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1. 下列说法错误的是(
A.有一个角是直角的平行四边形是矩形
B.有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D.对角线相等的四边形是矩形
D
)。A.有一个角是直角的平行四边形是矩形
B.有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D.对角线相等的四边形是矩形
答案
1.D
解析
【分析】
本题考查矩形与菱形的判定定理辨析，解题思路为先回忆矩形、菱形的相关判定规则，再逐一核对每个选项的表述是否符合判定定理的要求，最终找出错误的说法。判定特殊平行四边形时要格外注意前提条件是“平行四边形”还是任意“四边形”，这是这类题的易错点。
【解析】
我们逐个分析选项：
选项A：根据矩形的判定定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形，表述正确，不符合题意；
选项B：根据菱形的定义，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，表述正确，不符合题意；
选项C：根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，表述正确，不符合题意；
选项D：对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形的对角线也相等，只有对角线相等的平行四边形才是矩形，该表述缺少“平行四边形”的前提，错误，符合题意。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题属于基础概念辨析题，核心考查对特殊平行四边形判定定理的准确记忆，易错点是容易忽略判定定理中“平行四边形”这个前提条件，平时学习时要记清定理的完整表述，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
本题考查矩形与菱形的判定定理辨析，解题思路为先回忆矩形、菱形的相关判定规则，再逐一核对每个选项的表述是否符合判定定理的要求，最终找出错误的说法。判定特殊平行四边形时要格外注意前提条件是“平行四边形”还是任意“四边形”，这是这类题的易错点。
【解析】
我们逐个分析选项：
选项A：根据矩形的判定定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形，表述正确，不符合题意；
选项B：根据菱形的定义，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，表述正确，不符合题意；
选项C：根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，表述正确，不符合题意；
选项D：对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形的对角线也相等，只有对角线相等的平行四边形才是矩形，该表述缺少“平行四边形”的前提，错误，符合题意。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题属于基础概念辨析题，核心考查对特殊平行四边形判定定理的准确记忆，易错点是容易忽略判定定理中“平行四边形”这个前提条件，平时学习时要记清定理的完整表述，避免概念混淆。
【难度系数】
0.8
2.如图,在菱形ABCD中,AC,BD相交于点O,E为AB的中点,且DE⊥AB,AC=6,则菱形ABCD的面积是(
A.18
B.$18\sqrt{3}$
C.$9\sqrt{3}$
D.$6\sqrt{3}$
D
)。A.18
B.$18\sqrt{3}$
C.$9\sqrt{3}$
D.$6\sqrt{3}$
答案
2.D
解析
【分析】
首先根据“E是AB中点且DE⊥AB”可判定DE是AB的垂直平分线，由此得到AD=BD；再结合菱形四边相等的性质，推出AD=AB=BD，即△ABD为等边三角形。接着利用菱形对角线互相垂直平分的性质，得到AO=AC÷2=3，且AO是等边△ABD的高，据此求出BD的长度，最后代入菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵E为AB的中点，且DE⊥AB
∴DE是AB的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得：AD=BD
∵四边形ABCD是菱形
∴AD=AB，AC⊥BD，$AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$，且O是BD的中点
∴AD=AB=BD，即△ABD是等边三角形
∵AO是等边△ABD的高，等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍
∴$AO=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=3$，解得$AB=2\sqrt{3}$
∴$BD=AB=2\sqrt{3}$
菱形的面积等于对角线乘积的一半，因此：
$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×AC×BD=\frac{1}{2}×6×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$
【答案】D
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质；垂直平分线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的突破口是通过垂直平分线的性质推导出△ABD为等边三角形，再结合菱形对角线的性质求出未知对角线的长度，最后代入面积公式求解，解题时要牢记特殊几何图形的性质。
【难度系数】
0.6
首先根据“E是AB中点且DE⊥AB”可判定DE是AB的垂直平分线，由此得到AD=BD；再结合菱形四边相等的性质，推出AD=AB=BD，即△ABD为等边三角形。接着利用菱形对角线互相垂直平分的性质，得到AO=AC÷2=3，且AO是等边△ABD的高，据此求出BD的长度，最后代入菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵E为AB的中点，且DE⊥AB
∴DE是AB的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得：AD=BD
∵四边形ABCD是菱形
∴AD=AB，AC⊥BD，$AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$，且O是BD的中点
∴AD=AB=BD，即△ABD是等边三角形
∵AO是等边△ABD的高，等边三角形的高为边长的$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍
∴$AO=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=3$，解得$AB=2\sqrt{3}$
∴$BD=AB=2\sqrt{3}$
菱形的面积等于对角线乘积的一半，因此：
$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×AC×BD=\frac{1}{2}×6×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$
【答案】D
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质；垂直平分线的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的突破口是通过垂直平分线的性质推导出△ABD为等边三角形，再结合菱形对角线的性质求出未知对角线的长度，最后代入面积公式求解，解题时要牢记特殊几何图形的性质。
【难度系数】
0.6
3.如图,已知菱形OABC的顶点O(0,0),B(2,2),若菱形绕点O按逆时针方向旋转,每秒旋转$45°$,则第60 s时,菱形的顶点B的坐标为(
A.$(0,-2\sqrt{2})$
B.$(2\sqrt{2},0)$
C.$(2,-2)$
D.$(-2,-2)$
D
)。A.$(0,-2\sqrt{2})$
B.$(2\sqrt{2},0)$
C.$(2,-2)$
D.$(-2,-2)$
答案
3.D
解析
【分析】
解题时可按以下思路思考：第一步，先计算菱形60秒总共旋转的角度；第二步，利用旋转的周期性（每旋转360°就会回到原位），计算出等效的实际旋转角度；第三步，根据旋转角度对应的坐标变化规律，求出旋转后点B的坐标即可。
【解析】
解：①计算总旋转角度：
由题意得，每秒旋转$45°$，60秒的总旋转角为：
$45° × 60 = 2700°$
②计算等效旋转角：
∵ 旋转一周为$360°$，
$2700° ÷ 360° = 7 \dots 180°$，即旋转7整周后，额外逆时针旋转了$180°$。
③求旋转后点B的坐标：
点绕原点逆时针旋转$180°$时，横、纵坐标均变为原来的相反数，
初始点B坐标为$(2,2)$，旋转$180°$后坐标为$(-2,-2)$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；坐标与图形旋转；周期计算
【点评】
本题考查旋转相关的坐标求解，解题核心是将较大的总旋转角度转化为等效的小角度，再结合特殊旋转角的坐标变化规律快速解题，注意不要搞错旋转方向。
【难度系数】
0.7
解题时可按以下思路思考：第一步，先计算菱形60秒总共旋转的角度；第二步，利用旋转的周期性（每旋转360°就会回到原位），计算出等效的实际旋转角度；第三步，根据旋转角度对应的坐标变化规律，求出旋转后点B的坐标即可。
【解析】
解：①计算总旋转角度：
由题意得，每秒旋转$45°$，60秒的总旋转角为：
$45° × 60 = 2700°$
②计算等效旋转角：
∵ 旋转一周为$360°$，
$2700° ÷ 360° = 7 \dots 180°$，即旋转7整周后，额外逆时针旋转了$180°$。
③求旋转后点B的坐标：
点绕原点逆时针旋转$180°$时，横、纵坐标均变为原来的相反数，
初始点B坐标为$(2,2)$，旋转$180°$后坐标为$(-2,-2)$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；坐标与图形旋转；周期计算
【点评】
本题考查旋转相关的坐标求解，解题核心是将较大的总旋转角度转化为等效的小角度，再结合特殊旋转角的坐标变化规律快速解题，注意不要搞错旋转方向。
【难度系数】
0.7
4.如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,BC=2,AE⊥BD,垂足为E,∠BAE=30°,则△ECO的面积是(
A.$\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{9}$
B
)。A.$\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{9}$
答案
4.B
解析
【分析】
解题时先利用矩形的性质得到边、角的关系，再结合30°直角三角形的边角关系求出AB、BE等关键线段的长度，最后通过面积差（△BOC的面积减去△BEC的面积）计算△ECO的面积。具体思路：1. 由矩形性质得AD=BC=2，对角线相等且平分，四个角为直角；2. 由AE⊥BD和∠BAE=30°推出∠ABD=60°，结合直角三角形边角关系求出AB、BD、OB、BE的长度；3. 计算△BOC和△BEC的面积，作差得到所求面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=90°，AD=BC=2，AC=BD，OA=OB=OC=OD
∵AE⊥BD，∠BAE=30°
∴∠ABE=90°-∠BAE=60°，∠ADB=30°
在Rt△ABD中，$\tan∠ ADB=\frac{AB}{AD}$
∴$AB=AD·\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$BD=2AB=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
∴$OB=\frac{1}{2}BD=\frac{2\sqrt{3}}{3}$
在Rt△ABE中，∠BAE=30°
∴$BE=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AE=AB·\cos30°=\frac{2\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=1$
过点C作CF⊥BD于点F，易证△ABE≌△CDF（AAS），故CF=AE=1
矩形ABCD的面积为$AB× BC=\frac{2\sqrt{3}}{3}×2=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
∵O是对角线交点，
∴$S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
$S_{△ BEC}=\frac{1}{2}× BE× CF=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{3}×1=\frac{\sqrt{3}}{6}$
∴$S_{△ ECO}=S_{△ BOC}-S_{△ BEC}=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}$
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，解直角三角形，三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了矩形相关性质、特殊直角三角形的边角关系以及三角形面积的求解，解题关键是熟练运用矩形性质找到线段间的数量关系，通过面积差的思路简化计算，需要学生具备一定的几何推理和运算能力。
【难度系数】
0.6
解题时先利用矩形的性质得到边、角的关系，再结合30°直角三角形的边角关系求出AB、BE等关键线段的长度，最后通过面积差（△BOC的面积减去△BEC的面积）计算△ECO的面积。具体思路：1. 由矩形性质得AD=BC=2，对角线相等且平分，四个角为直角；2. 由AE⊥BD和∠BAE=30°推出∠ABD=60°，结合直角三角形边角关系求出AB、BD、OB、BE的长度；3. 计算△BOC和△BEC的面积，作差得到所求面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=90°，AD=BC=2，AC=BD，OA=OB=OC=OD
∵AE⊥BD，∠BAE=30°
∴∠ABE=90°-∠BAE=60°，∠ADB=30°
在Rt△ABD中，$\tan∠ ADB=\frac{AB}{AD}$
∴$AB=AD·\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$BD=2AB=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
∴$OB=\frac{1}{2}BD=\frac{2\sqrt{3}}{3}$
在Rt△ABE中，∠BAE=30°
∴$BE=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AE=AB·\cos30°=\frac{2\sqrt{3}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=1$
过点C作CF⊥BD于点F，易证△ABE≌△CDF（AAS），故CF=AE=1
矩形ABCD的面积为$AB× BC=\frac{2\sqrt{3}}{3}×2=\frac{4\sqrt{3}}{3}$
∵O是对角线交点，
∴$S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
$S_{△ BEC}=\frac{1}{2}× BE× CF=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{3}×1=\frac{\sqrt{3}}{6}$
∴$S_{△ ECO}=S_{△ BOC}-S_{△ BEC}=\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{6}$
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，解直角三角形，三角形面积计算
【点评】
本题综合考查了矩形相关性质、特殊直角三角形的边角关系以及三角形面积的求解，解题关键是熟练运用矩形性质找到线段间的数量关系，通过面积差的思路简化计算，需要学生具备一定的几何推理和运算能力。
【难度系数】
0.6
识别出错
答案
5.A
6.若一个矩形两条对角线的夹角是$60°$，一条边的长为4 cm，则此矩形的对角线最长为
8 cm
。答案
6.8 cm
解析
【分析】
首先回忆矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，因此两条对角线将矩形分成四个等腰三角形。已知对角线夹角为60°，则夹角所对应的等腰三角形为等边三角形。要求对角线的最长值，需分两种情况讨论：已知的4cm边是矩形的短边还是长边，分别计算两种情况下的对角线长度，再取最大值即可。
【解析】
∵矩形的对角线相等且互相平分，
∴对角线被交点分成的四条线段长度相等，
若两条对角线夹角为60°，则该夹角对应的三角形是等边三角形，即矩形的短边长等于对角线长度的一半。
分两种情况计算：
1. 若长为4cm的边是矩形的短边：
则对角线长度的一半等于4cm，因此对角线长为$2×4=8\mathrm{cm}$；
2. 若长为4cm的边是矩形的长边：
设对角线长度为$d$，则短边长为$\frac{d}{2}$，根据勾股定理可得：
$(\frac{d}{2})^2 + 4^2 = d^2$
解得$d=\frac{8\sqrt{3}}{3}\mathrm{cm}\approx4.62\mathrm{cm}$。
比较两种情况的对角线长度，$8\mathrm{cm}＞\frac{8\sqrt{3}}{3}\mathrm{cm}$，因此对角线最长为8cm。
【答案】
8 cm
【知识点】
矩形的性质；等边三角形的判定；勾股定理
【点评】
本题易错点是忽略分情况讨论已知边是矩形的长边还是短边，解题时要结合矩形对角线的性质分析图形特征，通过分类讨论求出所有可能的结果后再取最大值。
【难度系数】
0.6
首先回忆矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，因此两条对角线将矩形分成四个等腰三角形。已知对角线夹角为60°，则夹角所对应的等腰三角形为等边三角形。要求对角线的最长值，需分两种情况讨论：已知的4cm边是矩形的短边还是长边，分别计算两种情况下的对角线长度，再取最大值即可。
【解析】
∵矩形的对角线相等且互相平分，
∴对角线被交点分成的四条线段长度相等，
若两条对角线夹角为60°，则该夹角对应的三角形是等边三角形，即矩形的短边长等于对角线长度的一半。
分两种情况计算：
1. 若长为4cm的边是矩形的短边：
则对角线长度的一半等于4cm，因此对角线长为$2×4=8\mathrm{cm}$；
2. 若长为4cm的边是矩形的长边：
设对角线长度为$d$，则短边长为$\frac{d}{2}$，根据勾股定理可得：
$(\frac{d}{2})^2 + 4^2 = d^2$
解得$d=\frac{8\sqrt{3}}{3}\mathrm{cm}\approx4.62\mathrm{cm}$。
比较两种情况的对角线长度，$8\mathrm{cm}＞\frac{8\sqrt{3}}{3}\mathrm{cm}$，因此对角线最长为8cm。
【答案】
8 cm
【知识点】
矩形的性质；等边三角形的判定；勾股定理
【点评】
本题易错点是忽略分情况讨论已知边是矩形的长边还是短边，解题时要结合矩形对角线的性质分析图形特征，通过分类讨论求出所有可能的结果后再取最大值。
【难度系数】
0.6
7.如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°,AC=8,BC=6,P$是边$AB$上的一个动点(异于$A,B$两点),过点$P$分别作边$AC,BC$的垂线,垂足分别为$M,N$,连接$MN$,则$MN$的最小值是________。
答案
7.$\dfrac{24}{5}$
解析
【分析】
解题时先观察已知条件：过点P作AC、BC的垂线，结合∠C=90°，可判定四边形PMCN是矩形，根据矩形对角线相等的性质，可得MN=CP，因此求MN的最小值可转化为求线段CP的最小值。再根据“点到直线的所有连线中，垂线段最短”的原理，可知当CP垂直于AB时，CP的长度最小，此时只需计算Rt△ABC斜边AB上的高，即可得到MN的最小值。
【解析】
1. 计算斜边AB的长度：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$
2. 推导MN与CP的等量关系：
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形PMCN是矩形（三个角是直角的四边形是矩形），
∴$MN=CP$（矩形的对角线相等）。
3. 求CP的最小值：
根据垂线段最短可知，当CP⊥AB时，CP的长度最小，此时CP为Rt△ABC斜边上的高。
利用三角形面积的两种计算方式列等式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CP$
代入数值：$\frac{1}{2}×8×6=\frac{1}{2}×10× CP$
解得：$CP=\frac{48}{10}=\frac{24}{5}$
即MN的最小值为$\frac{24}{5}$。
【答案】
$\dfrac{24}{5}$
【知识点】
矩形的判定与性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题考查了最值问题的求解，核心是运用转化思想，将未知线段MN的最值转化为易求的线段CP的最值，解题关键是识别出矩形并利用其对角线相等的性质完成线段转化，同时结合直角三角形的面积法计算斜边上的高，综合性较强，对几何转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先观察已知条件：过点P作AC、BC的垂线，结合∠C=90°，可判定四边形PMCN是矩形，根据矩形对角线相等的性质，可得MN=CP，因此求MN的最小值可转化为求线段CP的最小值。再根据“点到直线的所有连线中，垂线段最短”的原理，可知当CP垂直于AB时，CP的长度最小，此时只需计算Rt△ABC斜边AB上的高，即可得到MN的最小值。
【解析】
1. 计算斜边AB的长度：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$
2. 推导MN与CP的等量关系：
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形PMCN是矩形（三个角是直角的四边形是矩形），
∴$MN=CP$（矩形的对角线相等）。
3. 求CP的最小值：
根据垂线段最短可知，当CP⊥AB时，CP的长度最小，此时CP为Rt△ABC斜边上的高。
利用三角形面积的两种计算方式列等式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CP$
代入数值：$\frac{1}{2}×8×6=\frac{1}{2}×10× CP$
解得：$CP=\frac{48}{10}=\frac{24}{5}$
即MN的最小值为$\frac{24}{5}$。
【答案】
$\dfrac{24}{5}$
【知识点】
矩形的判定与性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题考查了最值问题的求解，核心是运用转化思想，将未知线段MN的最值转化为易求的线段CP的最值，解题关键是识别出矩形并利用其对角线相等的性质完成线段转化，同时结合直角三角形的面积法计算斜边上的高，综合性较强，对几何转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
8.如图,在菱形OABC中,点B在x轴上,点A的坐标为(3,5),则点C的坐标为
(3,-5)
。答案
8.$(3,-5)$
解析
【分析】
解题时先利用菱形的轴对称性分析：菱形的对角线所在直线是它的对称轴，本题中对角线OB在x轴上，因此点A和点C关于x轴对称；再结合关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，结合已知点A的坐标即可求出点C的坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是菱形，
∴对角线OB所在的x轴是菱形的一条对称轴，即点A与点C关于x轴对称。
∵关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，且点A的坐标为(3,5)，
∴点C的横坐标为3，纵坐标为-5，即C(3,-5)。
【答案】
(3,-5)
【知识点】
菱形的性质，关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题属于基础题，将菱形的性质和平面直角坐标系中点的对称规律结合考查，解题的关键是判断出A、C两点关于x轴对称，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题时先利用菱形的轴对称性分析：菱形的对角线所在直线是它的对称轴，本题中对角线OB在x轴上，因此点A和点C关于x轴对称；再结合关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，结合已知点A的坐标即可求出点C的坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是菱形，
∴对角线OB所在的x轴是菱形的一条对称轴，即点A与点C关于x轴对称。
∵关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，且点A的坐标为(3,5)，
∴点C的横坐标为3，纵坐标为-5，即C(3,-5)。
【答案】
(3,-5)
【知识点】
菱形的性质，关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题属于基础题，将菱形的性质和平面直角坐标系中点的对称规律结合考查，解题的关键是判断出A、C两点关于x轴对称，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
9.如图，在$□ ABCD$中，E，F分别是AB，CD的中点。当$□ ABCD$满足
$AB⊥ BC$(答案不唯一)
时，四边形EHFG是菱形。答案
9.$AB⊥ BC$(答案不唯一)
解析
【分析】
解题时首先从已知条件出发，先推导四边形EHFG的初始形状：①利用平行四边形ABCD对边平行且相等的性质，结合E、F是AB、CD中点的条件，可证得四边形AECF、BEDF都是平行四边形，进而得到EHFG的两组对边分别平行，确认EHFG是平行四边形。②菱形需要在平行四边形的基础上满足“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”，因此只需添加能让该平行四边形满足菱形判定的条件即可，例如添加AB⊥BC，即平行四边形ABCD为矩形时，可推导出EHFG的对角线互相垂直，从而判定它是菱形。
【解析】
1. 已知四边形ABCD是平行四边形，因此$AB// CD$，$AB=CD$。
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴$AE=BE=\frac{1}{2}AB$，$CF=DF=\frac{1}{2}CD$，可得$AE=CF$，$BE=DF$。
又
∵$AE// CF$，$BE// DF$，
∴四边形AECF、四边形BEDF均为平行四边形，
∴$AF// EC$，$ED// BF$，即$GF// EH$，$EG// FH$，
∴四边形EHFG是平行四边形。
2. 当添加条件$AB⊥ BC$时，平行四边形ABCD是矩形，此时$∠ A=∠ B=90°$，$AD=BC$，E、F分别是AB、CD的中点，因此$EF⊥ AB$。
易知G、H分别为DE、CE的中点，因此GH是$△ CDE$的中位线，$GH// CD// AB$，可得$EF⊥ GH$。
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此此时平行四边形EHFG是菱形。
（注：添加条件只要满足EHFG为菱形即可，例如$∠ ABC=90°$、$AC=BD$等均正确）
【答案】
$AB⊥ BC$（答案不唯一）
【知识点】
平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质
【点评】
本题属于开放性填空题，需要综合运用特殊四边形的判定和性质推导，既考查了基础的平行四边形、菱形判定定理，也锻炼了逆向推导添加条件的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先从已知条件出发，先推导四边形EHFG的初始形状：①利用平行四边形ABCD对边平行且相等的性质，结合E、F是AB、CD中点的条件，可证得四边形AECF、BEDF都是平行四边形，进而得到EHFG的两组对边分别平行，确认EHFG是平行四边形。②菱形需要在平行四边形的基础上满足“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”，因此只需添加能让该平行四边形满足菱形判定的条件即可，例如添加AB⊥BC，即平行四边形ABCD为矩形时，可推导出EHFG的对角线互相垂直，从而判定它是菱形。
【解析】
1. 已知四边形ABCD是平行四边形，因此$AB// CD$，$AB=CD$。
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴$AE=BE=\frac{1}{2}AB$，$CF=DF=\frac{1}{2}CD$，可得$AE=CF$，$BE=DF$。
又
∵$AE// CF$，$BE// DF$，
∴四边形AECF、四边形BEDF均为平行四边形，
∴$AF// EC$，$ED// BF$，即$GF// EH$，$EG// FH$，
∴四边形EHFG是平行四边形。
2. 当添加条件$AB⊥ BC$时，平行四边形ABCD是矩形，此时$∠ A=∠ B=90°$，$AD=BC$，E、F分别是AB、CD的中点，因此$EF⊥ AB$。
易知G、H分别为DE、CE的中点，因此GH是$△ CDE$的中位线，$GH// CD// AB$，可得$EF⊥ GH$。
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此此时平行四边形EHFG是菱形。
（注：添加条件只要满足EHFG为菱形即可，例如$∠ ABC=90°$、$AC=BD$等均正确）
【答案】
$AB⊥ BC$（答案不唯一）
【知识点】
平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质
【点评】
本题属于开放性填空题，需要综合运用特殊四边形的判定和性质推导，既考查了基础的平行四边形、菱形判定定理，也锻炼了逆向推导添加条件的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.6
识别出错
答案
10.(1)$1:2$ (2)$\dfrac{55}{4}$
