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5. 如图，$□ ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，分别以点$B$，$C$为圆心，$\frac{1}{2}AC$，$\frac{1}{2}BD$长为半径画弧，两弧交于点$P$，连接$BP$，$CP$。
（1）试判断四边形$BPCO$的形状，并说明理由；
（2）请说明当$□ ABCD$的对角线满足什么条件时，四边形$BPCO$是正方形。
（1）试判断四边形$BPCO$的形状，并说明理由；
（2）请说明当$□ ABCD$的对角线满足什么条件时，四边形$BPCO$是正方形。
答案
5.解:(1)四边形BPCO为平行四边形。
理由如下:
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC=OA=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD。
∵分别以点B,C为圆心,$\frac{1}{2}AC$,$\frac{1}{2}BD$长为半径画弧,两弧交于点P，
∴OB=CP,BP=OC，
∴四边形BPCO是平行四边形。
(2)当AC⊥BD,AC=BD时,四边形BPCO为正方形。
理由如下:
∵AC⊥BD，
∴∠BOC=90°。
∵AC=BD,OB=$\frac{1}{2}$BD,OC=$\frac{1}{2}$AC，
∴OB=OC。
∵四边形BPCO是平行四边形，
∴四边形BPCO是正方形。
理由如下:
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC=OA=$\frac{1}{2}$AC,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD。
∵分别以点B,C为圆心,$\frac{1}{2}AC$,$\frac{1}{2}BD$长为半径画弧,两弧交于点P，
∴OB=CP,BP=OC，
∴四边形BPCO是平行四边形。
(2)当AC⊥BD,AC=BD时,四边形BPCO为正方形。
理由如下:
∵AC⊥BD，
∴∠BOC=90°。
∵AC=BD,OB=$\frac{1}{2}$BD,OC=$\frac{1}{2}$AC，
∴OB=OC。
∵四边形BPCO是平行四边形，
∴四边形BPCO是正方形。
解析
【分析】
（1）要判断四边形$BPCO$的形状，先利用平行四边形对角线互相平分的性质，得到$OC=\frac{1}{2}AC$、$OB=\frac{1}{2}BD$；再结合尺规作图的条件，得出$BP=\frac{1}{2}AC=OC$，$CP=\frac{1}{2}BD=OB$，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断形状。
（2）要使平行四边形$BPCO$为正方形，需同时满足“有一个内角是直角”和“邻边相等”两个条件：直角可由原平行四边形对角线垂直得到$∠ BOC=90°$，邻边相等可由原平行四边形对角线相等推导得到$OB=OC$，结合两个条件即可得出对角线需要满足的要求。
【解析】
(1) 四边形$BPCO$为平行四边形，理由如下：
$\because$四边形$ABCD$为平行四边形，
$\therefore OC=OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$。
$\because$分别以点$B$，$C$为圆心，$\frac{1}{2}AC$，$\frac{1}{2}BD$长为半径画弧，两弧交于点$P$，
$\therefore BP=\frac{1}{2}AC$，$CP=\frac{1}{2}BD$，即$OB=CP$，$BP=OC$，
$\therefore$四边形$BPCO$是平行四边形。
(2) 当$AC⊥ BD$，且$AC=BD$时，四边形$BPCO$为正方形，理由如下：
$\because AC⊥ BD$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because AC=BD$，$OB=\frac{1}{2}BD$，$OC=\frac{1}{2}AC$，
$\therefore OB=OC$。
$\because$四边形$BPCO$是平行四边形，
$\therefore$四边形$BPCO$是正方形。
【答案】
（1）四边形$BPCO$是平行四边形；
（2）当$AC⊥ BD$且$AC=BD$时，四边形$BPCO$是正方形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定、正方形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础综合题，结合尺规作图的条件，考查对各类特殊四边形性质、判定定理的掌握情况，解题的关键是从作图条件中提取边相等的关系，结合已知性质逐步推导结论。
【难度系数】
0.7
（1）要判断四边形$BPCO$的形状，先利用平行四边形对角线互相平分的性质，得到$OC=\frac{1}{2}AC$、$OB=\frac{1}{2}BD$；再结合尺规作图的条件，得出$BP=\frac{1}{2}AC=OC$，$CP=\frac{1}{2}BD=OB$，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断形状。
（2）要使平行四边形$BPCO$为正方形，需同时满足“有一个内角是直角”和“邻边相等”两个条件：直角可由原平行四边形对角线垂直得到$∠ BOC=90°$，邻边相等可由原平行四边形对角线相等推导得到$OB=OC$，结合两个条件即可得出对角线需要满足的要求。
【解析】
(1) 四边形$BPCO$为平行四边形，理由如下：
$\because$四边形$ABCD$为平行四边形，
$\therefore OC=OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$。
$\because$分别以点$B$，$C$为圆心，$\frac{1}{2}AC$，$\frac{1}{2}BD$长为半径画弧，两弧交于点$P$，
$\therefore BP=\frac{1}{2}AC$，$CP=\frac{1}{2}BD$，即$OB=CP$，$BP=OC$，
$\therefore$四边形$BPCO$是平行四边形。
(2) 当$AC⊥ BD$，且$AC=BD$时，四边形$BPCO$为正方形，理由如下：
$\because AC⊥ BD$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because AC=BD$，$OB=\frac{1}{2}BD$，$OC=\frac{1}{2}AC$，
$\therefore OB=OC$。
$\because$四边形$BPCO$是平行四边形，
$\therefore$四边形$BPCO$是正方形。
【答案】
（1）四边形$BPCO$是平行四边形；
（2）当$AC⊥ BD$且$AC=BD$时，四边形$BPCO$是正方形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定、正方形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础综合题，结合尺规作图的条件，考查对各类特殊四边形性质、判定定理的掌握情况，解题的关键是从作图条件中提取边相等的关系，结合已知性质逐步推导结论。
【难度系数】
0.7
6.如图,在平行四边形ABCD中,连接BD, E为线段AD的中点,延长BE与CD的延长线交于点F,连接AF,∠BDF=90°。
(1)求证:四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5,DF=3,求四边形ABCF的面积S。
(1)求证:四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5,DF=3,求四边形ABCF的面积S。
答案
6.(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA//CD，
∴∠BAE=∠FDE。
∵E是AD的中点，
∴AE=DE。
在△BEA和△FED中，
$\begin{cases} ∠BAE=∠FDE, \\ AE=DE, \\ ∠BEA=∠FED, \end{cases}$
∴△BEA≌△FED(ASA)，
∴EF=EB。
又
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形。
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形。
(2)解:由(1)得四边形ABDF是矩形，
∴∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD，
∴AF=$\sqrt{AD^2-DF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴$S_{矩形ABDF}=DF·AF=3×4=12,BD=AF=4$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴四边形ABCF的面积$S=S_{矩形ABDF}+S_{△BCD}=12+6=18$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA//CD，
∴∠BAE=∠FDE。
∵E是AD的中点，
∴AE=DE。
在△BEA和△FED中，
$\begin{cases} ∠BAE=∠FDE, \\ AE=DE, \\ ∠BEA=∠FED, \end{cases}$
∴△BEA≌△FED(ASA)，
∴EF=EB。
又
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形。
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形。
(2)解:由(1)得四边形ABDF是矩形，
∴∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD，
∴AF=$\sqrt{AD^2-DF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴$S_{矩形ABDF}=DF·AF=3×4=12,BD=AF=4$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴四边形ABCF的面积$S=S_{矩形ABDF}+S_{△BCD}=12+6=18$。
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABDF是矩形，可先证其为平行四边形，再证明有一个内角为直角。首先根据平行四边形ABCD的性质得AB//CD，可得∠BAE=∠FDE，结合E是AD中点的条件，用ASA证明△BEA≌△FED，得到BE=FE，由对角线互相平分的四边形是平行四边形，证得ABDF是平行四边形，再结合已知∠BDF=90°，即可判定其为矩形。
(2) 求四边形ABCF的面积，可将其拆分为矩形ABDF的面积与△BCD的面积之和。先在Rt△AFD中利用勾股定理求出AF的长度，计算出矩形ABDF的面积；再根据平行四边形的性质得CD=AB=DF=3，结合∠BDC=90°计算△BCD的面积，两者相加即为四边形ABCF的总面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA//CD，
∴∠BAE=∠FDE。
∵E是AD的中点，
∴AE=DE。
在△BEA和△FED中，
$\begin{cases} ∠BAE=∠FDE, \\ AE=DE, \\ ∠BEA=∠FED, \end{cases}$
∴△BEA≌△FED(ASA)，
∴EF=EB。
又
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形。
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形。
(2) 解：由(1)得四边形ABDF是矩形，
∴∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD，
∴AF=$\sqrt{AD^2-DF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴$S_{矩形ABDF}=DF·AF=3×4=12,BD=AF=4$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵F、D、C共线，∠BDF=90°，
∴∠BDC=90°，
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴四边形ABCF的面积$S=S_{矩形ABDF}+S_{△BCD}=12+6=18$。
【答案】
(1) 四边形ABDF是矩形，证明成立；
(2) $\boxed{18}$
【知识点】
平行四边形的性质与判定、矩形的判定、勾股定理
【点评】
本题是基础几何综合题，融合了三角形全等、特殊四边形的判定性质和面积计算知识点，解题的核心是先通过全等得到边的关系完成矩形的判定，再用分割法求解不规则四边形的面积，要求学生熟练掌握特殊四边形的相关定理。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形ABDF是矩形，可先证其为平行四边形，再证明有一个内角为直角。首先根据平行四边形ABCD的性质得AB//CD，可得∠BAE=∠FDE，结合E是AD中点的条件，用ASA证明△BEA≌△FED，得到BE=FE，由对角线互相平分的四边形是平行四边形，证得ABDF是平行四边形，再结合已知∠BDF=90°，即可判定其为矩形。
(2) 求四边形ABCF的面积，可将其拆分为矩形ABDF的面积与△BCD的面积之和。先在Rt△AFD中利用勾股定理求出AF的长度，计算出矩形ABDF的面积；再根据平行四边形的性质得CD=AB=DF=3，结合∠BDC=90°计算△BCD的面积，两者相加即为四边形ABCF的总面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA//CD，
∴∠BAE=∠FDE。
∵E是AD的中点，
∴AE=DE。
在△BEA和△FED中，
$\begin{cases} ∠BAE=∠FDE, \\ AE=DE, \\ ∠BEA=∠FED, \end{cases}$
∴△BEA≌△FED(ASA)，
∴EF=EB。
又
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形。
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形。
(2) 解：由(1)得四边形ABDF是矩形，
∴∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD，
∴AF=$\sqrt{AD^2-DF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴$S_{矩形ABDF}=DF·AF=3×4=12,BD=AF=4$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵F、D、C共线，∠BDF=90°，
∴∠BDC=90°，
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}×4×3=6$，
∴四边形ABCF的面积$S=S_{矩形ABDF}+S_{△BCD}=12+6=18$。
【答案】
(1) 四边形ABDF是矩形，证明成立；
(2) $\boxed{18}$
【知识点】
平行四边形的性质与判定、矩形的判定、勾股定理
【点评】
本题是基础几何综合题，融合了三角形全等、特殊四边形的判定性质和面积计算知识点，解题的核心是先通过全等得到边的关系完成矩形的判定，再用分割法求解不规则四边形的面积，要求学生熟练掌握特殊四边形的相关定理。
【难度系数】
0.7
