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特殊平行四边形专题训练
专训一：矩形的性质与判定灵活运用
名师点金：
1。矩形是特殊的平行四边形，它具有一般平行四边形的所有性质，同时还具有一些独特的性质，可归结为三个方面：（1)从边看：矩形的对边平行且相等;（2)从角看：矩形的四个角都是直角；(3)从对角线看：矩形的对角线互相平分且相等．
2．判定一个四边形是矩形可从两个角度进行：一是判定它有三个角为直角；二是先判定它为平行四边形,再判定它有一个角为直角或两条对角线相等．
利用矩形的性质与判定求线段的长(转化思想）
1．如图，将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，点A，点B落在点M处,点C,点D落在点N处,恰好拼成一个无缝隙不重叠的四边形EFGH，若EH＝3 cm,EF＝4 cm，求AD的长．
（第1题）

利用矩形的性质与判定证明线段相等
2．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连结OE。
求证：OE＝BC。
(第2题）

利用矩形的性质与判定判断图形形状
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，E,P分别在AD，BC上，且DE＝BP＝1,连结AP，EC，分别交BE，PD于H,F.
(1）判断△BEC的形状，并说明理由．
（2)判断四边形EFPH是什么特殊的四边形?并证明你的判断．
(第3题）

利用矩形的性质与判定求面积
4．如图，已知E是▱ABCD中BC边上的中点，连结AE并延长AE交DC的延长线于点F。
(1）连结AC,BF,若∠AEC＝2∠ABC,求证：四边形ABFC为矩形．
（2)在(1)的条件下，若△AFD是等边三角形，且边长为4，求四边形ABFC的面积．
(第4题)

专训二：菱形的性质与判定灵活运用
名师点金：
1。菱形具有一般平行四边形的所有性质，同时又具有一些特性，可以归纳为三个方面:
(1)从边看：对边平行，四边相等；(2）从角看：对角相等，邻角互补；（3)从对角线看：对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角．
2．判定一个四边形是菱形，可先判定这个四边形是平行四边形，再判定一组邻边相等或对角线互相垂直，也可直接判定四边相等．
利用菱形的性质与判定证明角的关系
1．如图,在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连结DF。
(1）证明:∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；
（2）若AB∥CD，试证明：四边形ABCD是菱形；
（3）在（2)的条件下，试确定E点的位置,使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
（第1题)

利用菱形的性质与判定证明线段的位置关系
2．(中考·兰州）如图，在四边形ABCD中,AB∥CD，AB≠CD,BD＝AC。
（1）求证：AD＝BC;
（2）若E，F，G,H分别是AB，CD，AC，BD的中点，求证:线段EF与线段GH互相垂直平分．
(第2题）

利用菱形的性质与判定解决周长问题
3．（中考·贵阳）如图，在Rt△ABC中,∠ACB＝90°，D，E分别为AB，AC边上的中点,连结DE，将△ADE绕点E旋转180°，得到△CFE，连结AF。
（1）求证：四边形ADCF是菱形;
（2）若BC＝8，AC＝6，求四边形ABCF的周长．
（第3题）

利用菱形的性质与判定解决面积问题
4．如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，交BC于点D，在线段AD上任取一点P（点A除外），过点P作EF∥AB，分别交AC，BC于点E，F,作PM∥AC，交AB于点M,连结ME。
（1）求证:四边形AEPM为菱形．
（2)当点P在何处时，菱形AEPM的面积为四边形EFBM面积的一半?请说明理由．
(第4题）

专训三：正方形的性质与判定灵活运用
名师点金：
正方形既是矩形，又是菱形，它具有矩形、菱形的所有性质,判定一个四边形是正方形，只需保证它既是矩形又是菱形即可．
利用正方形的性质证明线段位置关系
1．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E,F分别在OD,OC上,且DE＝CF，连结DF，AE,AE的延长线交DF于点M。
求证：AM⊥DF。
（第1题)

利用正方形的性质解决线段和差倍分问题
2．已知：在正方形ABCD中,∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC(或它们的延长线)于点M，N.
（1）如图①,当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，易证:BM＋DN＝MN。当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图②,请问图①中的结论是否还成立？如果成立,请给予证明，如果不成立,请说明理由．
（2)当∠MAN绕点A旋转到如图③的位置时,线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想,并证明．
（第2题)

正方形性质与判定的综合运用
3．如图，P，Q,R，S四个小球分别从正方形的四个顶点A，B,C,D同时出发，以同样的速度分别沿AB，BC，CD，DA的方向滚动，其终点分别是B，C,D，A。
(1)不管滚动时间多长，求证：连结四个小球所得的四边形PQRS总是正方形．
(2）四边形PQRS在什么时候面积最大？
(3）四边形PQRS在什么时候面积为原正方形面积的一半?并说明理由．
（第3题）

正方形中的探究性问题
4．如图①,在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连结FM，易证：DM＝FM，DM⊥FM（无需写证明过程）；
(1)如图②，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；
（2）如图③，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变,探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．
（第4题)

专训四:利用矩形的性质巧解折叠问题
名师点金:
折叠问题往往通过图形间的折叠找出线段或角与原图形之间的联系,从而得到折叠部分与原图形或其他图形之间的关系，即折叠前后的图形全等，且关于折痕或所在直线成轴对称；在计算时，常常通过设未知数列方程求解．
利用矩形的性质巧求折叠中的角
1．当身边没有量角器时,怎样得到一些特定度数的角呢?动手操作有时可以解“燃眉之急"．如图，已知矩形纸片ABCD（矩形纸片要足够长）,我们按如下步骤操作可以得到一个特定的角：
（1)以点A所在直线为折痕，折叠纸片，使点B落在边AD上，折痕与BC交于点E；
(2)将纸片平展后,再一次折叠纸片，以点E所在直线为折痕，使点A落在BC上，折痕EF交AD于F。求∠AFE的度数．
(第1题）

利用矩形的性质巧求折叠中的线段的长
2．如图，有矩形纸片ABCD，长AD为4 cm，宽AB为3 cm，把矩形折叠，使相对两顶点A,C重合，然后展开．求折痕EF的长．
（第2题）

利用矩形的性质巧证线段的位置关系
3．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于F,连结AE.
证明：(1)BF＝DF;(2）AE∥BD.
（第3题)
利用矩形的性质巧求线段的比（面积法)
4．如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N。
(1）求证：CM＝CN；
（2)若△CMN的面积与△CDN的面积比为3∶1，求的值．
(第4题）

专训五：用特殊四边形的性质巧解动点问题
名师点金：
利用特殊四边形的性质解动点问题，一般将动点看作特殊点解决问题，再运用从特殊到一般的思想，将特殊点转化为一般点（动点）为条件解答．
平行四边形中的动点问题
1．如图,在▱ABCD中，E，F两点在对角线BD上运动，且保持BE＝DF，连结AE，CF.请你猜想AE与CF有怎样的数量关系和位置关系，并对你的猜想加以证明．
(第1题）

矩形中的动点问题
2．在矩形ABCD中，AB＝4 cm，BC＝8 cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O。
(1)如图①，连结AF、CE，求证：四边形AFCE为菱形,并求AF的长;
（2)如图②,动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止,点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为每秒5 cm,点Q的速度为每秒4 cm，运动时间为t秒，当以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
(第2题)
菱形中的动点问题
3．如图，在菱形ABCD中,∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上．
(1)如图①,若E是BC的中点,∠AEF＝60°,求证：BE＝DF；
(2）如图②,若∠EAF＝60°,求证：△AEF是等边三角形．
（第3题）

正方形中的动点问题
4．如图，正方形ABCD的边长为8 cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的动点，且AE＝BF＝CG＝DH.
（1）求证：四边形EFGH是正方形；
(2)判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由．
(第4题）

专训六：特殊四边形中的最值问题
名师点金：
求特殊四边形中的最值问题，一般都要用它们的轴对称的性质把几条线段转移到一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题．
矩形中的最值问题
1．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝2，BC＝1，运动过程中，求点D到点O的最大距离．
（第1题)

菱形中的最值问题
2．如图,菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC、CD、BD上任意一点,求PK＋QK的最小值．
（第2题）

正方形中的最值问题

（第3题）
3．（中考·宿迁)如图，正方形ABCD的边长为2,点E为边BC的中点,点P在对角线BD上移动，则PE＋PC的最小值是________．
4．如图，四边形ABCD是正方形,△ABE是等边三角形,M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结EN,AM，CM。
（1)求证:△AMB≌△ENB.
(2）①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；②当M点在何处时,AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由．
(第4题)

专训七：思想方法荟萃
名师点金：
本章中,由于涉及内容是各种特殊四边形，解决这类问题时，常将它们与三角形、直角坐标系、方程等知识结合在一起进行研究．而转化思想、分类讨论思想、方程思想、数形结合思想是解决四边形问题常要用到的思想方法．
数形结合思想

(第1题)
1．如图，用8块相同的长方形地砖拼成一个矩形，则每块长方形地砖的面积为（　　)
A．200 cm2 B．300 cm2
C．600 cm2 D．2 400 cm2
方程思想
2．已知平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F.
(1)若AE＝3 cm,AF＝4 cm，AD＝8 cm,求CD的长；
(2)若平行四边形ABCD的周长为36 cm，AE＝4 cm，AF＝5 cm，求平行四边形ABCD的面积．

转化思想
3．如图，矩形ABCD中,对角线AC，BD相交于O点，点P是线段AD上一动点（不与点D重合），PO的延长线交BC于Q点．连结BP,DQ。
(1)求证：四边形PBQD为平行四边形．
(2)若AB＝3 cm，AD＝4 cm，P从点A出发，以1 cm/s的速度向点D匀速运动．设点P运动的时间为t s，问四边形PBQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
(第3题)

4．如图，已知六边形ABCDEF的六个内角均为120°，且CD＝2 cm，BC＝8 cm，AB＝8 cm，AF＝5 cm。试求此六边形的周长．
(第4题)

分类讨论思想
①图形的位置不确定
5．四边形ABCD是正方形,△ADE是等边三角形，求∠BEC的度数．

②等腰三角形的腰与底边不确定
6．已知，如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为（10,0），（0,4)，点D是OA的中点，点P在BC边上运动．当△ODP是腰长为5的等腰三角形时,求点P的坐标．
（第6题）

答案

解码专训一
1．解：∵∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM,∴∠HEF＝∠HEM＋∠FEM＝×180°＝90°,同理可得：∠EHG＝∠HGF＝∠EFG＝90°,∴四边形EFGH为矩形,∴HG∥EF，HG＝EF，∴∠GHN＝∠EFM。又∵∠HNG＝∠FME＝90°，∴△HNG≌△FME，∴HN＝MF.又∵HN＝HD，∴HD＝MF，∴AD＝AH＋HD＝HM＋MF＝HF。又∵HF＝＝＝5(cm)，∴AD＝5 cm。
点拨：此题利用折叠提供的角相等，可证明四边形EFGH为矩形，然后利用三角形全等来证明HN＝MF,进而证明HD＝MF,从而将AD转化为直角三角形的斜边HF，进而得解,体现了转化思想．
2．证明：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠COD＝90°。
∴四边形OCED是矩形．∴OE＝CD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD.∴OE＝BC。
点拨：线段CD既是菱形ABCD的边，又是四边形OCED的对角线，可以用等量代换推出OE＝BC。
3．解:(1)△BEC是直角三角形．理由如下:
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠ABP＝90°，AD＝BC＝5，CD＝AB＝2。
∵DE＝BP＝1,∴AE＝PC＝4.由勾股定理得CE＝，BE＝2，∴CE2＋BE2＝5＋20＝25.∵BC2＝52＝25，∴BE2＋CE2＝BC2。∴∠BEC＝90°.∴△BEC是直角三角形．
（2）四边形EFPH为矩形，证明：∵四边形ABCD是矩形,∴AD＝BC，AD∥BC.∵DE＝BP,∴四边形DEBP是平行四边形．
∴BE∥DP.∵AD∥BC，AE＝PC，∴四边形AECP是平行四边形．∴AP∥CE。∴四边形EFPH是平行四边形．∵∠BEC＝90°,∴平行四边形EFPH是矩形．
4．（1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC,∴∠ABE＝∠ECF.
又∵E为BC的中点，∴BE＝CE，
在△ABE和△FCE中，∵
∴△ABE≌△FCE.∴AB＝CF。
又AB∥CF，∴四边形ABFC为平行四边形，
∴BE＝EC，AE＝EF，
∵∠AEC为△ABE的外角，
∴∠AEC＝∠ABC＋∠EAB.又∵∠AEC＝2∠ABC，
∴∠ABC＝∠EAB,
∴AE＝BE，∴AE＋EF＝BE＋EC，
即AF＝BC，∴四边形ABFC为矩形．
（2)解:∵四边形ABFC是矩形，∴AC⊥DF.又∵△AFD是等边三角形，∴CF＝CD＝＝2，∴AC＝＝2，∴S矩形ABFC＝2×2＝4.

解码专训二
1．(1）证明：∵在△ABC和△ADC中，∴△ABC≌△ADC，∴∠BAC＝∠DAC。
∵在△ABF和△ADF中，
∴△ABF≌△ADF，∴∠AFB＝∠AFD。
∵∠AFB＝∠CFE，∴∠AFD＝∠CFE.
（2)证明：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD。
又∵∠BAC＝∠DAC,∴∠CAD＝∠ACD，
∴AD＝CD.∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AB＝CB＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
(3）解：当EB⊥CD时，∠EFD＝∠BCD.
理由:∵四边形ABCD为菱形,
∴BC＝CD,∠BCF＝∠DCF,
在△BCF和△DCF中，
∴△BCF≌△DCF，∴∠CBF＝∠CDF。
∵BE⊥CD,∴∠BEC＝∠DEF＝90°,
∴∠EFD＝∠BCD.

（第2题）
2．证明：（1)如图，过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，
∵AB∥CD，∴四边形ABMC为平行四边形．
∴AC＝BM＝BD，∴∠BDC＝∠M＝∠ACD。
在△ACD和△BDC中
，∴△ACD≌△BDC,∴AD＝BC.
(2)如图，连结EH，HF，FG，GE，
∵E，F，G,H分别是AB,CD，AC，BD的中点，
∴HE∥AD，且HE＝AD,FG∥AD，且FG＝AD,
∴四边形HFGE为平行四边形．
由（1)知AD＝BC，∴HE＝EG,
∴▱HFGE为菱形，∴EF与GH互相垂直平分．
3．（1）证明：∵将△ADE绕点E旋转180°得到△CFE,∴AE＝CE，DE＝FE，∴四边形ADCF是平行四边形．∵D，E分别为AB，AC边上的中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC.
∵∠ACB＝90°，∴∠AED＝90°,
∴DF⊥AC，∴四边形ADCF是菱形．
（2）解:在Rt△ABC中，BC＝8，AC＝6，∴AB＝10。
∵D是AB边上的中点，∴AD＝5.
∵四边形ADCF是菱形，∴AF＝FC＝AD＝5，
∴四边形ABCF的周长为8＋10＋5＋5＝28.
4．(1)证明:∵EF∥AB,PM∥AC，
∴四边形AEPM为平行四边形．
∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠BAD.
∵EP∥AB，∴∠BAD＝∠EPA，
∴∠CAD＝∠EPA,∴EA＝EP，∴四边形AEPM为菱形．

(第4题)
(2）解：当点P为EF的中点时，S菱形AEPM＝S四边形EFBM.理由如下：∵四边形AEPM为菱形，∴AP⊥EM.∵AB＝AC,∠CAD＝∠BAD,∴AD⊥BC，∴EM∥BC.又∵EF∥AB，∴四边形EFBM为平行四边形．过点E作EN⊥AB于点N，如图，则S菱形AEPM＝AM·EN＝EP·EN＝EF·EN＝S四边形EFBM.

解码专训三
1．证明:∵AC,BD是正方形ABCD的两条对角线，∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC＝OB。
∵DE＝CF，∴OE＝OF。在Rt△AOE与Rt△DOF中，∴Rt△AOE≌Rt△DOF，
∴∠OAE＝∠ODF.
∵∠DOF＝90°，∴∠DFO＋∠FDO＝90°，
∴∠DFO＋∠FAE＝90°.
∴∠AMF＝90°,即AM⊥DF.
2．解：(1)仍有BM＋DN＝MN成立．证明如下:
过点A作AE⊥AN，交CB的延长线于点E,
易证△ABE≌△ADN，∴DN＝BE，AE＝AN.
又∵∠EAM＝∠NAM＝45°，AM＝AM,
∴△EAM≌△NAM。∴ME＝MN.
∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM ，∴BM＋DN＝MN 。

（第2题)
(2)有DN－BM＝MN。证明如下:
如图，在DN上截取DE＝BM，连结AE.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠D＝90°，AB＝AD。
又∵DE＝BM,∴△ABM≌△ADE。∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.∵∠DAB＝90°。∴∠MAE＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝45°＝∠MAN.又∵AM＝AE,AN＝AN,∴△AMN≌△AEN。∴MN＝EN.
∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN，∴DN－BM＝MN。
3．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA.
又∵在任何运动时刻，AP＝BQ＝CR＝DS，
∴PB＝QC＝RD＝SA，∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS，
∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ，∴在任何运动时刻，四边形PQRS是菱形．
又∵∠APS＋∠ASP＝90°，∴∠APS＋∠BPQ＝90°，
∴∠QPS＝180°－(∠APS＋∠BPQ)＝180°－90°＝90°.
∴在任何运动时刻，四边形PQRS总是正方形．
(2）解：当P，Q，R，S在出发时或在到达终点时面积最大，此时的面积就等于原正方形ABCD的面积．
（3)解:当P，Q，R，S四点运动到正方形四边中点时,四边形PQRS的面积是原正方形ABCD面积的一半．
理由:设原正方形ABCD的边长为a.
当PS2＝a2时，在Rt△APS中，AS＝a－SD＝a－AP。
由勾股定理，得AS2＋AP2＝PS2,即（a－AP)2＋AP2＝a2，
解得AP＝a.同理可得BQ＝CR＝SD＝a.
∴当P，Q，R，S四点运动到正方形ABCD各边中点时,四边形PQRS的面积为原正方形面积的一半．

（第4题)
4．解：（1）DM＝FM，DM⊥FM.
证明：如图,连结DF、NF。
∵四边形ABCD和四边形CGEF都是正方形，
∴AD∥BC,BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM＝∠NEM.
∵M是AE的中点，∴AM＝EM.
∵∠AMD＝∠EMN,∴△MAD≌△MEN，
∴DM＝MN,AD＝NE.
∵AD＝CD，∴CD＝NE。
∵CF＝EF，∠FCD＝∠FEN＝90°,
∴△DCF≌△NEF,∴DF＝FN,∠CFD＝∠EFN。
∵∠EFN＋∠CFN＝90°，
∴∠CFD＋∠CFN＝90°，即∠DFN＝90°，
∴DM＝FM，DM⊥FM。
（2）DM＝FM，DM⊥FM.

解码专训四

(第1题)
1．解：如图，由折叠性质得∠AEF＝∠A′EF，∠BEA＝∠AEB′，BE＝B′E，AE＝EA′,
∵∠BAB′＝∠BEB′＝∠ABE＝∠AB′E＝90°，
∴AE为∠BAB′的平分线,
∴∠BEA＝∠BAE＝45°，
又∠BEA＋∠AEF＋∠FEA′＝180°，
∴∠FEA′＝67。5°,
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠AFE＝∠FEA′＝67.5°.
2．解:易得EF为AC的垂直平分线．∴AE＝EC，AF＝FC.
∵AE∥FC,∴∠AEO＝∠CFO。
又∵OA＝OC，∠AOE＝∠COF，∴△AEO≌△CFO，
∴AE＝FC。∴四边形AECF是菱形．
设BF为x cm,则AF＝FC＝(4－x)cm.由勾股定理，得32＋x2＝(4－x)2，
∴x＝，∴FC＝ cm.
∵AB＝3 cm，BC＝4 cm，∴AC＝＝5(cm）．
∴OC＝ cm。
在Rt△FOC中，OF＝＝＝(cm)．
∴EF＝2OF＝ cm.
即折痕EF的长为 cm。
3．证明：（1)由折叠可知，∠FBD＝∠CBD，因为AD∥BC，所以∠FDB＝∠CBD，所以∠FBD＝∠FDB，所以BF＝DF。
(2)因为四边形ABCD是矩形，
所以AB＝DC，AD＝BC，由折叠可知DC＝ED＝AB,BC＝BE＝AD，又因为AE＝AE,所以△AEB≌△EAD，所以∠AEB＝∠EAD，所以∠AEB＝(180°－∠AFE)，而∠DBE＝(180°－∠BFD)，∠AFE＝∠BFD,所以∠AEB＝∠DBE,所以AE∥BD.
4．(1)证明：由折叠的性质可得:∠ENM＝∠DNM，即∠ENM＝∠ENA＋∠ANM，∠DNM＝∠DNC＋∠CNM，∵∠ENA＝∠DNC，∴∠ANM＝∠CNM，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ANM＝∠CMN，∴∠CMN＝∠CNM，∴CM＝CN.
(2）解：过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形，∴HC＝DN，NH＝DC，
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3∶1，
∴＝＝＝3，
∴MC＝3ND＝3HC,∴MH＝2HC。
设DN＝x，则HC＝x，MH＝2x，∴CM＝3x＝CN。
在Rt△CDN中，DC＝＝2x，
∴NH＝2x，
在Rt△MNH中，MN＝＝2x，
∴＝＝2.

解码专训五
1．解：猜想:AE＝CF,AE∥CF。证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD,AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
∵AB＝CD，∠ABE＝∠CDF，BE＝DF，
∴△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD。
∵∠AEB＋∠AED＝∠CFD＋∠CFB＝180°，
∴∠AED＝∠CFB,∴AE∥CF。
2．(1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB、∠AEF＝∠CFE.
∵EF垂直平分AC，垂足为O，∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF，∴OE＝OF，∴四边形AFCE为平行四边形．
又∵EF⊥AC，∴四边形AFCE为菱形．
设菱形的边AF＝CF＝x cm，则BF＝（8－x)cm，

（第2题）
在Rt△ABF中，AB＝4 cm，由勾股定理得42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5，
∴AF＝5 cm.
(2)解：显然当P点在AF上时,Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上,也不能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，当以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时,PC＝QA.∵点P的速度为每秒5 cm，点Q的速度为每秒4 cm,运动时间为t秒，
∴PC＝5t,QA＝12－4t，∴5t＝12－4t，解得t＝,
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝.
3．证明：（1)连结AC。∵在菱形ABCD中,∠B＝60°，
∴AB＝BC＝CD，∠BCD＝180°－∠B＝120°，
∴△ABC是等边三角形．∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC。
∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°－∠AEF＝30°，
∴∠CFE＝180°－∠FEC－∠BCD＝180°－30°－120°＝30°,
∴∠FEC＝∠CFE，∴EC＝CF。∴BE＝DF。
（2）连结AC.由(1)知△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ACB＝∠BAC＝∠EAF＝60°,
∴∠BAE＝∠CAF。
∵∠BCD＝120°，∠ACB＝60°,
∴∠ACF＝60°＝∠B，∴△ABE≌△ACF,
∴AE＝AF，∴△AEF是等边三角形．

（第4题）
4．(1）证明：∵四边形ABCD为正方形,
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD。
∵AE＝BF＝CG＝DH，∴BE＝CF＝DG＝AH，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，
∴EH＝EF＝FG＝GH，∠1＝∠2。
∴四边形EFGH为菱形．
∵∠1＋∠3＝90°，∠1＝∠2，∴∠2＋∠3＝90°，
∴∠HEF＝90°。
∵四边形EFGH为菱形，∴四边形EFGH为正方形．
(2）解:直线EG必经过一定点．理由如下：
如图，连结BD、EG,BD与EG交于O点，连结ED，BG。
∵BE綊DG,∴四边形BGDE为平行四边形，
∴BD、EG互相平分，易知O为正方形中心，
∴EG必过正方形中心O.

解码专训六

(第1题)
1．解：如图,取AB的中点E,连结OE、DE、OD，则OE＝AB＝1，AE＝1，
所以DE＝，当D，E，O三点共线时,OD＝OE＋DE，否则OD<OE＋DE，所以OD长的最大值是＋1.
点拨：在这个问题中，关键是运用三角形三边的不等关系确定点D到点O的距离何时最大，具体做法是取AB的中点E，连结OE、DE、OD后，通过分情况讨论得出OD≤OE＋DE,所以OD的最大值等于OE＋DE.

(第2题）
2．解:∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝180°－∠BAD＝180°－120°＝60°.
如图，作点P关于直线BD的对称点P′，连结P′Q，P′C,则P′Q的长即为PK＋QK的最小值，当P′Q⊥AB时，P′Q最短．假设点Q与点C重合,CP′⊥AB，此时CP′的长即为PK＋QK的最小值．连结AC。
∵BC＝AB＝2，∠ABC＝60°,
∴△ABC为等边三角形．
∵CP′⊥AB，∴BP′＝AP′＝AB＝1,
∴CP′＝＝。
即PK＋QK的最小值为。
3。
4．(1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°。
∵∠MBN＝60°,
∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.
即∠MBA＝∠NBE。
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB；
(2）解：①当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小;
②连结CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小．理由如下：
由（1)知△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM，
根据“两点之间线段最短”,得EN＋MN＋CM＝EC最短．
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长．

解码专训七
1．B　点拨：设每块长方形地砖的长为x cm,宽为y cm，由题意可得即解之得
所以每块长方形地砖的面积是300 cm2.故选B。
2．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝8 cm，∴BC＝AD＝8 cm。∵S平行四边形ABCD＝BC·AE＝CD·AF，∴8×3＝4CD,∴CD＝6 cm.
（2）∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD＝BC，AB＝CD。∵平行四边形的周长为36 cm，∴BC＋CD＝18 cm，由平行四边形的面积公式得：4BC＝5CD，则解得:BC＝10 cm，CD＝8 cm，∴平行四边形ABCD的面积是4×10＝40（cm2)．
3．(1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OD＝OB,∴∠PDO＝∠QBO。在△POD与△QOB中，
∴△POD≌△QOB，∴OP＝OQ，
∴四边形PBQD为平行四边形;
（2）解：能．点P从点A出发运动t s时,AP＝t cm，PD＝（4－t) cm。
当四边形PBQD是菱形时,PB＝PD＝(4－t) cm.∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAP＝90°.在直角三角形ABP中，AB＝3 cm,AP2＋AB2＝PB2,即t2＋32＝（4－t）2，解得：t＝，∴当点P运动的时间为 s时，四边形PBQD能够成为菱形．
4．解：延长ED，BC交于点N，延长EF，BA交于点M.∵∠EDC＝∠BCD＝120°,∴∠NDC＝∠NCD＝60°，∴∠N＝60°。同理,∠MFA＝∠MAF＝60°，∴∠M＝60°，∴△DCN、△FMA均为等边三角形，∵∠E＋∠N＝180°,∠E＋∠M＝180°，∴EM∥BN，EN∥MB，∴四边形EMBN是平行四边形，∴BN＝EM，MB＝EN。∵CD＝2 cm，BC＝8 cm，AB＝8 cm，AF＝5 cm，∴CN＝DN＝2 cm，AM＝FM＝5 cm，∴BN＝EM＝8＋2＝10（cm),MB＝EN＝8＋5＝13（cm)，∴EF＋FA＋AB＋BC＋CD＋DE＝EF＋FM＋AB＋BC＋DN＋DE＝EM＋AB＋BC＋EN＝10＋8＋8＋13＝39(cm），∴此六边形的周长为39 cm。
5．解：当等边三角形ADE在正方形ABCD外部时，如图①所示．
∵AB＝AE，∠BAE＝90°＋60°＝150°,∴∠AEB＝（180°－150°）÷2＝15°。同理，∠DEC＝15°，∴∠BEC＝60°－15°－15°＝30°；
当等边三角形ADE在正方形ABCD内部时，如图②所示．
∵AB＝AE，∠BAE＝90°－60°＝30°，∴∠AEB＝(180°－30°）÷2＝75°.同理∠DEC＝75°，∴∠BEC＝360°－75°－75°－60°＝150°.
(第5题)
　　（第6题)

6．解：易知OD＝5.当OP＝OD时，OP＝5，CO＝4，易得CP＝3，所以P(3，4)．
当OD＝PD时(如图所示)，有两种情况．
①过P0作P0M⊥OD于M，在Rt△P0MD中，P0D＝5，P0M＝4,易知MD＝3，所以OM＝OD－MD＝5－3＝2，从而可知CP0＝2，所以P0（2，4）；
②过P1作P1M1⊥OA于M1，在Rt△P1M1D中，P1D＝5，P1M1＝4，易知M1D＝3，所以OM1＝OD＋M1D＝5＋3＝8,
从而CP1＝8，所以P1（8,4）．
当OP＝PD时，易知OP≠5,不符合题意．
综上,满足题意的点P的坐标为（3,4)，（2，4），(8,4）．
点拨:本题运用了分类讨论思想．根据△ODP是腰长为5的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．