【期中复习讲义】平行四边形复习课教学案（解析版+原卷版）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题突破及提优测试卷（人教版）

【期中复习讲义】平行四边形复习课教学案（原卷版） 知识点一 三角形中位线定理 1．（2024•南阳模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（　　） A．2 B．5 C．7 D．9 2．（2024春•船营区月考）如图，△ABC周长20，D，E在边BC上，BN和CM分别是∠ABC和∠ACB的平分线，BN⊥AE，CM⊥AD，若BC＝8，则MN的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．3 3．（2022春•青山区期中）如图，在Rt△ABC中∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC到点F，使CFBC，若EF＝4，则DE的长为（　　） A．4 B． C．2 D． 知识点二 直角三角形斜边上的中线 4．（2024秋•泰兴市期末）已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M、N分别是AC、BD的中点． （1）求证：MN⊥BD；（2）在边AD上能否找到一点P，使得PB＝PD？请说明理由． 知识点三 平行四边形的性质于判定 5．（2023春•涡阳县期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝120°，连接BD，作AE∥BD交CD延长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，且CF＝1，则AB的长是（　　） A．2 B．1 C．3 D． 6．（2023•肥西县一模）如图，已知▱OABC的顶点A、C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 7．（2024春•宁海县期中）如图，F是▱ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于点E，连接AF与DE相交于点P，若，，则阴影部分的面积为（　　）cm2 A．24 B．17 C．18 D．10 8．（2022春•邗江区月考）如图，在▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，S▱BEPG＝1，则S▱AEPH＝　 　． 9．（2022•铜仁市模拟）如图所示，在四边形ABCD中，已知∠1＝∠2，添加下列一个条件，不能判断四边形ABCD成为平行四边形的是（　　） A．∠D＝∠B B．AB∥CD C．AD＝BC D．AB＝DC 10．（2022春•滨湖区期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是 　 　，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为 　 ． 11．（2023•阎良区一模）如图，在▱ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分线AF，DE分别与线段BC交于点F，E，AF与DE交于点G． （1）求证：AF⊥DE，BF＝CE． （2）若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的长度． 12．（2022秋•泰山区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC． （1）求证： ①△AOE≌△COF； ②四边形ABCD为平行四边形； （2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数． 13．（2020春•普宁市期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CFBC，连接CD和EF． （1）求证：四边形DCFE是平行四边形； （2）求∠F的度数． 知识点四 菱形的性质与判定 14．（2022秋•竞秀区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O，E，F分别在OB，OD上，AC＝4，BD＝6． （1）当BE＝DF＝1时，判断四边形AECF的形状并证明； （2）当四边形AECF为菱形时，求平行四边形ABCD的周长． 15．（2022春•渑池县期中）如图，菱形ABCD的周长为24，对角线AC与BD交于点O，BD＝6，则AC＝　 ． 16．（2022秋•会宁县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（　　） A．12 B．14 C． D． 17．（2024•杭锦后旗一模）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形． （2）设AE与BF相交于点O，四边形ABEF的周长为16，BF＝4，求AE的长和∠C的度数． 知识点五 矩形的性质与判定 18．（2024春•潮阳区期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点O．若AO＝3，∠OBC＝30°，求矩形的周长． 19．（2021•株洲）如图所示，线段BC为等腰△ABC的底边，矩形ADBE的对角线AB与DE交于点O，若OD＝2，则AC＝　 　． 20．（2024春•罗定市期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC．若OA＝2，则四边形CODE的周长为 　 　． 21．（2021•无锡）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（　　） A．△BDE和△DCF的面积相等 B．四边形AEDF是平行四边形 C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形 22．（2024•淮北二模）在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　） A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB∥CD且AC2＝AB2+BC2 23．（2022春•殷都区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是矩形． （2）若∠BAE：∠EAD＝4：5，求∠EAO的度数． 24．（2022春•防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使BE＝AB，连接BD，ED，EC，若ED＝AD． （1）求证：CD＝BE； （2）求证：四边形BECD是矩形； （3）连接AC，若AD，CD＝2，求AC的长． 知识点六 正方形的性质与判定 25．（2023•余杭区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（　　） A．2 B． C． D． 26．（2024秋•莲池区月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为．其中正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 27．（2023•黄冈一模）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝θ（0°＜θ＜90°）．连接DE，过B作BF⊥DE于F，连接AF，CF． （1）若θ＝60°，求∠BED的度数； （2）当θ变化时，∠BED的大小会发生变化吗？请说明理由； （3）试用等式表示线段DE与CF之间的数量关系，并证明． 28．（2020•新华区模拟）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中， ①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形； ②存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③存在无数个四边形MNPQ是菱形； ④至少存在一个四边形MNPQ是正方形， 其中正确的结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 知识点七 中点四边形 29．（2024春•丰台区期中）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点．有下列四个推断： ①对于任意四边形ABCD，四边形MNPQ都是平行四边形； ②若四边形ABCD是平行四边形，则MP与NQ交于点O； ③若四边形ABCD是矩形，则四边形MNPQ也是矩形； ④若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD也一定是正方形． 所有正确推断的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 知识点八 四边形综合题 30．（2021春•红塔区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC上一点，∠DAE的角平分线AF交CD于点G，交BC的延长线于点F，连接EG，△AGE的面积为S． （1）求证：AE＝EF； （2）若EG⊥AF，试探究线段AE，EC，AD之间的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若∠AEG＝∠AGD，AB＝12，AD＝9，求S的值． 31．（2022秋•三明期末）已知，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8．将纸片沿对角线BD翻折，点C落在点E处，BE交AD于点F． （1）如图1，连结AE． ①求证：△ABF≌△EDF； ②求证：AE∥BD； （2）如图2，将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，连结FG，求FG的长． 32．（2022•如皋市一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为射线AB上的动点，连接DE，作点A关于DE的对称点F，连接DF，EF，BF，CF． （1）如图1，当点F落在BD上时，求AE的长； （2）如图2，当AE＝2时，探索BF与CF的位置关系，并说明理由； （3）在点E从点A出发后，当△BCF为等腰三角形时，直接写出AE的长． 33．（2022春•封丘县期末）如图1，在Rt△EAF中，∠A＝90°，∠AEF，∠AFE的外角平分线交于点C，过点C分别作直线AB，AD的垂线，B，D为垂足． 【问题发现】（1）∠ECF＝　 　°（直接写出结果，不写解答过程）． 【问题探究】（2）①求证：四边形ABCD是正方形． ②若AF＝DF＝4，求BE的长． 【问题拓展】（3）如图2，在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝4，HR＝1，则HQ的长度是 　 （直接写出结果，不写解答过程）． 34．（2023秋•江阳区期中）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为9，，求正方形DEFG的边长． （3） 若正方形ABCD的边长为，连接CG，如图3，直接写出CE+CG的值 　 35．（2022秋•浑南区期中）已知正方形ABCD，E是射线AB上一动点，连接EC，点F在直线CD上，且EF＝EC，将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，过点C作EG的平行线，交射线AD于点H，连接HG． （1）如图1，当点E在AB中点时，D，F重合，请判断四边形HCEG的形状并证明你的结论； （2）如图2，当点E在AB延长线上时，补全图形并回答下列问题： ①四边形HCEG的形状是否发生改变，请说明理由； ②连接HE，交DC于点M，若MC＝5，EF，请直接写出ME的长． 知识点九 翻折变换（折叠问题） 36．（2023秋•沙坪坝区月考）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为 　 　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【期中复习讲义】平行四边形复习课教学案（解析版） 知识点一 三角形中位线定理 1．（2024•南阳模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（　　） A．2 B．5 C．7 D．9 【思路引领】根据三角形的中位线定理得出EFDN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，N与A重合时，DN最小，从而求得EF的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答． 【完整解答】解：连接DN， ∵ED＝EM，MF＝FN， ∴EFDN， ∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小， ∵N与B重合时DN最大， 此时DN＝DB13， ∴EF的最大值为6.5． ∵∠A＝90°，AD＝5， ∴DN≥5， ∴EF≥2.5， ∴EF长度的可能为5； 故选：B． 【总结提升】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键． 2．（2024春•船营区月考）如图，△ABC周长20，D，E在边BC上，BN和CM分别是∠ABC和∠ACB的平分线，BN⊥AE，CM⊥AD，若BC＝8，则MN的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．3 【思路引领】证明△ABN≌△EBN，根据全等三角形的性质得到BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝CA，AM＝MD，结合图形求出DE，根据三角形中位线定理计算即可． 【完整解答】解：∵BN是∠ABC的平分线， ∴∠ABN＝∠EBN， 在△ABN和△EBN中， ， ∴△ABN≌△EBN（ASA）， ∴BE＝BA，AN＝NE， 同理可得，CD＝CA，AM＝MD， ∵△ABC周长20， ∴AB+AC+BC＝20， ∴AB+AC＝20﹣BC＝12， ∴DE＝AB+AC﹣BC＝4， ∵AN＝NE，AM＝MD， ∴MN是△ADE的中位线， ∴MNDE＝2， 故选：B． 【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 3．（2022春•青山区期中）如图，在Rt△ABC中∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC到点F，使CFBC，若EF＝4，则DE的长为（　　） A．4 B． C．2 D． 【思路引领】利用三角形中位线定理及已知条件证得四边形DEFC是平行四边形，得到DC＝EF，由三角形中位线定理和直角三角形斜边中线的性质得到DC＝BC，由含30度角的直角三角形的性质即可得出答案． 【完整解答】解：如图，连接DC， 在Rt△ABC中∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是边AB的中点， ∴DCAB，BCAB， ∴BC＝DC， ∵点D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DE∥CF，DEBC， ∵CFBC， ∴DE＝CF， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DC＝EF＝4， ∴BC＝4， ∴DE4＝2． 故选：C． 【总结提升】此题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，得出DC＝EF是解题关键． 知识点二 直角三角形斜边上的中线 4．（2024秋•泰兴市期末）已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M、N分别是AC、BD的中点． （1）求证：MN⊥BD； （2）在边AD上能否找到一点P，使得PB＝PD？请说明理由． 【思路引领】（1）连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DMAC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可． （2）利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题； 【完整解答】（1）证明：如图，连接BM、DM． ∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点， ∴BM＝DMAC， ∵点N是BD的中点， ∴MN⊥BD． （2）解：能． 理由：延长NM交AD于P， ∵MN是线段BD的垂直平分线， ∴PD＝PB． 【总结提升】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记各性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键． 知识点三 平行四边形的性质于判定 5．（2023春•涡阳县期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝120°，连接BD，作AE∥BD交CD延长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，且CF＝1，则AB的长是（　　） A．2 B．1 C．3 D． 【思路引领】先根据平行四边形的判定与性质可得四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AB＝DE，从而可得CE＝2AB，再根据含30度角的直角三角形的性质可得CE＝2，由此即可得． 【完整解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝120°， ∴AB∥CD，AB＝CD，∠BCD＝∠BAD＝120°， ∵AE∥BD， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∴AB＝DE， ∴CE＝CD+DE＝AB+AB＝2AB， ∵∠BCD＝120°， ∴∠ECF＝60°， ∵EF⊥BC， ∴∠CEF＝30°， ∴CE＝2CF＝2×1＝2， ∴AB＝1， 故选：B． 【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 6．（2023•肥西县一模）如图，已知▱OABC的顶点A、C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【思路引领】过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E．则OB．由于四边形OABC是平行四边形，所以OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，所以OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，从而可求． 【完整解答】解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图： ∵四边形OABC是平行四边形， ∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC， ∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴， ∴AM∥CN， ∴四边形ANCM是平行四边形， ∴∠MAN＝∠NCM， ∴∠OAF＝∠BCD， ∵∠OFA＝∠BDC＝90°， ∴∠FOA＝∠DBC， 在△OAF和△BCD中， ， ∴△OAF≌△BCD． ∴BD＝OF＝1， ∴OE＝4+1＝5， ∴OB． 由于OE的长不变，点B在直线x＝5上运动，当点B在x轴上时，OB最小，最小值为OB＝OE＝5． 故选：B． 【总结提升】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 7．（2024春•宁海县期中）如图，F是▱ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于点E，连接AF与DE相交于点P，若，，则阴影部分的面积为（　　）cm2 A．24 B．17 C．18 D．10 【思路引领】连接EF，证明四边形EBCF是平行四边形，求出，再得出即可求出阴影部分的面积． 【完整解答】解：连接EF， ∵F是▱ABCD的边CD上的点， ∴BE∥CF， ∴∠EBF＝∠CFB，∠BEC＝∠FCE， ∵BQ＝FQ， ∴△EBQ≌△CFQ， ∴EQ＝CQ， ∴四边形EBCF是平行四边形， ∴， ∵S△AED＝S△AEF， ∴， ∴， 故选：C． 【总结提升】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练运用平行四边形的性质与判定进行证明与计算是解题的关键． 8．（2022春•邗江区月考）如图，在▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，S▱BEPG＝1，则S▱AEPH＝　2　． 【思路引领】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH＝S四边形PFCG，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案． 【完整解答】解：∵EF∥BC，GH∥AB， ∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形， ∴S△PEB＝S△BGP， 同理可得S△PHD＝S△DFP，S△ABD＝S△CDB， ∴S△ABD﹣S△PEB﹣S△PHD＝S△CDB﹣S△BGP﹣S△DFP， 即S四边形AEPH＝S四边形PFCG． ∵CG＝2BG，S▱BEPG＝1， ∴S四边形AEPH＝S四边形PFCG＝2×1＝2； 故答案为：2． 【总结提升】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行⇔四边形为平行四边形，②两组对边分别相等⇔四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等⇔四边形为平行四边形，④两组对角分别相等⇔四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分⇔四边形为平行四边形． 9．（2022•铜仁市模拟）如图所示，在四边形ABCD中，已知∠1＝∠2，添加下列一个条件，不能判断四边形ABCD成为平行四边形的是（　　） A．∠D＝∠B B．AB∥CD C．AD＝BC D．AB＝DC 【思路引领】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【完整解答】解：A、∵∠1＝∠2，∴AD∥BC， ∵∠D＝∠B，∠1+∠D+∠ACD＝180°，∠2+∠B+∠CAB＝180°， ∴∠ACD＝∠CAB， ∴AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵∠1＝∠2， ∴AD∥BC， ∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意； C、∵∠1＝∠2， ∴AD∥BC， ∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵∠1＝∠2， ∴AD∥BC， ∵AB＝DC， ∴四边形ABCD可以是等腰梯形，故选项D符合题意； 故选：D． 【总结提升】本题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 10．（2022春•滨湖区期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是 　平行四边形　，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为 　　． 【思路引领】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可． 【完整解答】解：如图， ∵AQ∥BC，CQ∥AP， ∴四边形APCQ是平行四边形． 当PQ⊥BC时，PQ取得最小值， ∵四边形APCQ是平行四边形， ∴AH＝HC，QH＝PHPQ， ∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2， ∴AC＝2，∠ACB＝45°， ∵QP⊥BC， ∴∠PHC＝45°， ∴PH＝PC， ∴PQ， ∴QC， ∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC＝2． 故答案为：平行四边形；． 【总结提升】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强． 11．（2023•阎良区一模）如图，在▱ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分线AF，DE分别与线段BC交于点F，E，AF与DE交于点G． （1）求证：AF⊥DE，BF＝CE． （2）若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的长度． 【思路引领】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠BAD+∠ADC＝180°；然后根据角平分线的性质推知∠DAE+∠ADF∠BAD∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．证得∠BAF＝∠AFB，由等腰三角形的判定可得出AB＝BF，同理可得CD＝CE，则可得出结论； （2）过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I，证明四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°，得出AF＝CK＝8，由勾股定理求出DI，则可得出答案． 【完整解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC， ∴∠BAD+∠ADC＝180°． ∵AE，DF分别是∠BAD，∠ADC的平分线， ∴∠DAE＝∠BAE∠BAD，∠ADF＝∠CDF∠ADC． ∴∠DAE+∠ADF∠BAD∠ADC＝90°． ∴∠AGD＝90°． ∴AE⊥DF． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD， ∴∠DAF＝∠AFB， 又∵∠DAF＝∠BAF， ∴∠BAF＝∠AFB， ∴AB＝BF， 同理可得CD＝CE， ∴BF＝CE； （2）解：过点C作CK∥AF交AD于K，交DE于点I， ∵AK∥FC，AF∥CK， ∴四边形AFCK是平行四边形，∠AGD＝∠KID＝90°， ∴AF＝CK＝8， ∵∠KDI+∠DKI＝90°，∠DIC+∠DCI＝90°，∠IDK＝∠IDC， ∴∠DKI＝∠DCI， ∴DK＝DC＝6， ∴KI＝CI＝4， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC＝∠CDE， ∴CE＝CD， ∵CI⊥DE， ∴EI＝DI， ∵DI2， ∴DE＝2DI＝4． 【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 12．（2022秋•泰山区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC． （1）求证： ①△AOE≌△COF； ②四边形ABCD为平行四边形； （2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数． 【思路引领】（1）①由平行线的性质得出∠OAD＝∠OCB，可证明△AOE≌△COF（ASA）； ②证得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出结论； （2）由全等三角形的性质得出OE＝OF，证出BE＝BF，由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OBE＝32°，求出∠ABC＝116°，则可得出答案． 【完整解答】（1）①证明：∵AD∥BC， ∴∠OAD＝∠OCB， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）； ②同理可证△AOD≌△COB， ∴AD＝CB， 又∵AD∥BC， ∴四边形ABCD为平行四边形； （2）解：∵△AOE≌△COF， ∴OE＝OF， ∵EF⊥BD， ∴BE＝BF， ∴∠OBF＝∠OBE＝32°， ∴∠EBF＝64°， ∵AD∥BC， ∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°． 【总结提升】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，平行线的性质，证明△AOE≌△COF是解题的关键． 13．（2020春•普宁市期末）如图，等边△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CFBC，连接CD和EF． （1）求证：四边形DCFE是平行四边形； （2）求∠F的度数． 【思路引领】（1）直接利用三角形中位线定理得出四边形DCFE是平行四边形即可； （2）由平行四边形的性质得出CD∥FE，则∠F＝∠BCD，由等边三角形的性质得出∠BCD＝30°，即可得出∠F＝30°． 【完整解答】（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DE为△ABC的中位线， ∴DE∥BC，DEBC， ∵CFBC， ∴DE＝CF， ∵DE∥CF， ∴四边形DCFE是平行四边形， （2）解：由（1）得：四边形DCFE是平行四边形， ∴CD∥FE， ∴∠F＝∠BCD， ∵△ABC是等边三角形，D是AB的中点， ∴∠ACB＝60°，CD平分∠ACB， ∴∠BCD＝30°， ∴∠F＝30°． 【总结提升】此题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的性质，证明四边形DCFE为平行四边形是解题的关键． 知识点四 菱形的性质与判定 14．（2022秋•竞秀区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O，E，F分别在OB，OD上，AC＝4，BD＝6． （1）当BE＝DF＝1时，判断四边形AECF的形状并证明； （2）当四边形AECF为菱形时，求平行四边形ABCD的周长． 【思路引领】（1）由已知易得AO＝CO，EO＝FO根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可； （2）根据四边形AECF为菱形时，可得AC⊥BD，利用勾股定理即可求出菱形边长． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AO＝CO，BO＝DO， ∵BE＝DF， ∴FO＝EO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵OB＝OD＝3，BE＝DF＝1， ∴OE＝OF＝2， ∵OA＝OC＝2， ∴AC＝EF， ∴四边形AECF是矩形． （2）解：∵四边形AECF是菱形， ∴AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA， 又∵，， ∴， ∴平行四边形ABCD的周长． 【总结提升】本题考查了平行四边形、菱形的判定与性质、的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形、菱形的判定与性质是解题的关键． 15．（2022春•渑池县期中）如图，菱形ABCD的周长为24，对角线AC与BD交于点O，BD＝6，则AC＝　　． 【思路引领】由菱形的性质可得AB＝BC＝6，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝3，由勾股定理可求AO的长，即可求解． 【完整解答】解：∵菱形ABCD的周长为24， ∴AB＝BC＝6，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝3， ∴AO3， ∴AC＝6， 故答案为：6． 【总结提升】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 16．（2022秋•会宁县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（　　） A．12 B．14 C． D． 【思路引领】利用菱形的面积公式：AC•BD＝BC•AE，即可解决问题． 【完整解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OCAC＝3，OB＝ODBD＝4， ∴AB＝BC5， ∵AC•BD＝BC•AE， ∴6×8＝5AE， ∴AE， 故选：C． 【总结提升】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型． 17．（2024•杭锦后旗一模）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形． （2）设AE与BF相交于点O，四边形ABEF的周长为16，BF＝4，求AE的长和∠C的度数． 【思路引领】（1）根据尺规作图得到直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE，根据线段垂直平分线的性质、菱形的判定定理证明； （2）根据菱形的周长求出菱形的边长，得到△ABF是等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理计算即可． 【完整解答】解：（1）由尺规作图的过程可知，直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE， ∴AF＝AB，EF＝EB， ∵AD∥BC， ∴∠FAE＝∠AEB， ∴∠AEB＝∠BAE， ∴BA＝BE， ∴BA＝BE＝AF＝FE， ∴四边形ABEF是菱形； （2）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD＝∠C ∵菱形ABEF的周长为16， ∴AF＝AB＝4，又BF＝4， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝60°，AOAB＝2 ∴∠C＝60°，AE＝4 【总结提升】本题考查的是菱形的判定、复杂尺规作图、等边三角形的判定和性质，掌握菱形的判定定理和性质定理、线段垂直平分线的作法、角平分线的作法是解题的关键． 知识点五 矩形的性质与判定 18．（2024春•潮阳区期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点O．若AO＝3，∠OBC＝30°，求矩形的周长． 【思路引领】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，求出AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，求出AB、BC，最后求出周长即可． 【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AO＝3， ∴∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD， ∴AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC， ∵∠OBC＝30°，∠DCB＝90°， ∴AB＝CDBD＝3， 由勾股定理得：BC＝3， ∴AB＝DC＝3，AD＝BC＝3， ∴矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝6+6． 【总结提升】本题考查了矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，解答本题的关键要明确：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等，矩形的对角线相等且互相平分，题目比较典型，难度适中． 19．（2021•株洲）如图所示，线段BC为等腰△ABC的底边，矩形ADBE的对角线AB与DE交于点O，若OD＝2，则AC＝　4　． 【思路引领】由矩形的性质可得AB＝2OD＝4，由等腰三角形的性质可求解． 【完整解答】解：∵四边形ADBE是矩形， ∴AB＝DE，AO＝BO，DO＝OE， ∴AB＝DE＝2OD＝4， ∵AB＝AC， ∴AC＝4， 故答案为4． 【总结提升】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 20．（2024春•罗定市期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC．若OA＝2，则四边形CODE的周长为 　8　． 【思路引领】由矩形的性质可得OC＝OD＝OA＝OB＝2，通过证明四边形DOCE是菱形，可求解． 【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，OA＝2， ∴OC＝OD＝OA＝OB＝2， ∵CE∥BD，DE∥AC， ∴四边形DOCE是平行四边形， 又∵OD＝OC， ∴四边形DOCE是菱形， ∴四边形CODE的周长＝2×4＝8， 故答案为：8． 【总结提升】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键． 21．（2021•无锡）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（　　） A．△BDE和△DCF的面积相等 B．四边形AEDF是平行四边形 C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形 【思路引领】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可． 【完整解答】解：A．连接EF， ∵D、E、F分别是△ABC各边中点， ∴EF∥BC，BD＝CD， 设EF和BC间的距离为h， ∴S△BDEBD•h，S△DCFCD•h， ∴S△BDE＝S△DCF， 故本选项不符合题意； B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点， ∴DE∥AC，DF∥AB， ∴DE∥AF，DF∥AE， ∴四边形AEDF是平行四边形， 故本选项不符合题意； C．∵D、E、F分别是△ABC各边中点， ∴EFBC，DFAB， 若AB＝BC，则FE＝DF， ∴四边形AEDF不一定是菱形， 故本选项符合题意； D．∵四边形AEDF是平行四边形， ∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形， 故本选项不符合题意； 故选：C． 【总结提升】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 22．（2024•淮北二模）在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　） A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB∥CD且AC2＝AB2+BC2 【思路引领】根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可． 【完整解答】解：A、∵AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意； B、∵AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°， ∵∠A＝∠B， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意； C、∵AD∥BC， ∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°， ∵∠A＝∠C， ∴∠B＝∠D， ∴四边形ABCD是平行四边形，AB＝CD，故选项C不符合题意； D、∵AD∥BC，AB∥CD ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC2＝AB2+BC2 ∴∠ABC＝90° ∴四边形ABCD是矩形， ∴选项D不符合题意； 故选：C． 【总结提升】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握矩形判定是关键． 23．（2022春•殷都区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是矩形． （2）若∠BAE：∠EAD＝4：5，求∠EAO的度数． 【思路引领】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA＝OD，则AC＝BD，即可得出四边形ABCD是矩形． （2）由矩形的性质得出∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，则∠OAB＝∠OBA，求出∠BAE＝40°，则∠OBA＝∠OAB＝50°，即可得出答案． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F， ∴∠AEO＝∠DFO＝90°， 又∵∠AOE＝∠DOF，AE＝DF， ∴△AEO≌△DFO（AAS）， ∴OA＝OD， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形； （2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∵∠BAE：∠EAD＝4：5， ∴∠BAE＝40°， ∴∠OBA＝∠OAB＝90°﹣40°＝50°， ∴∠EAO＝∠OAB﹣∠BAE＝50°﹣40°＝10°． 【总结提升】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 24．（2022春•防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使BE＝AB，连接BD，ED，EC，若ED＝AD． （1）求证：CD＝BE； （2）求证：四边形BECD是矩形； （3）连接AC，若AD，CD＝2，求AC的长． 【思路引领】（1）由平行四边形的性质得CD＝AB，CD∥AB，再由BE＝AB，即可得出结论； （2）证四边形BECD是平行四边形．再证ED＝BC，即可得出结论； （3）由矩形的性质得BE＝CD＝2，∠BEC＝90°，再由勾股定理得CE的长，然后由勾股定理即可得出结论． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB，CD∥AB， ∵BE＝AB， ∴CD＝BE． （2）证明：由（1）知，CD＝BE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥BE，AD＝BC． ∴四边形BECD是平行四边形． ∵ED＝AD， ∴ED＝BC， ∴平行四边形BECD是矩形． （3）解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CB＝AD，AB＝CD＝2， ∵四边形BECD是矩形， ∴BE＝CD＝2，∠BEC＝90°， 在Rt△BEC中，由勾股定理得：CE， ∵AE＝AB+BE＝2+2＝4， ∴AC． 【总结提升】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、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． 知识点六 正方形的性质与判定 25．（2023•余杭区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（　　） A．2 B． C． D． 【思路引领】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG． 【完整解答】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4， ∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4， 又∵DE＝AF＝1， ∴CE＝DF＝3， 在△CDF和△BCE中， ， ∴△CDF≌△BCE （SAS）， ∴∠DCF＝∠CBE， ∵∠DCF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠BGC＝90°， 在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3， ∴BE5， ∴BE•CG＝BC•CE， ∴CG． 故选：D． 【总结提升】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，证明△CDF≌△BCE是解题关键 26．（2024秋•莲池区月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为．其中正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路引领】延长DE，交FG于点N，交AB于点M，连接BE，交FG于点O，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出DE＝BE，再根据矩形的判定与性质可得BE＝FG，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得∠ABE＝∠ADE，再根据矩形的性质可得OB＝OF，然后根据等腰三角形的性质可得∠BFG＝∠ABE，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得∠ADE+∠AMD＝90°，从而可得∠BFG+∠AMD＝90°，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当DE⊥AC时，DE取得最小值，再解直角三角形可得DE的最小值，从而可得FG的最小值，由此可判断④． 【完整解答】解：如图，延长DE，交FG于点N，交AB于点M，连接BE，交FG于点O， ∵四边形ABCD是正方形，AB＝4， ∴AD＝AB＝4，∠ABC＝∠BAD＝90°，∠BAE＝∠DAE＝45°， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE， ∵∠ABC＝90°，EF⊥AB，EG⊥BC， ∴四边形BFEG是矩形， ∴BE＝FG，OB＝OF， ∴DE＝FG，即结论①正确； ∵OB＝OF， ∴∠BFG＝∠ABE， ∴∠BFG＝∠ADE，即结论③正确； ∵∠BAD＝90°， ∴∠ADE+∠AMD＝90°， ∴∠BFG+∠AMD＝90°， ∴∠FNM＝90°，即DE⊥FG，结论②正确； 由垂线段最短可知，当DE⊥AC时，DE取得最小值， 此时在Rt△ADE中，∠BAE＝∠DAE＝45°， ， 又∵DE＝FG， ∴FG的最小值与DE的最小值相等，即为，结论④正确； 综上，正确的结论为①②③④， 故选：D． 【总结提升】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． 27．（2023•黄冈一模）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝θ（0°＜θ＜90°）．连接DE，过B作BF⊥DE于F，连接AF，CF． （1）若θ＝60°，求∠BED的度数； （2）当θ变化时，∠BED的大小会发生变化吗？请说明理由； （3）试用等式表示线段DE与CF之间的数量关系，并证明． 【思路引领】（1）θ＝60°时，△ABE是等边三角形，可得∠AEB＝60°＝∠EAB，由四边形ABCD是正方形，可求出∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，即得∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝45°； （2）由四边形ABCD是正方形，得∠BAD＝90°，AB＝AD，可得∠AED45°θ，根据AE＝AB，∠EAB＝θ，可得∠AEB90°θ，故∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝45°； （3）过C作CG⊥CF交FD延长线于G，证明△BCF≌△DCG（AAS），得BF＝DG，CF＝CG，知FGCF，而△BEF是等腰直角三角形，有EF＝BF，即可证明DECF． 【完整解答】解：（1）θ＝60°时，如图： ∵AB＝AE， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠AEB＝60°＝∠EAB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝60°+90°＝150°，AE＝AD， ∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°， ∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝60°﹣15°＝45°； （2）当θ变化时，∠BED的大小不会发生变化，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵∠EAB＝θ，AB＝AE， ∴AE＝AD，∠EAD＝90°+θ， ∴∠AED45°θ， ∵AE＝AB，∠EAB＝θ， ∴∠AEB90°θ， ∴∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝（90°θ）﹣（45°θ）＝45°； （3）线段DE与CF的数量关系为：DECF，证明如下： 过C作CG⊥CF交FD延长线于G，如图： ∵BF⊥DE， ∴∠BFC+∠CFD＝90°， ∵CG⊥CF， ∴∠CFD+∠G＝90°， ∴∠BFC＝∠G， ∵∠BCD＝∠FCG＝90°， ∴∠BCF＝∠DCG， ∵BC＝CD， ∴△BCF≌△DCG（AAS）， ∴BF＝DG，CF＝CG， ∴△FCG是等腰直角三角形， ∴FGCF， 由（2）知，∠DEB＝45°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴EF＝BF， ∴EF＝DG， ∴EF+FD＝DG+FD，即DE＝FG， ∴DECF． 【总结提升】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形． 28．（2020•新华区模拟）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中， ①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形； ②存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③存在无数个四边形MNPQ是菱形； ④至少存在一个四边形MNPQ是正方形， 其中正确的结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路引领】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【完整解答】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O， 过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 则四边形MNPQ是平行四边形， 故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确； ②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确； ③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确； ④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ， 则△AMQ≌△DQP， ∴AM＝QD，AQ＝PD， ∵PD＝BM， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是正方形， 当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误； 故选：C． 【总结提升】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键． 知识点七 中点四边形 29．（2024春•丰台区期中）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点．有下列四个推断： ①对于任意四边形ABCD，四边形MNPQ都是平行四边形； ②若四边形ABCD是平行四边形，则MP与NQ交于点O； ③若四边形ABCD是矩形，则四边形MNPQ也是矩形； ④若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD也一定是正方形． 所有正确推断的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【思路引领】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【完整解答】解：①∵点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点， ∴MN是△ABC的中位线，PQ是△ADC的中位线，MQ是△ABD的中位线，PN是△BCD的中位线， ∴MN∥AC，MNAC，PQ∥AC，PQAC，MQBD， ∴MN∥PQ，MN＝PQ， ∴四边形MNPQ是平行四边形，①正确； ②∵四边形MNPQ是平行四边形，四边形ABNQ是平行四边形， ∴MP与NQ互相平分， ∴NQ的中点就是AC的中点， 则MP与NQ交于点O，②正确； ③若四边形ABCD是矩形，则AC＝BD， ∴MN＝MQ， ∴四边形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正确； ④∵四边形ABCD中，若AC＝BD，AC⊥BD， 则四边形MNPQ是正方形， ∴若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD不一定是正方形，④不正确； 故选：A． 【总结提升】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键． 知识点八 四边形综合题 30．（2021春•红塔区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC上一点，∠DAE的角平分线AF交CD于点G，交BC的延长线于点F，连接EG，△AGE的面积为S． （1）求证：AE＝EF； （2）若EG⊥AF，试探究线段AE，EC，AD之间的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若∠AEG＝∠AGD，AB＝12，AD＝9，求S的值． 【思路引领】（1）欲证明AE＝EF，只要证明∠EAF＝∠F即可． （2）结论：AE＝EC+AD，利用全等三角形的性质证明AD＝CF，可得结论． （3）首先证明四边形ABCD是矩形，设AE＝EF＝x，利用勾股定理求出方程求出x，可得结论． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BF， ∴∠DAG＝∠EAF， ∵AF平分∠DAE， ∴∠DAG＝∠EAG， ∴∠EAG＝∠F， ∴AE＝EF． （2）解：结论：AE＝DC+AD． 理由：∵AE＝EF，EG⊥AF， ∴AG＝GF， ∵∠DAG＝∠F，∠AGD＝∠FGC， ∴△ADG≌△FCG（ASA）， ∴AD＝CF， ∴AE＝EF＝EC+CF＝EC+AD． （3）解：∵EG⊥AF， ∴∠EAG+∠AEG＝90°， ∵∠DAG＝∠EAG，∠AEG＝∠AGD， ∴∠DAG+∠AGD＝90°， ∴∠D＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是矩形， 设AE＝EF＝x， ∵AD＝BC＝CF＝9， ∴BF＝18，BE＝18﹣x， 在Rt△ABE中，则有122+（18﹣x）2＝x2， ∴x＝13， ∴AE＝EF＝13， ∴S△AEF13×12＝78， ∵AG＝GF， ∴S△AEGS△AEF＝39． 【总结提升】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题． 31．（2022秋•三明期末）已知，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8．将纸片沿对角线BD翻折，点C落在点E处，BE交AD于点F． （1）如图1，连结AE． ①求证：△ABF≌△EDF； ②求证：AE∥BD； （2）如图2，将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，连结FG，求FG的长． 【思路引领】（1）①由矩形的性质得AB＝CD，∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC，由折叠的性质可得到DC＝DE，∠C＝∠BED＝90°，BC＝BE，可得出AB＝ED，∠BAD＝∠BED＝90°，又有一组对顶角，根据AAS即可得出△ABF≌△EDF； ②利用△ABF≌△EDF得出BF＝DF，从而得出，再利用SSS证得△AED≌△EAB得出，从而得出∠AEB＝∠EBD即可得出答案； （2）设DF＝BF＝x，根据勾股定理列出关于x的方程及BD的长，解之求出DF和BF的长，再证明四边形BFDG为菱形，利用菱形的面积公式即可得出FG的长． 【完整解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC， 由折叠的性质知，DC＝DE，∠C＝∠BED＝90°，BC＝BE， ∴AB＝ED，∠BAD＝∠BED＝90°，AD＝BE， 在△ABF与△EDF中， ， ∴△ABF≌△EDF（AAS）； ②∵△ABF≌△EDF， ∴BF＝DF， ∴∠EBD＝∠ADB， ∴， ∵AD＝BE，AB＝DE，AE＝AE， ∴△AED≌△EAB（SSS）， ∴， ∵∠AFE＝∠DFB， ∴∠AEB＝∠EBD， ∴AE∥BC． （2）设DF＝BF＝x，则AF＝8﹣x 在Rt△ABF中，AF2+AB2＝BF2， ∴42+x2＝（8﹣x）2， ∴x＝3， ∴BF＝DF＝8﹣3＝5， 在Rt△BCD中， ∵将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处， ∴BD垂直平分FG， ∴．BF＝BG，DF＝DG， ∵DF＝BF， ∴BF＝BG＝DF＝DG， ∴四边形BFDG为菱形， ∴， ∴5×4， ∴FG＝2． 【总结提升】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，熟知图形翻折不变性是解答此题的关键． 32．（2022•如皋市一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为射线AB上的动点，连接DE，作点A关于DE的对称点F，连接DF，EF，BF，CF． （1）如图1，当点F落在BD上时，求AE的长； （2）如图2，当AE＝2时，探索BF与CF的位置关系，并说明理由； （3）在点E从点A出发后，当△BCF为等腰三角形时，直接写出AE的长． 【思路引领】（1）根据正方形的性质得BF＝EF＝BD﹣DF，从而得出答案； （2）作FM⊥AB于M，交DC于N，由△FEM∽△DFN，得，设FM＝x，EM＝y，则FN＝3y，DN＝3x，列出方程组得出x和y的值，再计算tan，tan，可得结论； （3）当CF＝CB时，分E在AB上或在AB的延长线上，过点F作MN⊥AB于M，交BC于N，根据△DCF为等边三角形，利用含30°角的直角三角形的性质可得答案，当BF＝BC时，此时点E与点A重合，点F与点C重合，无法构建等腰△BCF，当BF＝CF时， 则点F在BC的垂直平分线上，由于点E在射线AB上，点F取AB右侧的交点，过点F作MN∥AD交AB于点M，交CD于点N，由（2）得MN＝BC＝6，△EFM∽△FDN，从而解决问题． 【完整解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝6，∠A＝90°，∠ABD＝45°， ∴BD＝6， 由题意可知DA＝DF＝6，∠DFE＝∠A＝90°，AE＝FE， ∴BF＝BD﹣DF＝66， ∴AE＝EF＝6， （2）CF⊥BF，理由如下： 如图，作FM⊥AB于M，交DC于N， ∴∠DAM＝∠AMN＝∠ADN＝90°， ∴四边形AMND是矩形， 由题意知，∠DFE＝∠A＝90°，FE＝EA＝2，FD＝AD＝6， ∴∠FEM＝∠DFN， ∴△FEM∽△DFN， ∴， 设FM＝x，EM＝y，则FN＝3y，DN＝3x， ∴， 解得， 即FM，EM， ∴FN＝3y，BM＝CN， ∴tan，tan， ∴∠BFM＝∠FCN， ∴∠BFM+∠CFN＝∠FCN+∠CFN＝90°， ∴∠CFB＝90°， ∴CF⊥BF； （3）分三种情况讨论， ①当CF＝CB时，点E在AB上时，如图，过点F作MN⊥AB于M，交BC于N， ∵DA＝DF，CF＝CB， ∴△DCF为等边三角形， ∴DN＝CN， ∴FN＝F'N3， ∴FM＝6﹣3， ∴AE＝EF＝2FM＝12﹣6， 当点E在AB的延长线上时， 同理得，MF＝MN+NF＝6+3， 设AE＝EF＝x， ∴EM＝x﹣3 ∴EM2+FM2＝EF2， ∴（x﹣3）， ∴x＝12+6， ∴AE＝12+6， ②当BF＝BC时， ∵DA＝DF，BF＝BC， 此时点E与点A重合，点F与点C重合，无法构建等腰△BCF， 故舍去， ③当BF＝CF时，如图， ∵DA＝DF，BF＝CF， ∴则点F在BC的垂直平分线上，由于点E在射线AB上，点F取AB右侧的交点， 过点F作MN∥AD交AB于点M，交CD于点N， 由（2）得MN＝BC＝6，△EFM∽△FDN， ∴MF＝NF＝BG＝CG， ∵， 设AE＝m，DN＝n， ∴， ∴m＝2，n＝3， 综上，线段AE的长为12﹣6或12+6或2． 【总结提升】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造k形相似是解题的关键． 33．（2022春•封丘县期末）如图1，在Rt△EAF中，∠A＝90°，∠AEF，∠AFE的外角平分线交于点C，过点C分别作直线AB，AD的垂线，B，D为垂足． 【问题发现】（1）∠ECF＝　45　°（直接写出结果，不写解答过程）． 【问题探究】（2）①求证：四边形ABCD是正方形． ②若AF＝DF＝4，求BE的长． 【问题拓展】（3）如图2，在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝4，HR＝1，则HQ的长度是 　　（直接写出结果，不写解答过程）． 【思路引领】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠CFE∠DFE，∠CEF∠BEF，求得∠CEF+∠CFE（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论； （2）①作CG⊥EF于G，如图1所示：则∠CGE＝∠CGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出CB＝CD，即可得出四边形ABCD是正方形； ②设BE＝x，根据已知条件得到AD＝8，由①得四边形ABCD是正方形，求得AD＝AB＝8，根据全等三角形的性质得到GF＝DF＝4，同理，GE＝BE＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论； （3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR＝1，DQ＝HQ，MG＝DG＝MP＝PH＝4，GR＝3，设DQ＝HQ＝a，则GQ＝4﹣a，QR＝a+1，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【完整解答】（1）解：∵∠EAF＝90°， ∴∠AFE+∠AEF＝90°， ∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°， ∵CF平分∠DFE，CE平分∠BEF， ∴∠CFE∠DFE，∠CEF∠BEF， ∴∠CEF+∠CFE（∠DFE+∠BEF）270°＝135°， ∴∠ECF＝180°﹣∠CEF﹣∠CFE＝45°， 故答案为：45； （2）①证明：作CG⊥EF于G，如图1所示， 则∠CGE＝∠CGF＝90°， ∵CB⊥AE，CD⊥AF， ∴∠B＝∠D＝90°＝∠BCD， ∴四边形ABCD是矩形， ∵∠AEF，∠AFE外角平分线交于点C， ∴CB＝CG，CD＝CG， ∴CB＝CD， ∴四边形ABCD是正方形； ②解：设BE＝x， ∵AF＝DF＝4， ∴AD＝8， 由①得四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝8， 在Rt△CGF与Rt△CDF中， ， ∴Rt△CGF≌Rt△CDF（HL）， ∴GF＝DF＝4， 同理，GE＝BE＝x， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， 即42+（8﹣x）2＝（x+4）2， 解得：x， ∴BE的长为； （3）解：如图2所示： 把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G， 由（1）（2）及翻折的性质得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR＝1，DQ＝HQ， ∴MG＝DG＝MP＝PH＝4， ∴GR＝3， 设DQ＝HQ＝a，则GQ＝4﹣a，QR＝a+1， 在Rt△GQR中，由勾股定理得：（4﹣a）2+32＝（1+a）2， 解得：a，即HQ； 故答案为：． 【总结提升】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识并作出合理的辅助线是解题的关键，本题综合性强，有一定难度． 34．（2023秋•江阳区期中）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE． （1）求证：BE＝DE； （2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②若正方形ABCD的边长为9，，求正方形DEFG的边长． （3）若正方形ABCD的边长为，连接CG，如图3，直接写出CE+CG的值 　8　． 【思路引领】（1）由正方形ABCD得AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°，可证得△ABE≌△ADE，可证得结果； （2）①作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，利用角平分线的性质得EQ＝EP，再利用ASA证明△EQF≌△EPD，即可得出EF＝ED，从而证明结论； ②过点E作EM⊥AD于M，先证明△ADE≌△CDG，可得，最后由勾股定理求得DE的长； （3）证明△ABE≌△CDG（SAS），得到CE+CG＝CE+AE＝AC，即可解答． 【完整解答】（1）证明：∵在正方形ABCD中， ∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°， ∵AE＝AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE； （2）①证明：如图，作EP⊥CD于点P，EQ⊥BC于点Q， ∵在正方形ABCD中， ∴∠DCA＝∠BCA＝45°， ∴△ECP和△ECQ均为等腰直角三角形， 由勾股定理可得EQ＝EP， ∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°， ∴∠QEF＝∠PED， ∴△EQF≌△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； ②解：∵在正方形ABCD，正方形DEFG中， ∴AD＝CD，ED＝GD， ∵∠ADE+∠EDC＝90°，∠CDG+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴， 如图所示，过点E作EM⊥AD于M，则△AEM是等腰直角三角形， 根据勾股定理得AM＝EM＝3， ∵DM＝AD﹣AM＝9﹣3＝6， ∵， 即正方形DEFG的边长为； （3）解：由（1）知△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE， 由（2）①知矩形DEFG是正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴BE＝DG，∠ADE＝∠CDG， 又∵正方形ABCD， ∴AB＝CD， ∴△ABE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝AC， ∵正方形ABCD的边长为4， ∴AC8， ∴CE+CG＝8， 故答案为：8． 【总结提升】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键，同时注意解题方法的延续性． 35．（2022秋•浑南区期中）已知正方形ABCD，E是射线AB上一动点，连接EC，点F在直线CD上，且EF＝EC，将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，过点C作EG的平行线，交射线AD于点H，连接HG． （1）如图1，当点E在AB中点时，D，F重合，请判断四边形HCEG的形状并证明你的结论； （2）如图2，当点E在AB延长线上时，补全图形并回答下列问题： ①四边形HCEG的形状是否发生改变，请说明理由； ②连接HE，交DC于点M，若MC＝5，EF，请直接写出ME的长． 【思路引领】（1）设ED与CH交于点M，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到CH＝EG，再利用菱形的判定定理解答即可； （2）①延长HC交EF于点K，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到CH＝EG，再利用菱形的判定定理解答即可； ②设EH交BC于点N，利用①的结论证明△NEC≌△MHC，得到CM＝CN，则△CMN和△BEN为等腰直角三角形，设BN＝NE＝x，则BC＝x+5，利用勾股定理列出方程即可求得x值，再利用等腰直角三角形的性质求得MN，EN的长，则ME＝MN+EN． 【完整解答】解：（1）四边形HCEG是菱形，理由： 设ED与CH交于点M，如图， ∵CH∥EG，EG⊥EF， ∴CH⊥ED， ∴∠ADM+∠DHC＝90°， ∵∠ADM+∠EDC＝90°， ∴∠DHC＝∠EDC． ∵AB∥CD， ∴∠AED＝∠EDC， ∴∠AED＝∠DHC， 在△AED和△HDC中， ， ∴△AED≌△HDC（AAS）， ∴ED＝CH， ∴CH＝EG， ∵CH∥EG， ∴四边形HCEG为平行四边形， ∵点E在AB中点， ∴EA＝EB， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC，∠A＝∠B＝90°． 在△AED和△BEC中， ， ∴△AED≌△BEC（SAS）， ∴ED＝EC， ∵D，F重合， ∴ED＝EF， ∵将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG， ∴EF＝EG． ∵EF＝EC， ∴EG＝EC． ∴四边形HCEG是菱形； （2）①四边形HCEG的形状不会发生改变，四边形HCEG是菱形，理由： 延长HC交EF于点K，如图， 由题意得：EF＝EG，EG⊥EF， ∵EF＝EC， ∴EC＝EG． ∵CH∥EG， ∴CK⊥EF． ∴∠KCF+∠KFC＝90°． ∵∠KCF＝∠DCH，∠DCH+∠DHC＝90°， ∴∠KFC＝∠DHC． ∵EC＝EF， ∴∠KFC＝∠ECF． ∵AB∥CD， ∴∠BEC＝∠ECF， ∴∠BEC＝∠DHC． 在△BEC和△DHC中， ， ∴△BEC≌△DHC（AAS）， ∴EC＝HC， ∴EG＝CH， ∵CH∥EG， ∴四边形HCEG为平行四边形， ∵EC＝EG， ∴四边形HCEG是菱形； ②设EH与BC交于点N，如图， 由①知：△BEC≌△DHC， ∴CH＝CE，∠ECN＝∠HCM， ∴∠CEN＝∠CHM． 在△NEC和△MHC中， ， ∴△NEC≌△MHC（ASA）， ∴CN＝CM， ∵MC＝5， ∴CN＝5， ∴MNCM＝5． ∵∠BCD＝90°， ∴∠CMN＝∠CNM＝45°， ∵∠BNE＝∠CNM， ∴△BNE为等腰直角三角形， ∴BN＝BE， 设BN＝BE＝x，则BC＝x+5， ∵EF，EC＝EF， ∴EC． 在Rt△BEC中， ∵BE2+BC2＝EC2， ∴， 解得：x1＝2，x2＝﹣7（负数不合题意，舍去）， ∴BE＝BN＝2， ∴ENBN＝2． ∴EM＝MN+EN＝7． 【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 知识点九 翻折变换（折叠问题） 36．（2023秋•沙坪坝区月考）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为 　5　． 【思路引领】设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，在Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n，分别求出S△GEB，S△ADF＝1，S△CEF，由S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF代入即可求解． 【完整解答】解：设DF＝m，AG＝n， ∵正方形的边长为3， ∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n， 由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE， 在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2， 即AF2＝m2+9， 在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2， ∵BE＝1， ∴EC＝2， ∴EF2＝4+（3﹣m）2， ∴m2+9＝4+（3﹣m）2， ∴m， 在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2， ∴n2＝（3﹣n）2+1， ∴n， ∴S△GEB1×（3）， S△ADF3＝1， S△CEF2×（3）， ∴S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝915， 故答案为：5． 【总结提升】本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活应用勾股定理是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$