据勾股定理得，第4个正方形的边长，根据勾股定理得，第5个正方形的边长，根据勾股定理得，第6个正方形的边长．故选：C．【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的倍关系是解题的关键．二、填空题（共4小题）6．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，在矩形中，，将向内翻折，点A落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则_______．【答案】【分析】折叠是对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．由折叠可得到，得出，在中依据勾股定理进行计算，即可求出CD长，即得AB的长．【详解】解：根据矩形ABCD中，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A，折痕为DE，∴∠DAE=∠A=90°，AD=AD=6，根据矩形ABCD中，将∠B沿EA向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B，∴AB=AB，∠BAE=∠BAE，∵∠BAE+∠DAC=90°，∠BAE+∠DAB=90°，∴∠DAC=∠DAB，在DAB和DAC中，∴，∴，在RtACD中，∠C=90°，AD=6，AC=3，则由勾股定理得CD=，即在矩形ABCD中，AB=CD=，故答案为：．【点睛】本题主要考查勾股定理求线段长，涉及到折叠性质、全等三角形的判定与性质，根据折叠性质找到判定两个三角形全等的条件是解决问题的关键．7．（2022·江苏宿迁·八年级期中）如图，矩形ABCD中，∠AOB=60°，AB=2，则BD的长为________．【答案】4【分析】根据矩形的性质得出OA=OB=OC=OD，求出△AOB是等边三角形，求出OB=AB=2，然后由BD=2OB求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC=OD，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴OB=AB=2，∴BD=2BO=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．8．（2022·全国·九年级单元测试）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是______．【答案】【分析】取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形DEBH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可得点P在BH上，当CP⊥BH时，PC有最小值，即可求解．【详解】解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，∵点E是BC中点，点H是AD中点，∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，∴四边形BEDH是平行四边形，，，∴，∵点P是AF的中点，点H是AD的中点，∴，∴点P在BH上，∵，∴，∴，∵点P在BH上，∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，在Rt△CDH中，∴PC的最小值为，故答案为:．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．9．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋_____断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．【答案】不会【分析】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断．【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：，根据正方形的性质得，得出扭动后的四边形四边相等为菱形，cm，为等边三角形，cm，cm，cm，根据菱形的对角线的性质：(cm)，，不会断裂，故答案为：不会．【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．三、简答题（共3小题）10．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，CB＝CD，点E是CD上一点，连接BE交AC于点F，连接DF(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)试探究BE满足什么条件时，∠EFD＝∠BCD，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD，理由见解析【分析】（1）首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，由平行线的性质可得∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是姜形；(2)首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD（1）证明：在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC(SSS)．∴∠BAC＝∠DAC．∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD．∴∠DAC＝∠ACD．∴AD＝CD．∵AB＝AD，CB＝CD，∴AB＝CB＝CD＝AD．∴四边形ABCD是菱形．（2）解：当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD．理由：由(1)知四边形ABCD为菱形，∴∠BCF＝∠DCF．在△BCF和△DCF中，，∴△BCF≌△DCF(SAS)．∴∠CBF＝∠CDF．∵BE⊥CD，∴∠BEC＝∠DEF＝90°．∴∠BCD+∠CBF＝∠EFD+∠CDF＝90°∴∠EFD＝∠BCD．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，同角或等角的余角相等，灵活运用三角形全等的判定及性质是解本题的关键．11．（2022·天津·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作且DE＝AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．(1)求证：OE＝CD；(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直即AC⊥BD，证明OCED是矩形，可得OE＝CD；（2）根据菱形的性质以及勾股定理求出AC与CE的长，再根据勾股定理求出AE的长度即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OC＝AC，AC⊥BD，∵DE＝AC，∴DE＝OC，∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．∵AC⊥BD，∴平行四边形OCED是矩形．∴OE＝CD．（2）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2，∵OA=