《第十八章 平行四边形》知识串讲 热考题型（解析版）.docx

1、八年级下册数学第十八章 平行四边形本章知识综合运用四个图形的性质和判定一、平行四边形定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.性质：平行四边形的对边平行，对边相等，对角相等，对角线互相平分判定：边：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形.（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形.（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.角：两组对角分别相等的四边形是平行四边形.对角线：对角线互相平分的四边形是平行四边形.二、矩形定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 性质：矩形具有平行四边形的一切性质.矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等.判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等

2、的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形；矩形是轴对称图形，有两条对称轴.三、菱形定义：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形. 性质：菱形具有平行四边形的一切性质.菱形的四条边都相等.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.菱形是轴对称图形，有两条对称轴.判定：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形.四条边相等四边形是菱形.四、正方形定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 性质：具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质.边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；角：四个角都是直角；对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一

3、组对角；正方形式轴对称图形，有四条对称轴；判定：有一组邻边相等的矩形是正方形.有一个角是直角的菱形是正方形.对角线相等的菱形是正方形.对角线垂直的矩形是正方形.两个性质定理1、三角形的中位线定理定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半.2、直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.题型一 平行四边形的性质与判定【例题1】（2022云冈区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形AEBD于点E，CFBD于点F，连接AF和CE（1）证明：四边形AECF是平行四边形；（2）已知BD6，DF2，BC5，求CE的长【分析】

4、（1）根据垂直的定义得出AEFCFE90，利用内错角相等两直线平行可得AECF，再根据平行四边形的性质证明ABECDF，根据全等三角形对应边相等可得AECF，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；（2）在RtBCF中，由勾股定理求得CF的长度；继而在RtCEF中，由勾股定理CE的长度即可【解答】（1）证明：AEBD于点E，CFBD于点F，AEFCFE90，AECF（内错角相等，两直线平行），在平行四边形ABCD中，ABCD，ABCD，ABECDF，在ABE与CDF中，ABE=CDFAEB=CFD=90AB=CD，ABECDF（AAS），AECF，四边形AECF是平行四边形（

5、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；（2）解：DF2，BFBDDF624在RtBCF中，由勾股定理得CF=BC2BF2=5242=3由（1）可知ABECDF，BEDF2EFBFBE2在RtCEF中，由勾股定理得CE=EF2+CF2=22+32=13【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，利用三角形全等证明得到AECF是解题的关键解题技巧提炼平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通

6、过证明四边形是平行四边形达到上述目的.【变式1-1】如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，ABAC，若AB8，AC12，则BD的长是（）A18B19C20D21【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA的长，然后由ABAC，AB8，AC12，根据勾股定理可求得OB的长，继而求得答案【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，AC12，OA=12AC6，BD2OB，ABAC，AB8，OB=OA2+AB2=62+82=10，BD2OB20故选：C【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题的关键【变式1-2】如图，

7、在ABCD中，DF平分ADC，交AB于点F，CE平分BCD，交AB于点E，AD6，AB7，则EF长为（）A4B5C6D7【分析】首先根据平行四边形的性质可得CDAB，再根据角平分线的性质可得ECBDCE，然后证明BCBE，ADAF，进而可得AEBF，进而求解【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，ADBC6，ABDC7，DCEBEC，CE平分BCD交AB于E，DF平分ADC，交AB于点F，ECBDCE，ADFCDB，CDAB，CDBEFD，DCEBEC，ADFEFD，BCEBEC，AFAD6，BEBC6，AEBF761，EFABAEBF7115故选：B【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角

8、形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，属于常见题，中考常考题型【变式1-3】如图，平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，ABAE，AE平分DAB，EAC25，则AED的度数为（）A55B65C75D85【分析】先求出BAEBBAE60ADCDAE，由“SAS”可证ADCDAE，可求解【解答】解：ABAE，BAEB，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ABCDAE，BADC，DAEAEB，AE平分DAB，DAEBAE，BAEBBAE，B+AEB+BAE180，BAEBBAE60ADCDAE，EAC25，BAC85，ABCD，ACDBAC85，在ADC和DAE中，AD=DA

9、ADC=DAECD=AE，ADCDAE（SAS），AEDACD85，故选：D【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键【变式1-4】（2021春嘉兴期中）如图，已知在ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，则以下条件不能判断四边形AECF为平行四边形的是（）ABEDFBAFBD，CEBDCBAEDCFDAFCE【分析】连接AC与BD相交于O，根据平行四边形的对角线互相平分可得OAOC，OBOD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OEOF即可，然后根据各选项的条件分析判断即可得解【解答】解：如图，连接AC与BD相交于

10、O，在ABCD中，OAOC，OBOD，要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OEOF即可；A、若BEDF，则OBBEODDF，即OEOF，故本选项错误；B、若AFBD，CEBD，则可以利用“角角边”证明ADF和CBE全等，从而得到DFBE，然后同A，故本选项错误；C、BAEDCF能够利用“角角边”证明ABE和CDF全等，从而得到DFBE，然后同A，故本选项错误；D、AFCE无法证明得到OEOF，故本选项正确故选：D【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键【变式1-5】如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分BAD，分别交BC

11、，BD于点E、P连接OE，ADC60，AB=12BC1，则下列结论：CAD30；BD23；S平行四边形ABCDABAC；AD4OE其中结论正确的个数是（）A1个B2个C3个D4个【分析】先根据角平分线和平行得：BAEBEA，则ABBE1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：ACE30，最后由平行线的性质可作判断；先根据三角形中位线定理得：OE=12AB=12，OEAB，根据勾股定理计算OC=12(12)2=32和OD的长，可得BD的长；因为BAC90，根据平行四边形的面积公式可作判断；根据三角形中位线定理可作判断【解答】解：AE平

12、分BAD，BAEDAE，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ABCADC60，DAEBEA，BAEBEA，ABBE1，ABE是等边三角形，AEBE1，BC2，EC1，AEEC，EACACE，AEBEAC+ACE60，ACE30，ADBC，CADACE30，故正确；BEEC，OAOC，OE=12AB=12，OEAB，EOCBAC60+3090，RtEOC中，OC=12(12)2=32，四边形ABCD是平行四边形，BCDBAD120，ACB30，ACD90，RtOCD中，OD=12+(32)2=72，BD2OD=7，故错误；由知：BAC90，S平行四边形ABCDABAC，故正确；由知：OE是AB

13、C的中位线，OE=12AB，AB=12BC，OE=12BC=14AD，故正确；故选：C【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明ABE是等边三角形是解决问题的关键系【变式1-6】（2022嘉定区二模）如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，ACAD，点E在边BC上，ABAE，BAECAD，联结DE（1）求证：BCDE；（2）当ACBC时，求证：四边形ABCD是平行四边形【分析】（1）证ABCAED（SAS），即可得到结论；（2）证BCADDE，则EADAED，再证AEBB，则EADAEB，得A

14、DBC，然后由平行四边形的判定即可得出结论【解答】证明：（1）BAECAD，BAE+EACCAD+EAC，即BACEAD在ABC与AED中，AB=AEBAC=EADAC=ADABCAED（SAS）BCDE；（2）由（1）可知，ABCAED，BAED，BCDE，ACAD，ACBC，BCADDE，EADAED，BEAD，ABAE，AEBB，EADAEB，ADBC，四边形ABCD是平行四边形【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题关键【变式1-7】（2022秋招远市期末）如图，四边形ABCD为平行

15、四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BFBE，连接EC并延长，使CGCE，连接FGH为FG的中点，连接DH（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；（2）若CBCE，BAE80，DCE30，求CBE的度数【分析】（1）由平行四边形的性质得出ADBC，ADBC；证明BC是EFG的中位线，得出BCFG，BC=12FG，证出ADFH，ADFH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得出BCE50，再由等腰三角形的性质得出CBECEB，根据三角形内角和定理即可得出结果【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，ADBC，ADBC，BAEBCD，BFBE，CGCE，BC是

16、EFG的中位线，BCFG，BC=12FG，H为FG的中点，FH=12FG，BCFH，BCFH，ADFH，ADFH，四边形AFHD是平行四边形；（2）解：BAE80，BCD80，DCE30，BCE803050，CBCE，CBECEB=12（18050）65【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键【变式1-8】（2022春蓬江区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD边的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BE，BEAF（1）求证：ADEFCE；（2）求证：AE平

17、分DAB；（3）若DAB60，AB4，求平行四边形ABCD的面积【分析】（1）由平行四边形的性质，根据AAS可判定ADEFCE；（2）根据全等三角形的性质可得AEFE，根据BEAF利用线段垂直平分线的性质可得BABF，进而可得结论；（3）结合（1）根据DAB60，AB4，利用30度角的直角三角形可得AE和BE的长，根据ADEFCE，可得ADE的面积FCE的面积，所以ABCD的面积ABF的面积2ABE的面积，即可得结论【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，ADBC，DAEEFC，点E是CD边的中点，DECE，在ADE和FCE中，DAE=EFCDEA=CEFDE=CE，ADEFCE（AA

18、S）；（2）证明：ADEFCE，AEFE，BEAF，BABF，BAFBFA，DAEBFA，DAEBAF，AE平分DAB；（3）解：DAB60，AB4，DAEBAF30，BEAF，BE=12AB2，AE=3BE23，ADEFCE，ADE的面积FCE的面积，ABCD的面积ABF的面积2ABE的面积212AEBE23243【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质题型二 三角形的中位线定理【例题2】（2022秋二道区校级期末）如图，在ABC中，ABBC13，BD平分ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF5，连接AF，E为

19、AF的中点，连接DE，则DE的长为（）A3B4C5D6【分析】根据等腰三角形的三线合一得到ADDC，根据三角形中位线定理计算得到答案【解答】解：BC13，BF5，FCBCBF1358，ABBC，BD平分ABC，ADDC，AEEF，DE是AFC的中位线，DE=12FC=1284故选：B【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键解题技巧提炼运用中位线定理求线段长或推理证明题的方法：当题中出现有三角形的中点时，联想到三角形中位线定理，应用定理证明两直线的位置关系或线段之间的关系.有时需要添加辅助线构造.【变式2-1】如图，在ABC中，ABC9

20、0，AB8，BC6若DE是ABC的中位线，延长DE交ABC的外角ACM的平分线于点F，则线段DF的长为（）A7B8C9D10【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到DFBM，再证明ECEF=12AC，由此即可解决问题【解答】解：在RTABC中，ABC90，AB8，BC6，AC=AB2+BC2=82+62=10，DE是ABC的中位线，DFBM，DE=12BC3，EFCFCM，FCEFCM，EFCECF，ECEF=12AC5，DFDE+EF3+58故选：B【点评】本题考查三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，掌握等腰三角形的判定和性质，属

21、于中考常考题型【变式2-2】（2022秋封丘县校级期末）如图，在ABC中，AE平分BAC，D是BC的中点AEBE，AB5，AC3，则DE的长为（）A1B32C2D52【分析】连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长【解答】解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图，AEBE，AEBAEF90，AE平分BAC，BAEFAE，ABEAFE，ABF是等腰三角形，AFAB5，点E是BF的中点，CFAFAC532，DE是BCF的中位线，DE=12CF=1故选：A【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质

22、，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形【变式2-3】如图，D是ABC内一点，BDCD，AD7，BD4，CD3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为（）A12B14C24D21【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EHFG=12BC，EFGH=12AD，然后代入数据进行计算即可得解【解答】解：BDCD，BD4，CD3，BC=BD2+CD2=42+32=5，E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，EHFG=12BC，EFGH=12AD，四边形EFGH的周长EH+GH+FG+EFA

23、D+BC，又AD7，四边形EFGH的周长7+512故选：A【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键【变式2-4】（2022春宁都县期末）如图，AC、BD是四边形ABCD的对角线，E、F分别为AD、BC的中点，G、H分别为BD、AC的中点请你判断EF与GH的关系，并证明你的结论【分析】连接EG、GF、FH、EH，根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EGAB，FH=12AB，FHAB，进而得到EGFH，EGFH，证明四边形EGFH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论【解答】解：EF与GH互相平分，理由如下：连接E

24、G、GF、FH、EH，E、F分别为AD、BC的中点，G、H分别为BD、AC的中点，EG是ADB的中位线，FH是ACB的中位线，EG=12AB，EGAB，FH=12AB，FHAB，EGFH，EGFH，四边形EGFH为平行四边形，EF与GH互相平分【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键【变式2-5】（2022秋郸城县期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点（1）若AB10，CD24，ABD30，BDC120，求EF的长（2）若BDCABD90，求证：AB2+CD24EF2【分析】（1）取BD的中点P，连接EP、

25、FP，由三角形中位线定理得PEAB，且PE5，PFCD，且PF12，再证EPF90，然后由勾股定理即可得出结论；（2）由三角形中位线定理得PEAB，且PE=12AB，PFCD，且PF=12CD，再证EPF90，然后由勾股定理即可得出结论【解答】（1）解：如图，取BD的中点P，连接EP、FP，E，F分别是AD、BC的中点，AB10，CD24，PE是ABD的中位线，PF是BCD的中位线，PEAB，且PE=12AB=5，PFCD，且PF=12CD=12，EPDABD30，DPF180BDC18012060，EPFEPD+DPF90，在RtEPF中，由勾股定理得：EF=EP2+PF2=52+122=1

26、3，即EF的长为13；（2）证明：由（1）可知，PE是ABD的中位线，PF是BCD的中位线，PEAB，且PE=12AB，PFCD，且PF=12CD，EPDABD，DPF180BDCBDCABD90，BDC90+ABD，EPFEPD+DPFABD+180BDCABD+180（90+ABD）90，PE2+PF2=(12AB)2+(12CD)2=EF2，AB2+CD24EF2【点评】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理以及平行线的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解题的关键题型三 矩形的性质与判定【例题3】如图，在矩形ABCD中，AB4，BC8，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于

27、点E、O，连接CE，则CE的长为（）A6B7C5D5.6【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AECE，设CEx，表示出ED的长度，然后在RtCDE中，利用勾股定理列式计算即可得解【解答】解：四边形ABCD是矩形，CDAB4，ADBC8，EO是AC的垂直平分线，AECE，设CEx，则EDADAE8x，在RtCDE中，CE2CD2+ED2，即x242+（8x）2，解得：x5，即CE的长为5故选：C【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质；熟练掌握勾股定理，把相应的边转化为同一个直角三角形的边是解题的关键解题技巧提炼1、矩形

28、中有直角，所以对于线段长度的问题常用到勾股定理；2、矩形的判定一定要先明确前提条件，若前提是平行四边形，则找一个角是直角或对角线相等；若前提是四边形，则需证明有三个角是直角.3、矩形的性质与判定综合应用时要分清条件和结论，灵活选用方法是解题的关键.【变式3-1】（2021秋泗县期末）如图，在矩形ABCD，对角线AC与BD相交于点O，EOAC于点O，交BC于点E，若ABE的周长为8，AB3，则AD的长为（）A2B5.5C5D4【分析】由矩形的性质可得AOCO，由线段垂直平分线的性质可得AEEC，即可求解【解答】解：四边形ABCD是矩形，AOCO，BCAD，EOAC，AEEC，ABE的周长为8，A

29、B+AE+BE8，3+BC8，BC5，ADBC5故选：C【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握矩形的性质是本题的关键【变式3-2】如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DEAD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（）AABBEBBEDCCADB90DCEDE【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答【解答】解：四边形ABCD为平行四边形，ADBC，ADBC，又ADDE，DEBC，且DEBC，四边形BCED为平行四边形，A、ABBE，DEAD，BDAE，DBCE为矩形，故本选项错误；B、对角线互相垂直的平行四

30、边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；C、ADB90，EDB90，DBCE为矩形，故本选项错误；D、CEDE，CED90，DBCE为矩形，故本选项错误故选：B【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键【变式3-3】（2022定安县一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AECF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BEBF，BEF2BAC，FC2，则AB的长为（）A83B8C43D6【分析】连接OB，根据等腰三角形三线合一的性质可得BOEF，再根据矩形的性质可得OAOB，根据等边对等角的性质可得BACAB

31、O，再根据三角形的内角和定理列式求出ABO30，即BAC30，根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再利用勾股定理列式计算即可求出AB【解答】解：如图，连接BO，四边形ABCD是矩形，DCAB，DCB90FCOEAO，在AOE和COF中，AOE=FOCFCO=EAOAE=CF，AOECOF，OEOF，OAOC，BFBE，BOEF，BOF90，FEB2CABCAB+AOE，EAOEOA，EAEOOFFC2，在RTBFO和RTBFC中，BF=BFFO=FC，RTBFORTBFC，BOBC，在RTABC中，AOOC，BOAOOCBC，BOC是等边三角形，BCO60，BAC30，FE

32、B2CAB60，BEBF，BEF是等边三角形，EBEF4，ABAE+EB2+46故选：D【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半，综合题，但难度不大，（2）作辅助线并求出BAC30是解题的关键【变式3-4】（2022春鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，延长BE，CD交于点F，连接AF，BD（1）求证：四边形ABDF为平行四边形（2）若BE为ABC的角平分线，AB5，求四边形ABDF的周长【分析】（1）由“AAS”可证ABEDFE，可得ABDF，由平行四边形的判定可得结论；（2）由角平分线的

33、性质可得ABECBE45，可求AD10，由勾股定理可求BD的长，即可求解【解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形，ABCD，ABCBAD90，ABEDFE，点E为AD的中点，AEDE，在ABE和DFE中，ABE=DFEAEB=DEFAB=DF，ABEDFE（AAS），ABDF，四边形ABDF为平行四边形；（2）解：BE平分ABC，ABECBE45，AEBABE45，ABAE5，AD10，BD=AD2+AB2=25+100=55，四边形ABDF的周长2（AB+BD）10+105【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，掌握矩形的性质是解题的关键【变式

34、3-5】如图，在ABC中，ABAC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF（1）求证：BDEFAE；（2）求证：四边形ADCF为矩形【分析】（1）根据平行线的性质得到AFEDBE，根据线段中点的定义得到AEDE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到AFBD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到ADC90，于是得到结论【解答】证明：（1）AFBC，AFEDBE，E是线段AD的中点，AEDE，AEFDEB，BDEFAE（AAS）；（2）BDEFAE，AFBD，D是线段BC的中点，BDCD，AFCD，

35、AFCD，四边形ADCF是平行四边形，ABAC，ADBC，ADC90，四边形ADCF为矩形【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键【变式3-6】如图，在ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EGAE，连接CG（1）求证：ABECDF；（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由【分析】（1）由平行四边形的性质得出ABCD，ABCD，OBOD，OAOC，由平行线的性质得出ABECDF，证出BEDF，由SAS证明ABECDF即可；（2）证出ABOA，由等腰三角形的性

36、质得出AGOB，OEG90，同理：CFOD，得出EGCF，证出EGCF，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ABCD，OBOD，OAOC，ABECDF，点E，F分别为OB，OD的中点，BE=12OB，DF=12OD，BEDF，在ABE和CDF中，AB=CDABE=CDFBE=DF，ABECDF（SAS）；（2）解：当AC2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：AC2OA，AC2AB，ABOA，E是OB的中点，AGOB，OEG90，同理：CFOD，AGCF，EGCF，由（1）得：ABECDF，AECF，EGAE，EGCF，四边形

37、EGCF是平行四边形，OEG90，四边形EGCF是矩形【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型题型四 直角三角形斜边上的中线的性质【例题4】（2022春交城县期中）如图，ABC中，ABAC，点D在BC的延长线上，连接AD，点E，F分别是BC，AD的中点，若EF3，则AD的长为（）A3B33C6D32【分析】由等腰三角形的性质得出AED90，利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可【解答】解：连接AE，ABAC，E为BC的中点，AEBC，AED90，F为AD的中点，EF=12AD，EF3

38、，AD6故选：C【点评】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，证出AED90是解题的关键解题技巧提炼在直角三角形中，遇到斜边的中点常作斜边的中线，从而利用直角三角形斜边中线的性质解决问题.【变式4-1】（2022春蓬莱市期末）如图，在四边形ABCD中，ABCD，E为BC上的一点，F为AD的中点，且BAE35，CDE55，ADE30，AE3，则EF的长为（）A2B3C4D6【分析】由平行线的性质可求得EAD+ADE90，即可得AED90，根据直角三角形的性质可证得EFAE，即可求解【解答】解：ABCD，BAD+ADC180，BAE35，CDE55，EAD+ADE90，AED90，

39、F是AD的中点，ADE30，EF=12AD，AE=12AD，EFAE3故选：B【点评】本题主要考查平行线的性质，直角三角形的性质，证明EFAE是解题的关键【变式4-2】（2022春青县期末）如图，在RtABC中，ACB90，AB8，CDAB于点D，ACD3BCD，E是斜边AB的中点，则DE的长是（）A6B5C4D22【分析】由直角三角形的性质可得AECEBE4，通过角的数量关系可求DCEDEC，即可求解【解答】解：ACB90，AB8，E是斜边AB的中点，AECEBE4，EACECA，DEC2ECA，CDAB，CDBACB90，A+B90B+BCD，BCDA，BCDAACE，ACD3BCD，AC

40、D3ACE，DCE2ACE，DCEDEC，CDDE，又DECD，CE=2DE4，DE22，故选：D【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，证明DCEDEC是解题的关键【变式4-3】（2022秋西安月考）如图，在ABC中，ABAC4，CAB30，以AC为斜边作RtADC使ADC90，CADCAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 【分析】根据已知可得CAD30，再在RtACD中，利用直角三角形斜边上的中线性质可得DFAF2，从而利用等腰三角形的性质可得CADADF30，然后再利用三角形的外角性质可得DFC60，再利用三角形的中位线定理可得EF=1

41、2AB2，EFAB，从而利用平行线的性质可得EFCBAC30，进而可得EFD90，最后在RtDFE中，利用勾股定理进行计算即可解答【解答】解：CADCAB，CAB30，CAD30，ADC90，点F是AC的中点，AC4，DFAF=12AC2，CADADF30，DFCCAD+ADF60，E、F分别是BC、AC的中点，EF=12AB2，EFAB，EFCBAC30，EFDEFC+CFD90，在RtDFE中，DE=DF2+EF2=22+22=22，故答案为：22【点评】本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理，以及直角三角形斜边上的中线性质是解题

42、的关键【变式4-4】（2022秋新民市期中）如图，在四边形ABCD中，ABCADC90，M，N分别是AC，BD的中点（1）求证：MNBD；（2）若DAC64，BAC56，求DMB的度数【分析】（1）根据直角三角形的性质得到BM=12AC，DM=12AC，根据等腰三角形的三线合一证明即可；（2）根据直角三角形的性质得到BMAM，DMAM，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案【解答】（1）证明：ABCADC90，M是AC的中点，BM=12AC，DM=12AC，BMDM，又N是BD的中点，MNBD；（2）ABCADC90，M是 AC的中点，BMAM，DMAM，ABMBAC56，ADM

43、DAC64，DMB360562642120【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键【变式4-5】（2022秋江都区校级月考）如图，已知锐角ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点（1）求证：MNDE；（2）若ABC70，ACB50，连结DM、ME，求DME的度数；（3）猜想DME与A之间的关系，并证明你的猜想【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DMME，根据等腰直角三角形的性质证明；（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形性质、平角

44、的定义求解即可；（3）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求解即可【解答】（1）证明：如图，连接DM，ME，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，DM=12BC，ME=12BC，DMME，又N为DE中点，MNDE；（2）解：在ABC中，ABC+ACB180A，ABC70，ACB50，180A120，DMMEBMMC，BMD+CME（1802ABC）+（1802ACB）3602（ABC+ACB）120，DME180（BMD+CME）60；（3）解：DME1802A，理由如下：在ABC中，ABC+ACB180A，DMMEBMMC，BMD+CME（1802ABC）+（1802ACB）

45、3602（ABC+ACB）3602（180A）2A，DME1802A【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质，熟记直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质是解题的关键题型五 菱形的性质与判定【例题5】（2022秋青羊区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD6，AC8，直线OEAB交CD于点F，则EF的长为 【分析】由菱形的性质得OB=12BD=3，OA=12AC=4，ACBD，再由勾股定理得AB5，然后由菱形面积公式得S菱形ABCD=12ACBD=ABEF，即可解决问题【解答】解：四边形ABCD是菱形，BD6，AC8，OB=12BD=3

46、，OA=12AC=4，ACBD，AB=OA2+OB2=42+32=5，EFAB，S菱形ABCD=12ACBD=ABEF，即1268=5EF，EF4.8，故答案为：4.8【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键解题技巧提炼菱形的判定可以确定菱形的存在，再利用菱形的性质，可以得出线段或角的对应关系.【变式5-1】（2022春夏邑县期中）如图，在RtABC中，ACB90，AC4，BC3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四边形CDEB，当AD 时，平行四边形CDEB为菱形【分析】根据勾股定理求得AB5，再由菱形的性质得ODOB，CDCB，然后由勾股定理求

47、出OB的长，即可得出答案【解答】解：如图，连接CE交AB于点ORtABC中，ACB90，AC4，BC3，AB=AC2+BC2=42+32=5若平行四边形CDEB为菱形，则CEBD，ODOB，CDCBSACB=12ABOC=12ACBC，OC=125在RtBOC中，根据勾股定理得，OB=BC2OC2=32(125)2=95，ADAB2OB=75故答案为：75【点评】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键【变式5-2】（2022玉树市校级一模）如图，菱形ABCD中，A60，AD4，P是AB边一个动点，E、F分别是DP、BP的

48、中点，则线段EF的长为 【分析】连接BD首先证明ADB是等边三角形，可得BD4，再根据三角形的中位线定理即可解决问题【解答】解：如图连结BD，四边形ABCD是菱形，ADAB4，A60，ABD是等边三角形，BDAD4，点E，F分别是DP，BP的中点，EF为PBD的中位线，EF=12BD2，故答案为：2【点评】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明ADB是等边三角形【变式5-3】（2022秋永春县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点下列结论正确

49、的是 （填序号）EGEF；EFGGBE；EA平分GEF；FB平分EFG；四边形BEFG是菱形【分析】由中点的性质可得出EFCD，且EF=12CDBG，结合平行即可证得结论成立，由BD2BC得出BOBC，即而得出BEAC，由中线的性质可知GPBE，且GP=12BE，AOEO，通过证APGEPG得出AGEGEF得出成立，再证GPEFPE得出成立，此题得解【解答】解：令GF和AC的交点为点P，如图所示：E、F分别是OC、OD的中点，EFCD，且EF=12CD，四边形ABCD为平行四边形，ABCD，且ABCD，FEGBGE（两直线平行，内错角相等），点G为AB的中点，BG=12AB=12CDFE，在E

50、FG和GBE中，BG=FEFEG=BGEGE=EG，EFGGBE（SAS），即成立，EGFGEB，GFBE（内错角相等，两直线平行），BD2BC，点O为平行四边形对角线交点，BO=12BDBC，E为OC中点，BEOC，GPAC，APGEPG90GPBE，G为AB中点，P为AE中点，即APPE，且GP=12BE，在APG和EGP中，AP=EPAPG=EPGGP=GP，APGEPG（SAS），AGEG=12AB，EGEF，即成立，EFBG，GFBE，四边形BGFE为平行四边形，GFBE，GP=12BE=12GF，GPFP，GFAC，GPEFPE90在GPE和FPE中，GP=FPGPE=FPEEP=

51、EP，GPEFPE（SAS），GEPFEP，EA平分GEF，即成立故答案为：【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等【变式5-4】（2022春五华区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点D作对角线BD的垂线交BA的延长线于点E（1）证明：四边形ACDE是平行四边形；（2）若AC24，BD10，求ADE的周长【分析】（1）先根据菱形的性质得出ABCD，ACBD，再证明DEAC，然后根据平行四边形的定义证明即可；（2）先根据菱形的性质以及勾股定理得出ADCD13，再由

52、平行四边形的性质得出AECD13，DEAC24，进而求出ADE的周长【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形，ABCD，ACBD，DEBD，DEAC，四边形ACDE是平行四边形；（2）解：四边形ABCD是菱形，AC24，BD10，AO=12AC12，DO=12BD5，ACBD，AOD90，CDAD=AO2+DO2=122+52=13，由（1）得：四边形ACDE是平行四边形，AECD13，DEAC24，ADE的周长AD+AE+DE13+13+2450【点评】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键【变式5-5】（2022

53、武威模拟）如图，在四边形ABCD中，ABCD，点E是对角线AC上一点，ADCABC（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）分别过点E，B作EFAB，BFAC，当FCE和DCE满足怎么样的数量关系时，四边形EFCD是菱形？请说明理由【分析】（1）由平行线的在得ABC+BCD180再证ADC+BCD180，则ADBC，然后由平行四边形的判定即可得出结论；（2）先证四边形ABFE是平行四边形，得ABEF，ABEF，再证CDEF，CDEF，则四边形EFCD是平行四边形，然后证EFFC，即可得出结论【解答】（1）证明：ABCD，ABC+BCD180ADCABC，ADC+BCD180，ADBC，又A

54、BCD，四边形ABCD是平行四边形；（2）解：FCEDCE时，四边形EFCD是菱形，理由如下：EFAB，BFAE，四边形ABFE是平行四边形，ABEF，ABEF，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ABCD，CDEF，CDEF，四边形EFCD是平行四边形，CDEF，FECDCE，又FCEDCE，FECFCE，EFFC，平行四边形EFCD是菱形【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键【变式5-6】（2022春莱芜区期中）如图所示，在菱形ABCD中，AB4，BAD120，AEF为正三角形，点E、

55、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且点E、F不与点B、C、D重合（1）证明：不论点E、F在边BC、CD上如何滑动，总有BECF；（2）当点E、F在边BC、CD上滑动时，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出四边形AECF的面积；如果变化，请说明理由【分析】（1）先求证ABAC，进而求证ABC、ACD为等边三角形，得460，ACAB进而求证ABEACF，即可求得BECF；（2）根据ABEACF可得SABESACF，故根据S四边形AECFSAEC+SACFSAEC+SABESABC即可解题【解答】（1）证明：连接AC，如图所示，菱形ABCD，BAD120，BACDAC60，1+EAC60

56、，3+EAC60，13，BAD120，BCAD，ABCBACACB60，ABC、ACD为等边三角形，460，ACAB，在ABE和ACF中， 1=3AB=ACABC=4，ABEACF（ASA）BECF；（2）解：四边形AECF的面积不变理由：由（1）得ABEACF，则SABESACF，故S四边形AECFSAEC+SACFSAEC+SABESABC是定值，作AHBC于H点，则BH2，S四边形AECFSABC=12BCAH=12BCAB2BH2=43【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证ABEACF是解题的关键，有一定难度题型六 正方形的性质与判定【例题6】（20

57、22春衡山县期末）如图，在矩形ABCD中，有以下结论：AOB是等腰三角形；SABOSADO；ACBD；ACBD；当ABD45时，矩形ABCD会变成正方形正确的结论是 【分析】根据矩形的性质和正方形的性质，可以判断各个小题是否成立，从而可以解答本题【解答】解：四边形ABCD是矩形，ACBD，AOCO，BODO，故正确；AOBO，AOB是等腰三角形，故正确；设点A到BD的距离为h，则SABO=BO2=DO2=SADO，故正确；四边形ABCD是矩形，ACBD，但是AC不一定和BD垂直，故错误；BAD90，当ABD45时，ADB45，ABAD，矩形ABCD是正方形，故正确；故答案为：【点评】本题考查正

58、方形的判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答解题技巧提炼正方形具有所有特殊平行四边形的性质，正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题.【变式6-1】（2022南海区一模）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，CEB和CFD都是直角且点C，E，F三点共线，BE2，则阴影部分的面积是 【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出CFBE，ECDF，进而利用三角形面积公式解答即可【解答】解：四边形ABCD是正方形，BCCD，BCD90，CEBCFD90，BCE+DCF90，BCE+EBC90，EBCDCF，在BE

59、C与CFD中，BEC=DFC=90EBC=FCDBC=CD，BECCFD（AAS），CFBE，ECDF，BC5，BE2，EC=BC2BE2=5222=21，阴影部分的面积=12ECDF=122121=212，故答案为：212【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出CFBE，ECDF解答【变式6-2】（2022秋桐柏县期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BFCE4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为 13【分析】先证明ADEDCF，进而得AGF90，用勾股定理求得AF，便可得

60、GH【解答】解：四边形ABCD为正方形，ADEC90，ADDCBC，BFCE，CFDE，在ADE和DCF中，AD=CDADE=CDE=CF，ADEDCF（SAS），DAECDF，DAE+DEA90，CDF+DEA90，AGFDGE90，点H为AF的中点，GH=12AF，AB6，BF4，AF=AB2+BF2=62+42=213，GH=13，故答案为：13【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键【变式6-3】（2022秋零陵区期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CEDF，AE、B

61、F相交于点O，下列结论：AEBF；AEBF； AOOE；SAOBS四边形DEOF，其中正确的有（）ABCD【分析】根据正方形的性质可得BAFD90，ABADCD，然后求出AFDE，再利用“边角边”证明ABF和DAE全等，根据全等三角形对应边相等可得AEBF，从而判定出正确；再根据全等三角形对应角相等可得ABFDAE，然后证明ABF+BAO90，再得到AOB90，从而得出AEBF，判断正确；假设AOOE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得ABBE，再根据直角三角形斜边大于直角边可得BEBC，即BEAB，从而判断错误；根据全等三角形的面积相等可得SABFSADE，然后都减去A

62、OF的面积，即可得解，从而判断正确【解答】解：四边形ABCD是正方形，BAFD90，ABADCD，CEDF，ADDFCDCE，即AFDE，在ABF和DAE中，AB=ADBAF=DAF=DE，ABFDAE（SAS），AEBF，故正确；ABFDAE，DAE+BAO90，ABF+BAO90，在ABO中，AOB180（ABF+BAO）1809090，AEBF，故正确；假设AOOE，如图，连接BE，AEBF（已证），ABBE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），在RtBCE中，BEBC，ABBC，这与正方形的边长ABBC相矛盾，所以，假设不成立，AOOE，故错误；ABFDAE，SABFSDAE

63、，SABFSAOFSDAESAOF，即SAOBS四边形DEOF，故正确；综上所述，正确的有故选：D【点评】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大，求出ABF和DAE全等是解题的关键，也是本题的突破口【变式6-4】（2022春江宁区期末）如图，ABC的中线AF与中位线DE相交于点O（1）求证：AF与DE互相平分；（2）当ABC满足 时，四边形ADFE是正方形【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质得出AFBC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论【解答】（1）证明：ABC的中线AF与中

64、位线DE相交于点O，EF是ABC的中位线，ADBD，EFAB，EF=12ABAD，四边形DFEA是平行四边形，AF与DE互相平分（2）解：当ABC满足ABAC，BAC90时，四边形ADFE是正方形，由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，ABAC，AF是ABC的中线，AFBC，DE是ABC的中位线，DEBC，AFDE，平行四边形ADFE是菱形又BAC90，四边形ADFE是正方形故答案为：ABAC，BAC90【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键【变式6-5】（2020春朝天区期末）如图，点E是

65、正方形ABCD对角线AC上一点，EFAB，EGBC，垂足分别为F，G，若正方形ABCD的周长是40cm（1）求证：四边形BFEG是矩形；（2）求四边形EFBG的周长；（3）当AF的长为多少时，四边形BFEG是正方形？【分析】（1）由正方形的性质可得出ABBC、B90，根据EFAB、EGBC可得出BFE90，BGE90，再结合B90，即可证出四边形BFEG是矩形；（2）由正方形的周长可求出正方形的边长，根据正方形的性质可得出AEF为等腰直角三角形，进而可得出AFEF，再根据矩形的周长公式即可求出结论；（3）由正方形的判定可知：若要四边形BFEG是正方形，只需EFBF，结合AFEF、AB10cm，

66、即可得出结论【解答】解：（1）证明：四边形ABCD为正方形，ABBC，B90EFAB，EGBC，BFE90，BGE90又B90，四边形BFEG是矩形；（2）正方形ABCD的周长是40cm，AB40410cm四边形ABCD为正方形，AEF为等腰直角三角形，AFEF，四边形EFBG的周长C2（EF+BF）2（AF+BF）20cm（3）若要四边形BFEG是正方形，只需EFBF，AFEF，AB10cm，当AF5cm时，四边形BFEG是正方形【点评】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行线的判定、等腰直角三角形的性质以及矩形的周长，解题的关键是：（1）利用正方形的性质及垂线的定义，找出BB

67、FEBGE90；（2）根据正方形的性质找出AFEF；（3）熟练掌握正方形的判定定理题型七 特殊平行四边形综合运用 【例题7】（2022春綦江区月考）下列说法中错误的是（）A两条对角线互相平分的四边形是平行四边形B两条对角线相等的四边形是矩形C两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形D两条对角线相等的菱形是正方形【分析】分别利用平行四边形、菱形以及正方形、矩形的判定方法分别分析求出即可【解答】解：A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形是正确的，不符合题意；B、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以原语句是不正确的，符合题意；C、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形是正确的，不符合题意；D、两条对

68、角线相等的菱形是正方形是正确的，不符合题意故选：B【点评】此题主要考查了正方形的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定，正确把握矩形、菱形、正方形以及平行四边形的区别是解题关键解题技巧提炼综合利用菱形、矩形、正方形的性质与判定方法实现相应线段、角之间的转化时解题的关键，前提是要熟悉各图形的性质与判定的方法.【变式7-1】（2022秋东明县校级期末）如图，在ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DECA，DFBA下列四种说法：四边形AEDF是平行四边形；如果BAC90，那么四边形AEDF是矩形；如果AD平分BAC，那么四边形AEDF是菱形；如果ADBC，且ABA

69、C，那么四边形AEDF是正方形其中，正确的有（）A1个B2个C3个D4个【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DECA，DFBA，得出AEDF为平行四边形，得出正确；当BAC90，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出正确；若AD平分BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得EADEDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出正确；由ABAC，ADBC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，错误，进而得到正确说法的个数【解答】解：DECA，D

70、FBA，四边形AEDF是平行四边形，选项正确；若BAC90，平行四边形AEDF为矩形，选项正确；若AD平分BAC，EADFAD，又DECA，EDAFAD，EADEDA，AEDE，平行四边形AEDF为菱形，选项正确；若ABAC，ADBC，AD平分BAC，同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项错误，则其中正确的个数有3个故选：C【点评】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质【变式7-2】（2022春齐齐哈尔期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，DFAB于点F，BECD于点 E（1）求证：四边形DFBE是矩形；（2）若DE

71、2，BE4，求AD的长【分析】（1）由平行四边形的性质得ABCD，ABCD，再证四边形BEDF是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；（2）由菱形的性质得ADAB，再由矩形的性质得BFDE2，DFBE4，设ABADx，则AFx2，然后在RtDAF中，由勾股定理得出方程，解方程即可【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形，ABCD，ABCD，DFAB，BECD，DFBE，DFB90，四边形DFBE是平行四边形，又DFB90，平行四边形DFBE是矩形；（2）解：四边形ABCD是菱形，ADAB，由（1）可知，四边形DFBE是矩形，BFDE2，DFBE4，设ABADx，则AFx2，在RtDAF中，

72、由勾股定理得：x242+（x2）2，解得：x5，即AD的长为5【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键【变式7-3】（2022春峄城区期中）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DEAF，DEAF于点G（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）延长CB到点H，使得BHAE，判断AHF的形状，并说明理由【分析】（1）根据矩形的性质得DABB90，由等角的余角相等可得ADEBAF，利用AAS可得ADEBAF（AAS），由全等三角形的性质得ADAB，即可得四边形ABCD是正方形；（2）利用

73、AAS可得ADEBAF（AAS），由全等三角形的性质得AEBF，由已知BHAE可得BHBF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AHAF，AHF是等腰三角形【解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形，DABB90，DEAF，DABAGD90，BAF+DAF90，ADE+DAF90，ADEBAF，DEAF，ADEBAF（AAS），ADAB，四边形ABCD是矩形，四边形ABCD是正方形；（2）解：AHF是等腰三角形，理由：四边形ABCD是正方形，DABABH90，DEAF，DABAGD90，BAF+DAF90，ADE+DAF90，ADEBAF，DEAF，ADEBAF（AAS），AEBF，DEAF，BH

74、AE，BHBF，ABH90，AHAF，AHF是等腰三角形【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键【变式7-4】（2022秋高明区月考）如图，在ABCD中，E、M分别为AD、AB的中点，DBAD，延长ME交CD的延长线于点N，连接AN（1）证明：四边形AMDN是菱形；（2）若DAB45，判断四边形AMDN的形状，并说明理由【分析】（1）由平行四边形的性质可得DCAB，可得DAMNDA，可证NEDMEA，可得AMND，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得AMMD，可得四边形AMDN是菱形

75、；（2）由菱形的性质可得DABADM45，可得AMDM，则四边形AMDN是正方形【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，DCAB，DAMNDA，E为AD中点，DEAE，在NED和MEA中，NDE=EAMDE=AENED=MEA，NEDMEA（ASA），AMND，CDAB，四边形AMDN是平行四边形，BDAD，M为AB的中点，AMDMMB，四边形AMDN是菱形；（2）解：四边形AMDN是正方形，理由如下：四边形AMDN是菱形，AMDM，DABADM45，AMD90，菱形AMDN是正方形【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练

76、运用这些性质进行推理是本题的关键【变式7-5】（2022秋青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，ABAC，DCAC，BD，点E，F分别是BC，AD的中点（1）求证：ABCCDA；（2）求证：四边形AECF是菱形；（3）给三角形ABC添加一个条件 ，使得四边形AECF是正方形，并证明你的结论【分析】（1）根据AAS可证明ABCCDA；（2）证出ABCD，ADBC，则可得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质证出AE=12BCEC，则可得出结论；（3）根据正方形的判定可得出结论【解答】（1）证明：ABAC，DCAC，BACACD90，在ABC和CDA中，BAC=ACDB=DAC=CA

77、，ABCCDA（AAS）；（2）证明：ABCCDA，ABCD，ADBC，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，点E，F分别是BC，AD的中点，EC=12BC，AF=12AD，ECAF，四边形AECF是平行四边形BAC90，点E是BC的中点，AE=12BCEC，平行四边形AECF是菱形；（3）解：添加一个条件是ABACABAC，点E是BC的中点，AEBC，即AEC90，平行四边形AECF是菱形，四边形AECF是正方形故答案为：ABAC【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答题型八 平行四边形中的分类讨论问题【例

78、题8】（2022春东湖区校级期中）菱形ABCD中，B60，AB4，点E在线段BC上，CE23，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CECP，则EPC的度数为 【分析】当P在CD边上时，连接EP交AC于点H，依据菱形的性质可得到ECHPCH60，根据三线合一可得EHCPHC90，根据三角形内角和定理求解即可；当P在AD边上，CPAD时，求得CP=23=CE，可得ECP为等腰直角三角形即可求解；当P在AB边上，CPAB时，求得BCP30，利用等腰三角形的性质即可求解【解答】解：如图所示：连接EP交AC于点H菱形ABCD中，ABC60，BCD120，ECHPCH60CECPEHCPHC90，EHPHE

79、PC906030；如图2所示：当P在AD边上，CPAD时，则CP=23，EC=23，ECP为等腰直角三角形，EPC45如图3所示：当P在AB边上，CPAB时，BCP90CBA30，CECP，EPCPEC=12（18030）75，故答案为：30或45或75【点评】本题主要考查的是菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键解题技巧提炼分类讨论思想要做到两点：（1）要有分类的意识，善于从问题的情景中专注分类的对象；二是找出科学、合理的分类标准.本章中出现的图形运动、边长、面积等题目常用到分类讨论思想.【变式8-1】（2023龙川县校级开学）在正方形ABCD中，点E在对角线

80、BD上，点P在正方形的边上，若AEB105，AEEP，则在AEP中，AEP的度数为 【分析】根据题意画出图形，分两种情况讨论：当点P在边AD上时，当点P在边CD上时，根据正方形的性质即可解决问题【解答】解：如图，连接CE，在正方形ABCD中，ABE45，AEB105，BAE1804510530，EAP60，当点P在边AD上时，AEEP，AEP是等边三角形，AEP60；当点P在边CD上时，AEEPEP，在ADE和CDE中，AD=CDADE=CDEDE=DE，ADECDE（SAS），AECE，ECDEAD60，AEEPEPCE，CEP是等边三角形，CEP60，CEDAED18010575，DEP7

81、56015，AEP75+1590，综上所述：AEP的度数为60或90，故答案为：60或90【点评】本题考查了正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键【变式8-2】（2021春嘉兴月考）如图，在ABC中，ABAC10cm，BDAC于点D，且BD8cm点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQAC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0t2.5），当t为 时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形【分析】分两种情况：当点M在点D的上方时，PQBPt，AM4t，AD6，得MDADAM6

82、4t，由PQMD，当PQMD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；当点M在点D的下方时，PQBPt，AM4t，AD6，得MDAMAD4t6，由PQMD，当PQMD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可【解答】解：如图1所示：BDAC，AD=AB2BD2=10282=6，ABAC，ABCC，即PBQC，PQAC，PQBC，PBQPQB，PBPQ；分两种情况：当点M在点D的上方时，如图2所示：由题意得：PQBPt，AM4t，AD6，MDADAM64t，PQAC，PQMD，当PQMD时，四边形PQDM是平行四边形，即：当t64t时，四边形PQDM是平行四边形，解得：t=

83、65（s）；当点M在点D的下方时，如图3所示：根据题意得：PQBPt，AM4t，AD6，MDAMAD4t6，PQAC，PQMD，当PQMD时，四边形PQDM是平行四边形，即：当t4t6时，四边形PQDM是平行四边形，解得：t2（s）；综上所述，当t=65s或t2s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；故答案为：65s或2s【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键【变式8-3】（2022春璧山区期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点AC的坐标分别为（10，0），（0，3），

84、点D是OA的中点，点P在BC上运动，当ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 【分析】根据当OPOD时，以及当ODPD时，分别进行讨论得出P点的坐标【解答】解：过P作PMOA于M（1）当OPOD时，如图1所示：OP5，CO3，由勾股定理得：CP4，P（4，3）；（2）当ODPD时如图2所示：PDDO5，PM3，由勾股定理得：MD4，CP541或CP9，P（1，4）或（9，3）；综上，满足题意的点P的坐标为（1，3）、（4，3）、（9，3），故答案为：（1，3）或（4，3）或（9，3）【点评】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，根据ODP是腰长为5的等腰三角形进

85、行分类讨论是解决问题的关键【变式8-4】（2022春西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且ECCF，M为EF的中点P为线段AD上一点，AP1，连接PM当PMF为直角三角形时，则AE的长为 【分析】分当PMF90，当MPF90两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解【解答】解：如图1所示，当PMF90时，四边形ABCD是正方形，CBECDF90，BCDC，BCDECF90，BCDDCFCBECDF（ASA），BEDF，EMMF，PMEF，PEPF，设AEx，则BEDF6x，PA1，PEPF5+6x11x，在RtPAE中，PE2AE2

86、+PA2，（11x）2x2+12，x=6011，AE=6011如图2所示，当MPF90连接AM，AMPF90，MPAE，MPAFMEMF，MAMFPAPF1，DFBE4，AEAB+BE10，综上所述，AE的值为6011或10【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键题型九 平行四边形中的折叠问题【例题9】（2022秋电白区期中）如图，在长方形ABCD中，AB10，AD6，E为BC上一点，把CDE沿DE折叠，使点C落在AB边上的F处（1）求AF的长；（2）求CE的长【分析】（1）根据矩形的性质可得CDAB10，BCAD6，由翻

87、折可得DFDC10，然后根据勾股定理即可解决问题；（2）设CEx，则BE6x由折叠性质可知，EFCEx，DFCDAB10，所以AF8，BFABAF1082，在RtBEF中，BE2+BF2EF2，即（6x）2+22x2，解得x即可解决问题【解答】解：（1）在长方形ABCD中，CDAB10，BCAD6，由翻折可知：DFDC10，在RtDAF中，AD6，DF10，AF=DF2AD2=8；（2）设CEx，则BE6x，由折叠性质可知，EFCEx，DFCDAB10，BFABAF1082，在RtBEF中，BE2+BF2EF2，即（6x）2+22x2，解得x=103，CE=103【点评】本题考查了矩形，熟练掌

88、握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键解题技巧提炼在很多问题中，经常涉及折叠问题，折叠前后的图形具有全等的特性，由此得到一些线段相等或角相等，并将平行四边形、矩形结合在一起，综合解决问题.【变式9-1】（2022秋朝阳区校级期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AD9，AB3，将其折叠，使点D与点B重合，点C落在点C处，折痕EF交AD于点E，交BC于点F（1）求线段AE的长（2）线段BF的长为 【分析】（1）由勾股定理得AB2+AE2BE2，而AD9，AB3，BEDE9AE，则32+AE2（9AE）2，即可求得AE4；（2）由ADBC，得DEFBFE，由折叠得DEFBEF，则BFEBEF，所以BF

89、BE9AE5，于是得到问题的答案【解答】解：（1）四边形ABCD是矩形，A90，AB2+AE2BE2，由折叠得BEDE，AD9，AB3，BEDE9AE，32+AE2（9AE）2，解得AE4，线段AE的长是4（2）ADBC，DEFBFE，DEFBEF，BFEBEF，BFBE9AE945，线段BF的长为5，故答案为：5【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，由勾股定理列出方程32+AE2（9AE）2是解题的关键【变式9-2】（2023春吴江区月考）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC6，点E为BC的中点，将ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，

90、则CF的长为（）A185B125C165D95【分析】连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到BFC90，根据勾股定理求出答案【解答】解：连接BF，BC6，点E为BC的中点，BE3，又AB4，AE=AB2+BE2=5，由折叠知，BFAE（对应点的连线必垂直于对称轴），BH=ABBEAE=125，则BF=245，FEBEEC，BFC90，CF=62(245)2=185故选：A【点评】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键【变式9-3】（2022秋梅县区校

91、级期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E，G分别在边BC，AB上，把DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；把DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处，HF1，BF8，则矩形ABCD的面积为（）A420B360C4202D3602【分析】由折叠的性质得HDAD，FDCD，设ADx，则HDx，得ABCDx+1，BDx+9，再在RtABD中，由勾股定理得出方程，解方程，即可解决问题【解答】解：四边形ABCD是矩形，ABCD，A90，由折叠的性质得：HDAD，FDCD，设ADx，则HDx，ABCDFDHD+HFx+1，BDFD+BFx+9，在RtABD中，由勾股定理得：x2+

92、（x+1）2（x+9）2，解得：x20或x4（舍去），AD20，AB21，BDx+929，矩形ABCD的面积ADAB2021420，故选：A【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键【变式9-4】（2022秋遵义期末）如图，已知矩形ABCD，AB5，AD3，矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90得到的，点H为CD边上一点，现将四边形ABHD沿BH折叠得到四边形ABHD，当点A恰好落在EF上时，DH的长是（）A175B72C185D522【分析】连接AG，根据折叠性质求得AB，再由勾股定理求得AE，

93、进而依次求得AF，AG，DG，设DHx，在RtCHG中，由勾股定理列出方程求得结果便可【解答】解：由折叠知，ABAB5，AE=AB2BE2=5232=4，AFEFAE541，连接AG，AG=FG2+AF2=32+12=10，DG=AG2=AD2=1032=1，设DHx，则GHx1，CH5x，在RtCHG中，CGBGBC532，由勾股定理得（x1）2（5x）222，解得x3.5DH为3.5，故选B【点评】本题考查了旋转的性质，翻折的性质，矩形的性质，勾股定理，关键是综合应用这些知识解题【变式9-5】如图，将平行四边形ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D处，折痕l交CD边于点E，

94、连接BE（1）求证：四边形ADED是菱形；（2）如果AB2AE2+BE2，求证：BE平分ABC【分析】（1）由折叠可得ADAD，DEDE，DAEDAE，由DCAB，可得DEAEAD，则DEADAE，即可得DEDA，则DADEDEDA，即四边形ADED是菱形；（2）根据勾股定理逆定理可得AEB是直角三角形，即EAB+EBA90，则 2EAB+2EBA180 由DAB+CBA180，可得CBA2EBA则结论可得【解答】证明：（1）折叠ADAD，DEDE，DAEDAE平行四边形ABCDABCDDEAEADDAEDEAADDE 且ADAD，DEDE，ADDEDEDA四边形ADED是菱形（2）连接BE平

95、行四边形ABCDADBCDAB+ABC180AB2AE2+BE2，AEB90EAB+ABE902EAB+2ABE180四边形ADED是菱形DAB2EABABC2ABEBE平分ABC【点评】本题考查了折叠问题，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握这些性质是本题的关键题型十 平行四边形中的动点运动问题【例题10】（2021春魏县期中）如图，平行四边形ABCD中，AB8cm，AD12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q以每秒3cm的速度从点D出发，沿DC，CB向B运动，两个点同时出发，在运动 秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形【分析】由平行四边形的性质

96、得ADBC，CDAB8cm，BCAD12cm，当Q在BC上，且PDBQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则12t12+83t，求解即可【解答】解：设运动时间为t妙，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，CDAB8cm，BCAD12cm，当Q在BC上，且PDBQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则12t12+83t，解得：t4，故答案为：4【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键解题技巧提炼解决动点问题时，要抓住点在运动过程中的特殊时刻（或一个确定的位置），以静制动，寻找问题的突破口，有时要用到方程思想或分类讨论的思想.

97、【变式10-1】如图，在矩形ABCD中，BC15cm，动点P从点B开始沿BC边以每秒2cm的速度运动；动点Q从点D开始沿DA边以每秒1cm的速度运动，点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为t秒，则当t（）秒时，四边形ABPQ为矩形A3B4C5D6【分析】当四边形ABPQ为矩形时，AQBP，据此列出方程并解答【解答】解：设动点的运动时间为t秒，由题意，得15t2t解得t5故选：C【点评】考查了一元一次方程的应用，解题的关键是根据矩形的性质，得到等量关系AQBP【变式10-2】（2021秋平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，

98、F同时从O点出发在线段AC上以0.5cm/s的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为ts连接DE，DF，BE，BF，已知ABD是边长为4cm的等边三角形，当t s时，四边形DEBF为正方形【分析】根据等边三角形的性质，可以得到BD的长，然后根据菱形的性质可以得到OD的长和BDEF，再根据正方形的性质，可以得到ODOE，然后即可计算出t的值【解答】解：ABD是边长为4cm的等边三角形，BD4cm，四边形ABCD是菱形，ACBD，OD2cm，四边形DEBF为正方形，ODOE，t20.54，即t4时，四边形DEBF为正方形，故答案为：4【点评】本题考查等边三角形的性质、菱

99、形的性质、正方形的性质，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键【变式10-3】（2022春浚县期末）如图，在ABCD中，AB10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE4cm点M从D点出发，沿DC以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿BA以2cm/s的速度匀速运动到点A一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动当点M运动时间是 秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形【分析】根据CDAB，所以当MENF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，则ME|4t|，NF|52t|，列出方程计算即可【解答】解：设运动t秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四

100、边形，CDAB，当MENF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，ME|4t|，NF|52t|，|4t|52t|，4t52t或4t2t5，t1或3，故答案为：1或3【点评】本题主要考查了平行四边的判定与性质、根据题意用绝对值表示出ME和NF的长度是解题的关键【变式10-4】（2022秋鄄城县期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD12cm，AC6cm，点E在线段BO上从点B出发以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O出发以2cm/s的速度向点D运动（1）若点E，F同时运动，设运动时间为ts，当t为何值时，四边形AECF是平行四边形？（2）在（1）的

101、条件下，当AB为何值时，平行四边形AECF是菱形？【分析】（1）若是平行四边形，所以BD12cm，则B0DO6cm，故有61t2t，即可求得t值；（2）由菱形的性质得ACEF，再由勾股定理求出AB的长即可【解答】解：（1）若四边形AECF为平行四边形，则OAOC，OEOF，四边形ABCD为平行四边形，BD12cm，AC6cm，BOOD6cm，OAOC3cm，OE（6t）cm，OF2tcm，6t2t，t2，当t为2时，四边形AECF是平行四边形；（2）若四边形AECF是菱形，则ACEF，AO2+BO2AB2，AB=32+62=35（cm），当AB为35cm时，AECF是菱形【点评】本题考查了平行

102、四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键【变式10-5】如图，在四边形ABCD中，ADBC，B90，AB8cm，AD12cm，BC18cm，点P从点A出发以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动，当点Q到达点B时，点P也停止运动设点P，Q运动的时间为t秒（1）作DEBC于E，则CD边的长度为 cm；（2）从运动开始，当t取何值时，四边形PQBA是矩形？（3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由【分析】（1）先证四边形ABED是矩形，可得DEAB8

103、cm，ADBE12cm，由勾股定理可求解；（2）当APBQ时，四边形ABQP是矩形，可得t182t，即可求解；（3）先根据CQCD，求出时间t，再判断出DPCD，即可判断出结论【解答】解：（1）ADBC，B90，AB90，又DEBC，四边形ABED是矩形，DEAB8cm，ADBE12cm，EC6cm，CD=DE2+CE2=36+64=10cm，故答案为：10；（2）AB90，ADBC，当APBQ时，四边形ABQP是矩形，即t182t，解得：t6，当t6时，四边形PQBA是矩形；（3）不存在，理由如下：四边形PQCD是菱形，CQCD，2t10，t5，此时，DPADAP1257（cm），而DPCD

104、，四边形PQCD不可能是菱形；【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键题型十一 平行四边形中的最值问题【例题11】（2022秋镇平县期中）在RtABC中，C90，AC6，BC8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 【分析】当CMAB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积求出CM，再求出答案即可【解答】解：连接CM，点D、E分别为CN，MN的中点，DE=12CM，当CMAB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，由勾股定理得：AB=AC

105、2+BC2=62+82=10，SABC=12ABCM=12ACBC，CM=245，DE=12CM=125，故答案为：125【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点，注意：三角形的中位线等于第三边的一半解题技巧提炼在解决四边形中的最短问题时，利用轴对称、平移等变换把已知问题转化为容易解决的问题，从而作出最短线段和.【变式11-1】（2021秋海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD12，AB6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰ADP，Q为边BC上一点，BQ4，连接PQ，则PQ的最小值为 【分析】过点P作PGAD交于点G，交BC于点H，当Q点与H点重

106、合时，PQ的值最小，过点B作BMAD交于点M，由题意可求BM42，PG8，则PQ的最小值为842【解答】解：过点P作PGAD交于点G，交BC于点H，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，PHBC，当Q点与H点重合时，PQ的值最小，过点B作BMAD交于点M，AD12，ADP是等腰三角形，AG6，AP10，GP8，BQ4，MA2，AB6，BM=6222=42，PQ842，PQ的最小值为842，故答案为：842【点评】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键【变式11-2】（2022南海区一模）如图，MON90，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM、

107、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB6，BC3运动过程中点D到点O的最大距离是 【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE=12AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，MON90，AB6，OEAE=12AB3，BC3，四边形ABCD是矩形，ADBC3，DE=AD2+AE2=32+32=32，根据三角形的三边关系，ODOE+DE，当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为32+3故答案为

108、：32+3【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，勾股定理，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键【变式11-3】如图所示，在边长为2的菱形ABCD中ABC60，点O为对角线的交点，点P为BC边上的一点，PEBD于点E，PFAC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是（）A32B52C5D3262【分析】由菱形的性质可得ACBD，BO=12BD=3，OC=12AC1，然后证四边形OEPF是矩形，得EFOP，OPBC时，OP有最小值，最后由面积法可求解【解答】解：连接OP，如图所示：四边形ABCD是菱形，ABBC2，ABC60，ACBD，BO

109、=12BD=3，OC=12AC1，PEAC，PFBD，ACBD，四边形OEPF是矩形，FEOP，当OPBC时，OP有最小值，此时SOBC=12OBOC=12BCOP，OP=312=32，EF的最小值为32，故选：A【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出ABC是等边三角形解答【变式11-4】（2021春上思县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点F在AD上，AF1，E是对角线BC上的一个动点，则AE+EF的最小值为 【分析】由正方形的性质可知A与C关于BD对称，连接CF与BD交于E，则AE+EFCE+EFCF，此时AE+EF的值最小，在RtCDF中，由勾股定理可求CF5【解答】解

110、：正方形ABCD，A与C关于BD对称，连接CF与BD交于E，则AE+EFCE+EFCF，此时AE+EF的值最小，正方形边长为4，CD4，AF1，FD3，在RtCDF中，CF2FD2+CD2，即CF29+1625，CF5，故答案为5【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质、能确定A与C是关于BD的对称点是解题的关键【变式11-5】（2021秋沙坪坝区校级月考）如图，在四边形ABCD中，ADBC，BC6，BDC面积为21，AB的垂直平分线MN分别交AB、AC于点M、N，若点P和点Q分别是线段MN和BC边上的动点，则PB+PQ的最小值为（）A5B6C7D8【分析】连接AQ，过点D作DH

111、BC于H利用三角形的面积公式求出DH，由题意PB+PQAP+PQAQ，求出AQ的最小值，可得结论【解答】解：连接AQ，过点D作DHBC于HDBC面积为21，BC6，12BCDH21，DH7，MN垂直平分线段AB，PAPB，PB+PQAP+PQAQ，当AQ的值最小时，PB+PQ的值最小，根据垂线段最短可知，当AQBC时，AQ的值最小，ADBC，AQDH7，PB+PQ的值最小值为7故选：C【点评】本题考查轴对称最短问题，平行线的性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是把最短问题转化为垂线段最短，属于中考常考题型题型十二 平行四边形综合压轴探究题【例题12】（2021春禹城市期

112、中）【发现与证明】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正方形ABCO的一个顶点，如果两个正方形的边长都等于a，那么正方形ABCO绕点O无论怎样转动，两个正方形重叠部分的面积是一个定值（1）请你写出这个定值，并证明你的结论【应用迁移】（2）如图2，四边形ABCD中，ABAD，BADBCD90，连接AC若AC8，求四边形ABCD的面积【分析】（1）证明AOEBOF，从而四边形BEOF的面积等于AOB的面积，从而求得结果；（2）延长CD值E，使DEBC，连接AE，ABCADE，进而得出四边形ABCD的面积等于三角形ACE的面积，进一步求得结果【解答】解：（1）定值是：14a2，理由如下：

113、四边形ABCD为正方形，OAOB，OABOBF45，BOAC，AOE+EOB90，四边AOCB为正方形，AOC90，即BOF+EOB90，AOEBOF，在AOE和BOF中，AOE=BOFOA=OBOAE=OBF，AOEBOF（ASA），S四边形BEOFSBFO+SBEOSAOE+SBEOSAOB=14S正方形ABCD=14a2；（2）如图，延长CD值E，使DEBC，连接AE，在四边形ABCD中，BAD+BCD90+90180，B+ADC360（BAD+BCD）180，ADE+ADC180，ADEB，在ABC和ADE中，AB=ADB=ADEBC=DE，ABCADE（SAS），AEAC8，DAEB

114、AC，BAC+CAD90，DAE+CAD90，SACE=12ACAE=128232，S四边形ABCDSABC+SACDSADE+SACDSACE32【点评】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形解题技巧提炼本题型是四边形的综合题，综合考查了平行四边形和特殊平行四边形的性质与判定，同时用到等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，有时正确地作出辅助线是解题的关键【变式12-1】（2022秋丹徒区期末）如图1，在长方形ABCD中，AB90，含45角的直角三角板放置在长方形内，FEG90，EGEF，顶点E、F、G分别在AB、BC、A

115、D上（1）求证：AEGBFE；（2）若P是斜边FG的中点如图2，连接EP，请写出线段EP与AG、BF之间的数量关系，并说明理由；如图3，连接BP，若AB=18，则BP的长等于 【分析】（1）根据矩形的性质得到AB90，根据余角的性质得到AEGBFE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）由（1）知，AEGBFE，根据全等三角形的性质得到AEBF，根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论；过G作GMBC于M，过P作PNBC于N，则PNGM，四边形ABMG是矩形，根据矩形的性质得到GMAB32，AGBM，根据全等三角形的性质得到AGBE，设AGBEBMx，根据勾股定理即可得到结论【解答】（

116、1）证明：四边形ABCD是矩形，AB90，FEG90，AEG+BEFBEF+BFE，AEGBFE，EGEF，AEGBFE（AAS）；（2）解：EP=22BF2+AG2；理由：由（1）知，AEGBFE，AEBF，FEG90，EGEF，FG=2EG，EG=AE2+AG2=BF2+AG2，FG=2BF2+AG2，P是斜边FG的中点，EP=12FG=22BF2+AG2；过G作GMBC于M，过P作PNBC于N，则PNGM，四边形ABMG是矩形，GMAB32，AGBM，P是斜边FG的中点，PN=12GM=322，AEGBFE，AGBE，设AGBEBMx，BFAE32x，FMBFBM322x，BN32x12

117、（322x）=322，BP=PN2+BN2=3故答案为：3【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键【变式12-2】（2022春思明区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OEBC交BC于点E过点O作FGAB交AB、CD于点F、G（1）如图1，若BC5，OE3，求平行四边形ABCD的面积；（2）如图2，若ACB45，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明【分析】（1）连接BD，求出SOBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与SOBC的关系求得结果；（2）过点

118、E作EHEG，与GC的延长线交于点H，证明OEGCEH得OGCH，EGEH，再证明OAFOCG，得AFCG，OFOG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论【解答】解：（1）连接BD，平行四边形ABCD，BD过点O，SOBC=12BCOE=1253=152平行四边形ABCD的面积4SOBC30；（2）AF+OF=2EG理由如下：过点E作EHEG，与GC的延长线交于点H，如图2，OEBC，OEG+GECGEC+CEH90，OEGCEH，ACB45，COE45，OECE，平行四边形ABCD中，ABCD，又FGAB，FGCD，EOG+ECG3609090180，ECH+ECG180，EOGECH，OEG

119、CEH（ASA），OGCH，EGEH，四边形ABCD是平行四边形，OAOC，ABCD，OAFOCG，AOFCOG，OAFOCG（ASA），AFCG，OFOG，CG+CHGH，AF+OFGH，GEH90，EGEH，GH=2EG，AF+OF=2EG【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形的面积公式，关键是证明全等三角形【变式12-3】如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OEAB于E，OFAD于F（1）求对角线AC的长及菱形ABCD的面积（2）如图，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是

120、否发生变化？请说明理由（3）如图，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理求出AG，从而求出AC，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可；（2）连接AO，根据SABDSABO+SADO列式计算即可解答题目；（3）连接AO，根据SABDSABOSADO列式整理即可解答题目【解答】解：（1）在菱形ABCD中，ACBD，BG=12BD=12168，由勾股定理得，AG=AB2BG2=6，AC2AG2612，菱形ABCD的面积=12ACBD=1212169

121、6；（2）如图，连接AO，则SABDSABO+SADO，12BDAG=12ABOE+12ADOF，即12166=1210OE+1210OF，解得OE+OF9.6是定值，不变；（3）如图，连接AO，则SABDSABOSADO，12BDAG=12ABOE12ADOF，即12166=1210OE1210OF，解得OEOF9.6，是定值，不变，OE+OF的值变化，OE、OF之间的数量关系为：OEOF9.6【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的面积，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键【变式12-4】如图，正方形ABCD的边长为4，点P为正方形AD边

122、上的一点（不与点A、点D重合），将正方形折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，折痕为EF，BC、PG延长线相交于点K（1）若BE3，求AP的长；（2）在（1）的条件下，求BK的长；（3）如图当点P在边AD上移动时，PDH的周长是定值吗？如果是，请求出该定值；如果不是请说明理由【分析】（1）由题意可得AE1，EP3，根据勾股定理可求AP的长；（2）过点P作PNBC于N，可证四边形ABNP是矩形，可得APBN22，ABPN4，由折叠的性质可证BKPK，由勾股定理可求解；（3）PDH的周长是定值，过点B作BMPG于点M，通过证明ABPMBP，RtBCHRtBMH，可得APPM，AB

123、BM，MHHC，即可求解【解答】解：（1）折叠EPBE3，AEABBEAE1在RtAEP中，AP=EP2AE2=22（2）如图，过点P作PNBC于N，AABC90，PNBC，四边形ABNP是矩形，APBN22，ABPN4，将正方形折叠，使点B落在点P处，ABCEPK90，EPBE，EPBEBP，BPKPBK，BKPK，PK2PN2+NK2，BK216+（BK22）2，BK32；（3）是定值，理由如下：过点B作BMPG于点M，ADBC，APBPBK，APBBPK，且ABMP90，BPBP，ABPMBP（AAS）APPM，ABBM，BMBC，BHBH，RtBCHRtBMH（HL）MHHC，PDH的

124、周长PD+DH+PHPD+PM+MH+DHAD+CD8PDH的周长的周长为定值，定值为8【点评】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，折叠问题，关键是利用锐角三角函数求线段的长度【变式12-5】（2021春淮北期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EFDE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB22，CE2，求CG的长；（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40时，直接写出EFC的度数【分析】（1）作EPCD于P，EQBC于Q，证明RtEQFRtEPD，得到EFED，根据正方形

125、的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题（3）分两种情形考虑问题即可；【解答】（1）证明：作EPCD于P，EQBC于Q，DCABCA，EQEP，QEF+FEC45，PED+FEC45，QEFPED，在RtEQF和RtEPD中，QEF=PEDEQ=EPEQF=EPD，RtEQFRtEPD（ASA），EFED，矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在RtABC中，AC=2AB4，EC2，AECE，点F与C重合，此时DCG是等腰直角三角形，易知CG2； （3）如图3，当DE与AD的夹角为40时，DEC45+4085，DEF90，CEF5，ECF45，EFC130，如图4，当DE与DC的夹角为40时，DEFDCF90，EFCEDC40，综上所述，EFC130或40【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题