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【例】(1)如图1，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DP//OC，且DP=OC，连接CP，OP。若OP=CD，判断四边形CODP的形状，并说明理由。
(2)如图2，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DP//OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状，并说明理由。
(3)如图3，如果图2的矩形ABCD变为正方形，且AB=4，判断四边形CODP的形状，并求出四边形CODP的周长。
(2)如图2，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DP//OC，且DP=OC，连接CP，判断四边形CODP的形状，并说明理由。
(3)如图3，如果图2的矩形ABCD变为正方形，且AB=4，判断四边形CODP的形状，并求出四边形CODP的周长。
答案
(1)四边形CODP的形状是矩形.理由如下:
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵OP=CD,
∴平行四边形CODP是矩形.
(2)四边形CODP的形状是菱形.理由如下:
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,
∴AC=BD,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD.
∴OC=OD.
∴平行四边形CODP是菱形.
(3)四边形CODP的形状是正方形.理由如下:
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,AC=BD,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD.
∴∠DOC=90°,OD=OC.
∴平行四边形CODP是正方形.
∵四边形ABCD是正方形,AB=4,
∴AB=BC=4,∠ABC=90°.
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$\sqrt{4^2+4^2}$=$4\sqrt{2}$.
∴OC=$\frac{1}{2}$×$4\sqrt{2}$=$2\sqrt{2}$.
∴正方形CODP的周长为4×$2\sqrt{2}$=$8\sqrt{2}$.
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵OP=CD,
∴平行四边形CODP是矩形.
(2)四边形CODP的形状是菱形.理由如下:
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,
∴AC=BD,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD.
∴OC=OD.
∴平行四边形CODP是菱形.
(3)四边形CODP的形状是正方形.理由如下:
∵DP//OC,DP=OC,
∴四边形CODP是平行四边形.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,AC=BD,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD.
∴∠DOC=90°,OD=OC.
∴平行四边形CODP是正方形.
∵四边形ABCD是正方形,AB=4,
∴AB=BC=4,∠ABC=90°.
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$\sqrt{4^2+4^2}$=$4\sqrt{2}$.
∴OC=$\frac{1}{2}$×$4\sqrt{2}$=$2\sqrt{2}$.
∴正方形CODP的周长为4×$2\sqrt{2}$=$8\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题三个小问的解题思路具有共通性，可按“先判定平行四边形，再结合条件推导特殊属性”的逻辑思考：
1. 三个小问均给出DP//OC且DP=OC，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可先证得四边形CODP是平行四边形；
2. 再结合每小问的附加条件和原图形的性质，推导平行四边形CODP的边、角、对角线的特殊关系，进而判定其所属的特殊平行四边形类型；
3. 第三问判定为正方形后，结合原正方形的边长，用勾股定理求出对角线长度，即可计算目标四边形的周长。
【解析】
(1) 四边形CODP是矩形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
又
∵OP=CD，即平行四边形对角线相等，
∴平行四边形CODP是矩形。
(2) 四边形CODP是菱形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
∵矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴AC=BD，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴OC=OD，即平行四边形邻边相等，
∴平行四边形CODP是菱形。
(3) 四边形CODP是正方形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴∠DOC=90°，OD=OC，即平行四边形有一个直角且邻边相等，
∴平行四边形CODP是正方形。
∵正方形ABCD中AB=4，∠ABC=90°，
∴由勾股定理得AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$\sqrt{4^2+4^2}$=$4\sqrt{2}$，
∴OC=$\frac{1}{2}$AC=$2\sqrt{2}$，
∴正方形CODP的周长为$4×2\sqrt{2}=8\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 四边形CODP是矩形；
(2) 四边形CODP是菱形；
(3) 四边形CODP是正方形，周长为$8\sqrt{2}$。
【知识点】
平行四边形判定；特殊平行四边形的性质与判定；勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础综合题，解题核心是先利用对边平行且相等判定基础平行四边形，再结合原图形的性质推导边、角、对角线的特殊关系，进而判定更特殊的平行四边形，有效考查对特殊平行四边形判定定理的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
本题三个小问的解题思路具有共通性，可按“先判定平行四边形，再结合条件推导特殊属性”的逻辑思考：
1. 三个小问均给出DP//OC且DP=OC，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可先证得四边形CODP是平行四边形；
2. 再结合每小问的附加条件和原图形的性质，推导平行四边形CODP的边、角、对角线的特殊关系，进而判定其所属的特殊平行四边形类型；
3. 第三问判定为正方形后，结合原正方形的边长，用勾股定理求出对角线长度，即可计算目标四边形的周长。
【解析】
(1) 四边形CODP是矩形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
又
∵OP=CD，即平行四边形对角线相等，
∴平行四边形CODP是矩形。
(2) 四边形CODP是菱形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
∵矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴AC=BD，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴OC=OD，即平行四边形邻边相等，
∴平行四边形CODP是菱形。
(3) 四边形CODP是正方形，理由如下：
∵DP//OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴∠DOC=90°，OD=OC，即平行四边形有一个直角且邻边相等，
∴平行四边形CODP是正方形。
∵正方形ABCD中AB=4，∠ABC=90°，
∴由勾股定理得AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$\sqrt{4^2+4^2}$=$4\sqrt{2}$，
∴OC=$\frac{1}{2}$AC=$2\sqrt{2}$，
∴正方形CODP的周长为$4×2\sqrt{2}=8\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 四边形CODP是矩形；
(2) 四边形CODP是菱形；
(3) 四边形CODP是正方形，周长为$8\sqrt{2}$。
【知识点】
平行四边形判定；特殊平行四边形的性质与判定；勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础综合题，解题核心是先利用对边平行且相等判定基础平行四边形，再结合原图形的性质推导边、角、对角线的特殊关系，进而判定更特殊的平行四边形，有效考查对特殊平行四边形判定定理的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
1. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$CD$是斜边$AB$上的中线，$BE// DC$交$AC$的延长线于点$E$。
(1)请用无刻度的直尺和圆规作$∠ ECM$，使$∠ ECM=∠ A$，且射线$CM$交$BE$于点$F$（保留作图痕迹，不写作法）。
(2)证明(1)中得到的四边形$CDBF$是菱形。
(1)请用无刻度的直尺和圆规作$∠ ECM$，使$∠ ECM=∠ A$，且射线$CM$交$BE$于点$F$（保留作图痕迹，不写作法）。
(2)证明(1)中得到的四边形$CDBF$是菱形。
答案
(1)图略.
(2)证明:由(1)得,∠ECF=∠A,
∴CF//AB.
∵BE//DC,
∴四边形CDBF是平行四边形.
∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线,
∴CD=BD.
∴CDBF是菱形.
(2)证明:由(1)得,∠ECF=∠A,
∴CF//AB.
∵BE//DC,
∴四边形CDBF是平行四边形.
∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线,
∴CD=BD.
∴CDBF是菱形.
解析
【分析】
(1) 本题作图属于尺规作图中“作一个角等于已知角”的基础操作，只需以点C为顶点，CE为角的一边，参照∠A的大小作图，使所作角的另一边交BE于点F即可。
(2) 要证明四边形CDBF是菱形，优先考虑判定定理“一组邻边相等的平行四边形是菱形”。已知BE//DC，已有一组对边平行，因此先通过所作的∠ECM=∠A，利用同位角相等证得CF//AB，得到两组对边分别平行，先判定四边形是平行四边形；再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到CD=BD，即平行四边形一组邻边相等，即可完成菱形的证明。
【解析】
(1) 按照“作一个角等于已知角”的尺规作图方法作图，保留作图痕迹即可，图略。
(2) 证明：
由(1)的作图得$∠ ECF=∠ A$，
$\therefore CF// AB$（同位角相等，两直线平行），
$\because BE// DC$，
$\therefore$ 四边形$CDBF$是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
$\because$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$CD$是斜边$AB$上的中线，
$\therefore CD=\frac{1}{2}AB=BD$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
$\therefore$ 平行四边形$CDBF$是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
【答案】
(1) 图略；
(2) 四边形$CDBF$是菱形，证明如上。
【知识点】
尺规作角；直角三角形斜边中线性质；菱形的判定
【点评】
本题结合了尺规作图和几何证明，既考查基础动手操作能力，也考查特殊平行四边形判定、直角三角形性质的应用，解题时需理清证明逻辑，熟练运用相关定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
(1) 本题作图属于尺规作图中“作一个角等于已知角”的基础操作，只需以点C为顶点，CE为角的一边，参照∠A的大小作图，使所作角的另一边交BE于点F即可。
(2) 要证明四边形CDBF是菱形，优先考虑判定定理“一组邻边相等的平行四边形是菱形”。已知BE//DC，已有一组对边平行，因此先通过所作的∠ECM=∠A，利用同位角相等证得CF//AB，得到两组对边分别平行，先判定四边形是平行四边形；再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到CD=BD，即平行四边形一组邻边相等，即可完成菱形的证明。
【解析】
(1) 按照“作一个角等于已知角”的尺规作图方法作图，保留作图痕迹即可，图略。
(2) 证明：
由(1)的作图得$∠ ECF=∠ A$，
$\therefore CF// AB$（同位角相等，两直线平行），
$\because BE// DC$，
$\therefore$ 四边形$CDBF$是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
$\because$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$CD$是斜边$AB$上的中线，
$\therefore CD=\frac{1}{2}AB=BD$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
$\therefore$ 平行四边形$CDBF$是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
【答案】
(1) 图略；
(2) 四边形$CDBF$是菱形，证明如上。
【知识点】
尺规作角；直角三角形斜边中线性质；菱形的判定
【点评】
本题结合了尺规作图和几何证明，既考查基础动手操作能力，也考查特殊平行四边形判定、直角三角形性质的应用，解题时需理清证明逻辑，熟练运用相关定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
