特殊四边形：从对角线认全一族

两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；两组对角分别相等；对角线互相平分。判定本身是背下来的，选用要看题目给了什么：

• 给了平行关系 → 凑“一组对边平行且相等”（证一组全等就能拿到）；
• 给了中点 → 想对角线互相平分；
• 给了角 → 想两组对角。

竞赛里最高频的一条是“一组对边平行且相等”，因为它只需证一对三角形全等，性价比最高。

在平行四边形底子上，对角线的两条属性决定一切：

• 对角线相等 → 矩形；
• 对角线互相垂直 → 菱形；
• 既相等又垂直 → 正方形。

反过来，矩形的对角线相等且互相平分、菱形的对角线互相垂直平分且平分一组对角、正方形四者兼备——这些性质与判定互为镜像。做题时先问“对角线满足了什么”，比背表格快得多。

对角线还是全等与相似的发生器：连对角线，平行四边形被分成两块全等的三角形；矩形被分成两对全等的直角三角形；菱形被分成四个全等的直角三角形。四边形题先连对角线，把它翻译成三角形题。

任意四边形 $ABCD$，顺次连接各边中点得到四边形 $EFGH$，它一定是平行四边形，且

• 原四边形对角线相等 → 中点四边形是菱形；
• 原四边形对角线互相垂直 → 中点四边形是矩形；
• 对角线既相等又垂直（如正方形）→ 中点四边形是正方形。

原因一条中位线就能说清：$EF\parallel AC$ 且 $EF={\displaystyle \frac{AC}{2}}$，$HG\parallel AC$ 且 $HG={\displaystyle \frac{AC}{2}}$，所以 $EF\parallel HG$ 且相等。中点四边形的形状只由对角线决定，与四边形本身的形状无关——这个“与原形无关、只看对角线”的反差，正是它成为竞赛常客的原因。

例1 判定选择

四边形 $ABCD$ 中，$AB\parallel CD$，要让它成为平行四边形，补哪个条件最省事？

解：给“$AB=CD$”。

一组对边平行且相等，五条判定里的一条，一步到位。补 $AD\parallel BC$ 也行（两组对边分别平行），但那样要再证一组平行；补对角线条件则要先引辅助线。已有的条件顺着用，缺的只补一条——这是判定选择的通用思路。

例2 中点四边形的形状

四边形 $ABCD$ 的对角线 $AC⟂BD$，$E$、$F$、$G$、$H$ 分别是 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ 的中点。判断四边形 $EFGH$ 的形状并说明理由。

解：由中位线，$EF\parallel HG\parallel AC$，$FG\parallel EH\parallel BD$。$AC⟂BD$，所以 $EF⟂FG$，四边形 $EFGH$ 至少是矩形。

再看边长：$EF={\displaystyle \frac{AC}{2}}$，$FG={\displaystyle \frac{BD}{2}}$。要它是正方形还须 $EF=FG$，即 $AC=BD$，题目没给，不能下结论。

所以：$EFGH$ 是矩形（若再给 $AC=BD$，就是正方形）。

这类题的规范答法就是分两步：先定“一定是什么”，再查“还能不能升级”。缺的条件明说，不硬凑。

例3 折叠出等腰

矩形 $ABCD$ 中，$AB=3$，$BC=4$。沿对角线 $BD$ 把 $△BCD$ 折起，$C$ 落在 $C^{\prime }$ 处，$B{C}^{\prime }$ 交 $AD$ 于 $E$，求 $DE$ 的长。

解：折叠前后 $\angle DBC=\angle DB{C}^{\prime }$；又 $AD\parallel BC$，$\angle ADB=\angle DBC$。串起来： $$\angle EDB=\angle ADB=\angle DBC=\angle DB{C}^{\prime }=\angle EBD$$ 于是 $△EBD$ 等腰，$EB=ED$。

设 $DE=x$，则 $AE=4-x$。在直角 $△ABE$ 中用勾股： $$3^2+(4-x{)}^2=x^2\Rightarrow 9+16-8x=0\Rightarrow x=\frac{25}{8}$$

折叠题的通用钥匙：折过去的角相等，配上平行线的内错角，几乎总能凑出一个等腰三角形。