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1.菱形的面积为$50\ \mathrm{cm}^2$，一个内角为$30°$，则这个菱形的边长为（
A.8 cm
B.10 cm
C.12 cm
D.14 cm
B
）A.8 cm
B.10 cm
C.12 cm
D.14 cm
答案
1.B
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以结合菱形的性质和直角三角形的特征推导：首先菱形的四条边长度相等，面积可以用“底×高”计算；已知菱形一个内角为30°，我们过顶点作对边的高，会得到一个含30°角的直角三角形，根据“直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半”，可得到菱形的高和边长的关系，再代入面积公式列方程即可求出边长。
【解析】
设菱形的边长为$a\ \mathrm{cm}$。
1. 求菱形的高：过菱形的一个顶点作对边的高，得到含30°内角的直角三角形，该直角三角形的斜边为菱形的边长$a$，30°角对应的直角边就是菱形的高，根据直角三角形的性质，可得高$h=\frac{1}{2}a$。
2. 代入面积公式计算：菱形面积=底×高，已知面积为$50\ \mathrm{cm}^2$，底为边长$a$，因此列方程：
$a×\frac{1}{2}a=50$
整理得$\frac{1}{2}a^2=50$，即$a^2=100$。
因为边长为正数，所以$a=10$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；含30°角的直角三角形的性质；菱形面积计算
【点评】
本题属于基础题型，解题的核心是通过30°内角建立菱形边长和高的关系，再结合面积公式求解，熟练掌握菱形和直角三角形的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，我们可以结合菱形的性质和直角三角形的特征推导：首先菱形的四条边长度相等，面积可以用“底×高”计算；已知菱形一个内角为30°，我们过顶点作对边的高，会得到一个含30°角的直角三角形，根据“直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半”，可得到菱形的高和边长的关系，再代入面积公式列方程即可求出边长。
【解析】
设菱形的边长为$a\ \mathrm{cm}$。
1. 求菱形的高：过菱形的一个顶点作对边的高，得到含30°内角的直角三角形，该直角三角形的斜边为菱形的边长$a$，30°角对应的直角边就是菱形的高，根据直角三角形的性质，可得高$h=\frac{1}{2}a$。
2. 代入面积公式计算：菱形面积=底×高，已知面积为$50\ \mathrm{cm}^2$，底为边长$a$，因此列方程：
$a×\frac{1}{2}a=50$
整理得$\frac{1}{2}a^2=50$，即$a^2=100$。
因为边长为正数，所以$a=10$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；含30°角的直角三角形的性质；菱形面积计算
【点评】
本题属于基础题型，解题的核心是通过30°内角建立菱形边长和高的关系，再结合面积公式求解，熟练掌握菱形和直角三角形的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
2. 如图1，已知梯形ABCD中，$BC // AD$，$AB=BC=CD=\frac{1}{2}AD$，点A与原点重合，点$D(4,0)$在x轴上，则点C的坐标是（
A.$(3,2)$
B.$(3,\sqrt{3})$
C.$(\sqrt{3},2)$
D.$(2,3)$
B
）A.$(3,2)$
B.$(3,\sqrt{3})$
C.$(\sqrt{3},2)$
D.$(2,3)$
答案
2.B
解析
【分析】
首先梳理已知条件：由A在原点、D(4,0)可直接得出AD的长度为4，结合AB=BC=CD=½AD，可算出AB、BC、CD的长度均为2；又因为BC//AD且AB=CD，可知梯形ABCD是等腰梯形。要求点C的坐标，可通过作AD的垂线构造直角三角形，利用等腰梯形的性质求出直角三角形的直角边长，再结合勾股定理求出梯形的高，最终推导得到点C的坐标。
【解析】
解：
∵点A与原点重合，点D(4,0)在x轴上，
∴AD=4。
∵AB=BC=CD=½AD，
∴AB=BC=CD=2。
过点B作BF⊥AD于F，过点C作CE⊥AD于E，
∵BC//AD，BF⊥AD，CE⊥AD，
∴四边形BCEF是矩形，
∴EF=BC=2，BF=CE。
又
∵AB=CD，∠AFB=∠DEC=90°，
∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL），
∴AF=DE。
∵AF+EF+DE=AD=4，
∴2DE + 2 = 4，解得DE=1。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CD^2 - DE^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
∵点D的坐标为(4,0)，DE=1，
∴点E的横坐标为4-1=3，纵坐标为0，
∴点C的坐标为$(3,\sqrt{3})$。
【答案】
B
【知识点】
等腰梯形的性质，勾股定理，坐标与图形性质
【点评】
本题是平面直角坐标系与等腰梯形结合的基础题，解题核心是通过作高将梯形问题转化为矩形和直角三角形问题，再结合全等、勾股定理求解，是几何性质与坐标计算结合的典型题型。
【难度系数】
0.7
首先梳理已知条件：由A在原点、D(4,0)可直接得出AD的长度为4，结合AB=BC=CD=½AD，可算出AB、BC、CD的长度均为2；又因为BC//AD且AB=CD，可知梯形ABCD是等腰梯形。要求点C的坐标，可通过作AD的垂线构造直角三角形，利用等腰梯形的性质求出直角三角形的直角边长，再结合勾股定理求出梯形的高，最终推导得到点C的坐标。
【解析】
解：
∵点A与原点重合，点D(4,0)在x轴上，
∴AD=4。
∵AB=BC=CD=½AD，
∴AB=BC=CD=2。
过点B作BF⊥AD于F，过点C作CE⊥AD于E，
∵BC//AD，BF⊥AD，CE⊥AD，
∴四边形BCEF是矩形，
∴EF=BC=2，BF=CE。
又
∵AB=CD，∠AFB=∠DEC=90°，
∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL），
∴AF=DE。
∵AF+EF+DE=AD=4，
∴2DE + 2 = 4，解得DE=1。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CD^2 - DE^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
∵点D的坐标为(4,0)，DE=1，
∴点E的横坐标为4-1=3，纵坐标为0，
∴点C的坐标为$(3,\sqrt{3})$。
【答案】
B
【知识点】
等腰梯形的性质，勾股定理，坐标与图形性质
【点评】
本题是平面直角坐标系与等腰梯形结合的基础题，解题核心是通过作高将梯形问题转化为矩形和直角三角形问题，再结合全等、勾股定理求解，是几何性质与坐标计算结合的典型题型。
【难度系数】
0.7
3. 如图，将矩形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处。如果$∠ BAF=60°$，那么$∠ DAE$的度数是（
A.$15°$
B.$30°$
C.$45°$
D.$60°$
A
）A.$15°$
B.$30°$
C.$45°$
D.$60°$
答案
3.A
解析
【分析】
本题属于矩形折叠类角度计算题，解题思路如下：首先根据矩形的性质得到∠BAD是直角，结合已知的∠BAF的度数，先求出∠DAF的度数；再根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，可知∠DAE=∠FAE，即AE平分∠DAF，最后将∠DAF平分即可得到∠DAE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=90°
∵∠BAF=60°
∴∠DAF=∠BAD - ∠BAF = 90° - 60° = 30°
∵将矩形沿AE折叠，点D落在BC边的F处
∴△ADE≌△AFE，对应角∠DAE=∠FAE
∴∠DAE=½∠DAF=½×30°=15°
故选：A
【答案】
A
【知识点】
1. 矩形的性质
2. 折叠的性质
3. 角度计算
【点评】
本题是基础类几何计算题，解题的核心是抓住折叠前后对应角相等的性质，结合矩形内角为直角的特征，梳理清楚各角之间的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.75
本题属于矩形折叠类角度计算题，解题思路如下：首先根据矩形的性质得到∠BAD是直角，结合已知的∠BAF的度数，先求出∠DAF的度数；再根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，可知∠DAE=∠FAE，即AE平分∠DAF，最后将∠DAF平分即可得到∠DAE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=90°
∵∠BAF=60°
∴∠DAF=∠BAD - ∠BAF = 90° - 60° = 30°
∵将矩形沿AE折叠，点D落在BC边的F处
∴△ADE≌△AFE，对应角∠DAE=∠FAE
∴∠DAE=½∠DAF=½×30°=15°
故选：A
【答案】
A
【知识点】
1. 矩形的性质
2. 折叠的性质
3. 角度计算
【点评】
本题是基础类几何计算题，解题的核心是抓住折叠前后对应角相等的性质，结合矩形内角为直角的特征，梳理清楚各角之间的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.75
4. $□ ABCD$的对角线相交于点$O$.若添加下列条件:①$AB=AD$;②$AC=BD$;③$AC⊥ BD$;④$OA=OB$.能使$□ ABCD$是菱形的条件有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
B
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
4.B
解析
【分析】
要解决这道题，首先需明确平行四边形判定为菱形的核心定理：一是一组邻边相等的平行四边形是菱形，二是对角线互相垂直的平行四边形是菱形。接下来我们逐个验证给出的4个条件，判断是否符合上述判定定理即可，解题时要注意区分菱形和矩形的判定条件，避免混淆。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，我们逐个分析条件：
1. 条件①$AB=AD$：平行四边形中存在一组邻边相等，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可判定$□ABCD$是菱形，符合要求；
2. 条件②$AC=BD$：平行四边形中对角线相等，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，仅能判定为矩形，不能判定为菱形，不符合要求；
3. 条件③$AC⊥BD$：平行四边形中对角线互相垂直，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，可判定$□ABCD$是菱形，符合要求；
4. 条件④$OA=OB$：平行四边形对角线互相平分，因此$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，若$OA=OB$可推出$AC=BD$，即平行四边形对角线相等，属于矩形的判定条件，不能判定为菱形，不符合要求。
综上，符合要求的条件有①和③，共2个。
【答案】
B
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；矩形的判定
【点评】
本题考查特殊平行四边形的判定，解题关键是熟练掌握在平行四边形基础上菱形、矩形的判定差异，不要混淆对角线相等、垂直分别对应的特殊平行四边形类型，是特殊四边形章节的基础常考题型。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先需明确平行四边形判定为菱形的核心定理：一是一组邻边相等的平行四边形是菱形，二是对角线互相垂直的平行四边形是菱形。接下来我们逐个验证给出的4个条件，判断是否符合上述判定定理即可，解题时要注意区分菱形和矩形的判定条件，避免混淆。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，我们逐个分析条件：
1. 条件①$AB=AD$：平行四边形中存在一组邻边相等，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可判定$□ABCD$是菱形，符合要求；
2. 条件②$AC=BD$：平行四边形中对角线相等，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，仅能判定为矩形，不能判定为菱形，不符合要求；
3. 条件③$AC⊥BD$：平行四边形中对角线互相垂直，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，可判定$□ABCD$是菱形，符合要求；
4. 条件④$OA=OB$：平行四边形对角线互相平分，因此$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，若$OA=OB$可推出$AC=BD$，即平行四边形对角线相等，属于矩形的判定条件，不能判定为菱形，不符合要求。
综上，符合要求的条件有①和③，共2个。
【答案】
B
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；矩形的判定
【点评】
本题考查特殊平行四边形的判定，解题关键是熟练掌握在平行四边形基础上菱形、矩形的判定差异，不要混淆对角线相等、垂直分别对应的特殊平行四边形类型，是特殊四边形章节的基础常考题型。
【难度系数】
0.7
5.如图3所示，已知面积为1的正方形ABCD的对角线相交于点O，过点O任作一条直线分别交AD，BC于点E，F，则阴影部分的面积是
$\frac{1}{4}$
.答案
5.$\frac{1}{4}$
解析
【分析】
本题可利用正方形的性质结合全等三角形或中心对称的知识求解。首先明确正方形对角线的交点是它的对称中心，过对称中心的直线截正方形得到的对应部分全等；其次正方形的两条对角线会将正方形平均分成4个面积相等的三角形，每个三角形的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，我们只需通过全等将零散的阴影部分面积转化为其中一个小三角形的面积，即可快速得到结果。
【解析】
解：已知正方形ABCD的面积为1，对角线交于点O。
根据正方形的性质可得：点O是正方形的对称中心，$OA=OC$，$∠ OAE=∠ OCF=45°$，且正方形对角线将正方形分为4个面积相等的等腰直角三角形，单个小三角形的面积为$\frac{1}{4}$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF \\OA=OC \\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ COF(\mathrm{ASA})$，则$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$。
由此可得阴影部分的面积可转化为1个对角线分割出的小三角形的面积，即$S_{阴影}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；中心对称的性质
【点评】
本题是常见的几何基础题，核心考查不规则图形面积的转化思想，利用图形的对称性或全等性质转化面积是解决这类题的关键，熟练掌握相关性质可以快速得出答案。
【难度系数】
0.8
本题可利用正方形的性质结合全等三角形或中心对称的知识求解。首先明确正方形对角线的交点是它的对称中心，过对称中心的直线截正方形得到的对应部分全等；其次正方形的两条对角线会将正方形平均分成4个面积相等的三角形，每个三角形的面积是正方形面积的$\frac{1}{4}$，我们只需通过全等将零散的阴影部分面积转化为其中一个小三角形的面积，即可快速得到结果。
【解析】
解：已知正方形ABCD的面积为1，对角线交于点O。
根据正方形的性质可得：点O是正方形的对称中心，$OA=OC$，$∠ OAE=∠ OCF=45°$，且正方形对角线将正方形分为4个面积相等的等腰直角三角形，单个小三角形的面积为$\frac{1}{4}$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF \\OA=OC \\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
$\therefore △ AOE≌△ COF(\mathrm{ASA})$，则$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$。
由此可得阴影部分的面积可转化为1个对角线分割出的小三角形的面积，即$S_{阴影}=\frac{1}{4}$。
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；中心对称的性质
【点评】
本题是常见的几何基础题，核心考查不规则图形面积的转化思想，利用图形的对称性或全等性质转化面积是解决这类题的关键，熟练掌握相关性质可以快速得出答案。
【难度系数】
0.8
6.如图4,一菱形活动衣架中,菱形的边长均为16 cm,若墙上钉子间的距离AB=BC=16 cm,则∠1=
$120°$
.答案
6.$120°$
解析
【分析】
解题时首先回忆菱形的基本性质：菱形的四条边长度相等，相邻内角互补。题目给出菱形边长和钉子间距AB都为16cm，可先找到由AB和两条菱形边构成的三角形，其三边长度均为16cm，符合等边三角形的判定条件，由此可求出菱形较小内角的度数，再利用菱形邻角互补的性质就能求出∠1的度数。
【解析】
∵ 菱形的边长均为16cm，且AB=16cm，
∴ AB与相邻的两条菱形边长度相等，三条边构成等边三角形，
∴ 菱形的较小内角为60°，
又
∵ 菱形的邻角互补（相邻两个内角的和为180°），
∴ ∠1 = 180° - 60° = 120°。
【答案】
120°
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定；等边三角形的性质
【点评】
本题结合生活中的菱形活动衣架考查几何基础性质，解题关键是从已知等长线段中识别出等边三角形，再结合菱形的邻角互补性质求解，属于基础类的几何应用题。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆菱形的基本性质：菱形的四条边长度相等，相邻内角互补。题目给出菱形边长和钉子间距AB都为16cm，可先找到由AB和两条菱形边构成的三角形，其三边长度均为16cm，符合等边三角形的判定条件，由此可求出菱形较小内角的度数，再利用菱形邻角互补的性质就能求出∠1的度数。
【解析】
∵ 菱形的边长均为16cm，且AB=16cm，
∴ AB与相邻的两条菱形边长度相等，三条边构成等边三角形，
∴ 菱形的较小内角为60°，
又
∵ 菱形的邻角互补（相邻两个内角的和为180°），
∴ ∠1 = 180° - 60° = 120°。
【答案】
120°
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定；等边三角形的性质
【点评】
本题结合生活中的菱形活动衣架考查几何基础性质，解题关键是从已知等长线段中识别出等边三角形，再结合菱形的邻角互补性质求解，属于基础类的几何应用题。
【难度系数】
0.7
7.在四边形ABCD中,对角线AC与BD互相平分,交点为O.在不添加任何辅助线的前提下,要使四边形ABCD成为矩形,还需添加一个条件,这个条件可以是
$AC=BD$(答案不唯一)
.答案
7.$AC=BD$(答案不唯一)
解析
【分析】
首先，根据已知条件“对角线AC与BD互相平分”，结合平行四边形的判定定理，可先得出四边形ABCD是平行四边形。接下来要将平行四边形判定为矩形，回忆矩形的判定规则：对于已确定的平行四边形，只需满足“对角线相等”或“有一个内角为直角”其中一个条件即可，且无需添加辅助线，因此可以从这两类条件中任选其一作答。
【解析】
解：
∵四边形ABCD的对角线AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
根据矩形的判定定理：
1. 对角线相等的平行四边形是矩形，因此可添加条件$AC=BD$；
2. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，因此也可添加如$∠ ABC=90°$等条件，均符合要求。
【答案】
$AC=BD$（答案不唯一）
【知识点】
平行四边形的判定、矩形的判定
【点评】
本题是开放型基础题，考查特殊四边形的判定逻辑，需要先根据已知条件锁定四边形的基础类型，再结合目标图形的判定条件补充合适的条件，熟练掌握平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.85
首先，根据已知条件“对角线AC与BD互相平分”，结合平行四边形的判定定理，可先得出四边形ABCD是平行四边形。接下来要将平行四边形判定为矩形，回忆矩形的判定规则：对于已确定的平行四边形，只需满足“对角线相等”或“有一个内角为直角”其中一个条件即可，且无需添加辅助线，因此可以从这两类条件中任选其一作答。
【解析】
解：
∵四边形ABCD的对角线AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
根据矩形的判定定理：
1. 对角线相等的平行四边形是矩形，因此可添加条件$AC=BD$；
2. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，因此也可添加如$∠ ABC=90°$等条件，均符合要求。
【答案】
$AC=BD$（答案不唯一）
【知识点】
平行四边形的判定、矩形的判定
【点评】
本题是开放型基础题，考查特殊四边形的判定逻辑，需要先根据已知条件锁定四边形的基础类型，再结合目标图形的判定条件补充合适的条件，熟练掌握平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.85
8.已知四边形ABCD的四边长分别为$a,b,c,d$,且满足$a^4 + b^4 + c^4 + d^4 = 4abcd$.试说明四边形ABCD是菱形.
答案
8. 变形为$(a^2-b^2)^2+2(ab-cd)^2+(c^2-d^2)^2=0$,即可证$a=b=c=d$.
解析
【分析】
要证明四边形ABCD是菱形，根据菱形的判定规则，需先证明四边形的四条边长相等，即$a=b=c=d$。题目给出了关于四边长的四次方等量关系，我们可以利用完全平方公式对等式做变形，凑出若干个平方项相加等于0的形式，再结合平方数的非负性，就能推导得到各边长的等量关系。
【解析】
已知$a^4 + b^4 + c^4 + d^4 = 4abcd$，移项得：
$a^4 + b^4 + c^4 + d^4 - 4abcd = 0$
对左边式子拆项凑完全平方：
将$a^4+b^4$改写为$(a^2-b^2)^2+2a^2b^2$，$c^4+d^4$改写为$(c^2-d^2)^2+2c^2d^2$，代入上式得：
$(a^2-b^2)^2 + 2a^2b^2 + (c^2-d^2)^2 + 2c^2d^2 - 4abcd = 0$
整理乘积项：
$2a^2b^2 + 2c^2d^2 - 4abcd = 2(a^2b^2-2abcd + c^2d^2) = 2(ab-cd)^2$
因此原等式可化为：
$(a^2-b^2)^2 + (c^2-d^2)^2 + 2(ab-cd)^2 = 0$
∵平方数具有非负性，即$(a^2-b^2)^2≥0$、$(c^2-d^2)^2≥0$、$2(ab-cd)^2≥0$，
∴三个非负数和为0时，每个平方项都为0，即：
$\begin{cases}a^2-b^2=0\\c^2-d^2=0\\ab-cd=0\end{cases}$
又
∵$a、b、c、d$是四边形边长，均为正数，
∴由$a^2-b^2=0$得$a=b$，由$c^2-d^2=0$得$c=d$，
将$a=b、c=d$代入$ab-cd=0$得$a^2=c^2$，即$a=c$，
因此$a=b=c=d$，根据“四条边相等的四边形是菱形”，可证四边形ABCD是菱形。
【答案】
将原式变形为$(a^2-b^2)^2+2(ab-cd)^2+(c^2-d^2)^2=0$，可证得$a=b=c=d$，故四边形ABCD是菱形。
【知识点】
完全平方公式，非负数的性质，菱形的判定
【点评】
本题核心是灵活运用完全平方公式对高次等式变形，通过凑平方和结合非负性推导边长关系，进而判定四边形形状，对因式分解的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要证明四边形ABCD是菱形，根据菱形的判定规则，需先证明四边形的四条边长相等，即$a=b=c=d$。题目给出了关于四边长的四次方等量关系，我们可以利用完全平方公式对等式做变形，凑出若干个平方项相加等于0的形式，再结合平方数的非负性，就能推导得到各边长的等量关系。
【解析】
已知$a^4 + b^4 + c^4 + d^4 = 4abcd$，移项得：
$a^4 + b^4 + c^4 + d^4 - 4abcd = 0$
对左边式子拆项凑完全平方：
将$a^4+b^4$改写为$(a^2-b^2)^2+2a^2b^2$，$c^4+d^4$改写为$(c^2-d^2)^2+2c^2d^2$，代入上式得：
$(a^2-b^2)^2 + 2a^2b^2 + (c^2-d^2)^2 + 2c^2d^2 - 4abcd = 0$
整理乘积项：
$2a^2b^2 + 2c^2d^2 - 4abcd = 2(a^2b^2-2abcd + c^2d^2) = 2(ab-cd)^2$
因此原等式可化为：
$(a^2-b^2)^2 + (c^2-d^2)^2 + 2(ab-cd)^2 = 0$
∵平方数具有非负性，即$(a^2-b^2)^2≥0$、$(c^2-d^2)^2≥0$、$2(ab-cd)^2≥0$，
∴三个非负数和为0时，每个平方项都为0，即：
$\begin{cases}a^2-b^2=0\\c^2-d^2=0\\ab-cd=0\end{cases}$
又
∵$a、b、c、d$是四边形边长，均为正数，
∴由$a^2-b^2=0$得$a=b$，由$c^2-d^2=0$得$c=d$，
将$a=b、c=d$代入$ab-cd=0$得$a^2=c^2$，即$a=c$，
因此$a=b=c=d$，根据“四条边相等的四边形是菱形”，可证四边形ABCD是菱形。
【答案】
将原式变形为$(a^2-b^2)^2+2(ab-cd)^2+(c^2-d^2)^2=0$，可证得$a=b=c=d$，故四边形ABCD是菱形。
【知识点】
完全平方公式，非负数的性质，菱形的判定
【点评】
本题核心是灵活运用完全平方公式对高次等式变形，通过凑平方和结合非负性推导边长关系，进而判定四边形形状，对因式分解的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
9. 四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，现有以下判断：
①AB=BC；②∠DAB=90°；③BO=DO，AO=CO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形。
在下列推理中，正确的是（
）
①AB=BC；②∠DAB=90°；③BO=DO，AO=CO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形。
在下列推理中，正确的是（
）答案
9.A
解析
【分析】
解题时首先要明确每个已知条件对应的四边形性质或判定，再结合特殊四边形的判定定理逐一验证选项推导逻辑：首先回忆基础判定规则：对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；一组邻边相等的平行四边形是菱形；一组邻边相等的矩形是正方形。之后逐一分析每个选项的两个条件叠加后能否得出对应结论即可。
【解析】
先明确各条件对应的基础结论：
条件③：对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形；
逐一分析选项：
A. 条件④说明四边形ABCD是矩形（属于对边相等、四个角为直角的特殊平行四边形），叠加条件①AB=BC（一组邻边相等），根据“一组邻边相等的矩形是正方形”，可推出⑥四边形ABCD是正方形，推导正确。
B. 条件③可得ABCD是平行四边形，叠加条件①AB=BC，只能推出四边形是菱形，无法推出④矩形，推导错误。
C. 仅给出①一组邻边相等、②一个内角为90°，无法判定四边形是平行四边形，更无法推出是正方形，推导错误。
D. 条件③可得ABCD是平行四边形，叠加条件②∠DAB=90°，只能推出四边形是矩形，无法推出⑤菱形，推导错误。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形判定；矩形判定；正方形判定
【点评】
本题考查特殊四边形的判定逻辑，需要学生准确区分不同特殊四边形的判定条件，理清多条件叠加后的推导结论，属于基础定理应用类题目。
【难度系数】
0.7
解题时首先要明确每个已知条件对应的四边形性质或判定，再结合特殊四边形的判定定理逐一验证选项推导逻辑：首先回忆基础判定规则：对角线互相平分的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；一组邻边相等的平行四边形是菱形；一组邻边相等的矩形是正方形。之后逐一分析每个选项的两个条件叠加后能否得出对应结论即可。
【解析】
先明确各条件对应的基础结论：
条件③：对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形；
逐一分析选项：
A. 条件④说明四边形ABCD是矩形（属于对边相等、四个角为直角的特殊平行四边形），叠加条件①AB=BC（一组邻边相等），根据“一组邻边相等的矩形是正方形”，可推出⑥四边形ABCD是正方形，推导正确。
B. 条件③可得ABCD是平行四边形，叠加条件①AB=BC，只能推出四边形是菱形，无法推出④矩形，推导错误。
C. 仅给出①一组邻边相等、②一个内角为90°，无法判定四边形是平行四边形，更无法推出是正方形，推导错误。
D. 条件③可得ABCD是平行四边形，叠加条件②∠DAB=90°，只能推出四边形是矩形，无法推出⑤菱形，推导错误。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形判定；矩形判定；正方形判定
【点评】
本题考查特殊四边形的判定逻辑，需要学生准确区分不同特殊四边形的判定条件，理清多条件叠加后的推导结论，属于基础定理应用类题目。
【难度系数】
0.7
