第15章 四边形章末重点题型复习（16大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（北京版）

（北京版）八年级下册数学 第15章：四边形章末重点题型复习 题型一 多边形及其相关的概念 1．下列平面图形中，属于八边形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．平面内不在同一条直线上的八条线段首尾顺次相接组成的图形叫八边形，据此解答． 【解答】解：A、是六边形，故此选项不符合题意； B、是四边形，故此选项不符合题意； C、是八边形，故此选项符合题意； D、是圆，故此选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查了多边形．理解多边形的定义，能够根据多边形的定义进行正确判断是解题的关键． 2．如图所示的图形中，属于多边形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【分析】根据多边形的定义：平面内不在同一条直线上的几条线段首尾顺次相接组成的图形叫多边形．显然只有第一个、第二个、第四个． 【解答】解：所示的图形中，属于多边形的有第一个、第二个、第四个，共有3个． 故选：A． 【点评】本题主要考查了多边形的定义，理解多边形的定义，根据定义进行正确判断． 3．下列说法中错误的是（　　） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 【分析】在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形，由此即可判断． 【解答】解：A、多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形，正确，故A不符合题意； B、四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形，正确，故B不符合题意； C、多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形，正确，故C不符合题意； D、各边都相等，各角都相等的多边形是正多边形，故D符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形的定义． 4．（2024秋•建邺区校级期末）学习了《多边形》后，我们有了过多边形（边数大于3）的一个顶点作对角线的学习经验．如图，过一个顶点，四边形有1条对角线；五边形有2条对角线；六边形有3条对角线；…按此规律，过十二边形一个顶点的对角线有（　　） A．9条 B．10条 C．11条 D．12条 【分析】根据多边形对角线的性质即可求得答案． 【解答】解：过十二边形一个顶点的对角线有12﹣3＝9（条）， 故选：A． 【点评】本题考查多边形的对角线，熟练掌握其性质是解题的关键． 题型二 多边形的内角和与外角和 1．（2024秋•西山区期末）正八边形的内角和为（　　） A．180° B．360° C．720° D．1080° 【分析】根据多边形的内角和公式：（n﹣2）•180°计算即可． 【解答】解：正八边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°， 故选：D． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和公式：（n﹣2）•180°是解题的关键． 2．（2024秋•藁城区期末）如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1+∠2等于（　　） A．126° B．130° C．136° D．140° 【分析】根据正五边形的特征，由多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）先求出正五边形的内角和，进一步得到2个内角的和，根据三角形内角和为180°，可求∠3+∠4的度数，根据角的和差关系即可得到图中∠1+∠2的结果． 【解答】解：如图： ∵（5﹣2）×180°÷5×2 ＝3×180°÷5×2 ＝216°， ∠3+∠4＝180°﹣90°＝90°， ∴∠1+∠2＝216°﹣90°＝126°． 故选：A． 【点评】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是熟练掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）． 3．（2024春•卫东区校级期末）已知一个多边形的边数为n． （1）若n＝6，则这个多边形的内角和为 　 　． （2）若这个多边形的内角和的比一个七边形的外角和多72°，求n的值． 【分析】（1）根据多边形的内角和公式，代值求解即可得到答案； （2）根据多边形内角和公式及七边形外角和为360°，由题意列方程求解即可得到答案． 【解答】解：（1）根据题意，得（6﹣2）×180°＝720°， 故答案为：720°； （2）根据题意，得， 解得n＝14． 【点评】本题考查多边形内角和公式及外角和，读懂题意，利用多边形内角和公式求角度、按照题意列方程求解即可得到答案，熟记多边形内角和公式及四边形外角和为360°是解决问题的关键． 4．（2024秋•东坡区期末）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角． （1）猜想∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系并说明理由； （2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝50°，∠C＝150°，求∠BOD的度数； （3）如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．猜想∠A、∠C与∠O的数量关系并说明理由． 【分析】（1）根据多边形内角和与外角即可说明∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系； （2）结合（1）的结论，根据∠ABC与∠ADC的平分线．∠A＝50°，∠C＝150°，即可求∠BOD的度数； （3）结合（1）的结论，根据BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．进而可以写出∠A、∠C与∠O的数量关系． 【解答】解：（1）猜想：∠1+∠2＝∠A+∠C，∵∠1+∠ABC+∠2+∠ADC＝360°， 又∵∠A+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°， ∴∠1+∠2＝∠A+∠C； （2）∵∠A＝50°，∠C＝150°， ∴∠ABC+∠ADC＝160°， 又∵BO、DO分别平分∠ABC与∠ADC， ∴∠OBC∠ABC，∠ODC∠ADC， ∴∠OBC+∠ODC（∠ABC+∠ADC）＝80°， ∴∠BOD＝360°﹣（∠OBC+∠ODC+∠C）＝130°； （3）∠A、∠C与∠O的数量关系为：∠C﹣∠A＝2∠O， 理由如下：∵BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线， ∴∠FDC＝2∠FDO＝2∠ODC，∠EBC＝2∠EBO＝2∠CBO， 由（1）可知：∠FDO+∠EBO＝∠A+∠O，2∠FDO+2∠EBO＝∠A+∠C， ∴2∠A+2∠O＝∠A+∠C， ∴∠C﹣∠A＝2∠O． 【点评】本题考查了多边形内角与外角、三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握多边形外角． 题型三 平行四边形的性质与判定 1．如图，平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，AB＝AE，AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 【分析】先求出∠B＝∠AEB＝∠BAE＝60°＝∠ADC＝∠DAE，由“SAS”可证△ADC≌△DAE，可求解． 【解答】解：∵AB＝AE， ∴∠B＝∠AEB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD＝AE，∠B＝∠ADC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∵AE平分∠DAB， ∴∠DAE＝∠BAE， ∴∠B＝∠AEB＝∠BAE， ∵∠B+∠AEB+∠BAE＝180°， ∴∠B＝∠AEB＝∠BAE＝60°＝∠ADC＝∠DAE， ∵∠EAC＝25°， ∴∠BAC＝85°， ∵AB∥CD， ∴∠ACD＝∠BAC＝85°， 在△ADC和△DAE中， ， ∴△ADC≌△DAE（SAS）， ∴∠AED＝∠ACD＝85°， 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． 2．如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（　　） A．18 B．19 C．20 D．21 【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AB⊥AC，AB＝8，AC＝12，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，AC＝12， ∴OAAC＝6，BD＝2OB， ∵AB⊥AC，AB＝8， ∴OB10， ∴BD＝2OB＝20． 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． 3．（2024春•裕华区期末）如图，已知▱ABCD，AC、BD相交于点O，延长CD到点E，使CD＝DE，连接AE． （1）求证：四边形ABDE是平行四边形； （2）连接BE，交AD于点F，连接OF，判断CE与OF的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证AB＝DE，即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得BF＝EF，OB＝OD，再证OF是△BDE的中位线，得DE＝2OF，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵CD＝DE， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形； （2）解：CE与OF的数量关系为：CE＝4OF，理由如下： 由（1）得：四边形ABDE是平行四边形， ∴BF＝EF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD， ∴OF是△BDE的中位线， ∴DE＝2OF， ∵CD＝DE， ∴CE＝2DE， ∴CE＝4OF． 【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知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 4．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． 【分析】（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． 【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°． 【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，平行线的性质，证明△AOE≌△COF是解题的关键． 题型四 矩形的性质与判定 1．（2024秋•梓潼县期末）已知▱ABCD的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①∠ABC＝90°；②AC⊥BD；③AC＝BD；④OA＝OD．使得▱ABCD是矩形的条件是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个条件进行判断即可． 【解答】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°， ∴▱ABCD是矩形； ②∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形； ③∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形； ④∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD， ∵OA＝OD， ∴AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形； 综上所述，使得▱ABCD是矩形的条件为①③④， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键． 2．（2024春•海门区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5cm，M为边AD的中点，P为BC上一点，PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F，当BC长为 　 　cm时，四边形PEMF为矩形． 【分析】根据四边形PEMF为矩形推得∠FME＝90°，然后根据M为中点可证得MB＝MC，所以△BMC为等腰直角三角形，即∠MBC＝45°＝∠AMB，所以AM＝AB＝5，所以AD＝BC＝10． 【解答】解：∵PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F， ∴四边形PEMF为矩形． ∴∠FME＝90°． ∵M为边AD的中点， ∴BM＝CM． ∴∠MBC＝45°． 在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠AMB＝∠MBC＝45°． ∴AM＝AB＝5cm． ∴AD＝10cm． ∴BC＝AD＝10cm． 故答案为：10． 【点评】本题侧重考查矩形的性质，掌握有三个角是直角的四边形是矩形、矩形的四个角都是直角是解决此题的关键． 3．（2024秋•九江期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）若CE＝2BE且AE＝BE，已知AB＝2，求AC的长． 【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论； （2）由等腰直角三角形的性质求出AE的长，由勾股定理可求AC的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵BE＝DF， ∴AD﹣DF＝BC﹣BE， 即AF＝EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AC＝EF， ∴平行四边形AECF是矩形； （2）解：∵四边形AECF是矩形， ∴∠AEC＝∠AEB＝90°， ∵AE＝BE，AB＝2， ∴AE＝BE， ∴CE＝2BE＝2， ∴AC． 【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，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． 4．（2024秋•秦都区校级期中）如图，点E是▱ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD，∠FEC＝∠FCE． （1）求证：▱ABCD是矩形； （2）若点E为AC的中点，求∠ABE的度数． 【分析】（1）先由平行四边形的性质得到AD＝BC，则BE＝BC，由等边对等角得到∠ECB＝∠CEB，则可证明∠FEB＝∠BCD＝90°，进而可证明平行四边形ABCD是矩形； （2）由矩形的性质得到，则可证明△BCE是等边三角形，得到∠CBE＝60°，则∠ABE＝30°． 【解答】（1）证明：点E是▱ABCD对角线AC上的点，BE＝AD， ∴AD＝BC＝BE， ∴∠ECB＝∠CEB， ∵∠FEC＝∠FCE， ∴∠FEC+∠CEB＝∠FCE+∠BCE， ∴∠BEF＝∠BCF， ∵EF⊥BE交CD于点F， ∴∠FEB＝∠BCD＝90°， ∴▱ABCD是矩形； （2）解：∵▱ABCD是矩形，点E为AC的中点， ∴， ∴BE＝CE＝BC， ∴△BCE是等边三角形， ∴∠CBE＝60°， ∴∠ABE＝30°． 【点评】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． 题型五 菱形的性质与判定 1．（2024秋•法库县期末）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，若∠ABC＝50°，则∠DAC的度数为（　　） A．50° B．60° C．65° D．70° 【分析】根据题意得出四边形ABCD为菱形，由菱形的性质可得∠ABC+∠DAB＝180°，得到∠DAB的度数，再由，即可得到∠DAC的度数，从而得到答案． 【解答】解：由题可得：在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA， ∴四边形ABCD为菱形， ∴∠ABC+∠DAB＝180°，， ∵∠ABC＝50°， ∴∠DAB＝180°﹣50°＝130°， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 2．（2024秋•丰顺县期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝60°，，BE＝1，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】先证明△ABD是等边三角形，再根据ASA证明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，进而可求解AB的长，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，AD∥BC， ∵∠A＝60°， ∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°， ∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝∠DBC＝60°， ∵∠EDF＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中， ， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵BE＝1， ∴BD＝AB＝AE+BE1． 故选：C． 【点评】本题主要考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明△ADE≌△BDF是解题的关键． 3．（2024秋•顺德区月考）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线BD长为 　 　． 【分析】根据正方形的性质结合勾股定理求出AB＝BC＝10，连接BD、AC交于点O，则AC⊥BD，由菱形的性质结合题意得出△ABC为等边三角形，则AC＝AB＝10，由勾股定理求出即可得解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∴AB2+CB2＝AC2， ∵AB＝CB，， ∴AB＝BC＝10， 如图，连接BD、AC交于点O，则AC⊥BD， ∵∠B＝60°，AB＝BC＝10， ∴△ABC为等边三角形， ∴AC＝AB＝10， ∵AC⊥BD， ∴∠ABO＝30°， ∴， ∴， ∴BD＝2OB＝10， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 4．如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE． （1）求证：四边形AEBD是菱形． （2）若DC＝2，BD，求四边形AEBD的面积． 【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD＝AD可得结论； （2）利用勾股定理求出EF的长即可解决问题； 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CE， ∴∠DAF＝∠EBF， ∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB， ∴△AFD≌△BFE（ASA）， ∴AD＝EB， ∵AD∥EB， ∴四边形AEBD是平行四边形， ∵BD＝AD， ∴四边形AEBD是菱形． （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝2， ∵四边形AEBD是菱形， ∴AE＝BD，AB⊥DE，AF＝FB＝1，EF＝DF， ∴EF3， ∴DE＝9， ∴S菱形AEBD•AB•DE2×6＝6． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等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，属于中考常考题型． 题型六 正方形的性质与判定 1．（2024秋•市中区校级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（　　） A．当∠ABC＝90°，▱ABCD是矩形 B．当AB＝BC，▱ABCD是菱形 C．当AC⊥BD，▱ABCD是菱形 D．当AC＝BD，▱ABCD是正方形 【分析】根据矩形、正方形、菱形的定义进行判断即可． 【解答】解：A．有一个直角的平行四边形是矩形，故A对； B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故B对； C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C对； D．对角线相等的平行四边形是长方形或正方形，故D错； 故选：D． 【点评】本题考查特殊平行四边形的判定定理，掌握相关知识是解决问题的关键． 2．（2024•沙坪坝区自主招生）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F在DE上，连接BF，CF．若BC＝BF，∠DCF＝α，则∠BFE一定等于（　　） A．α B．2α C．90°﹣α D．90°﹣2α 【分析】延长DE、CB交于点G，根据全等三角形的判定和性质得出AD＝BG＝BC＝BF，确定∠GFC＝90°，再由各角之间的关系即可得出结果． 【解答】解：延长DE、CB交于点G，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EAD＝∠EBG＝90°， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝EB， 在△AED和△BEG中， ， ∴△AED≌△BEG（ASA）， ∴AD＝BG＝BC＝BF， ∴∠G＝∠BFG，∠BCF＝∠BFC， ∵∠G+∠BFG+∠BCF+∠BFC＝180°， ∴∠GFC＝∠GFB+∠BFC＝90°， ∵∠BCD＝90°，∠DCF＝α， ∴∠BCF＝∠BCD﹣∠DCF＝90°﹣α， ∵BC＝BF， ∴∠BFC＝∠BCF＝90°﹣α， ∴∠BFE＝∠EFC﹣∠BFC＝α， 故选：A． 【点评】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线是解答本题的关键． 3．（2024秋•七星关区校级月考）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AD＝AE，求证：AB＝AG． 【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得△AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴∠BAF＝∠ABE＝∠AFE＝90°， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB， ∴四边形ABEF是正方形； （2）∵AE平分∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAE， 在△AGD和△ABE中， ， ∴△AGD≌△ABE（AAS）， ∴AB＝AG． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，掌握全等三角形是解决问题的关键． 4．（2024春•石狮市校级期末）如图，已知菱形ABCD，点E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接CE、AF、CF，得四边形AECF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若BD＝4，BE＝3，求菱形ABCD的面积． 【分析】（1）连接AC，根据对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，先证AECF是菱形，然后根据∠AED＝45°，可证∠AEC＝90°，从而证得四边形AECF是正方形； （2）由（1）可得AC＝EF，所以可以求出菱形ABCD的对角线长度，然后利用菱形的面积等于对角线的乘积的一半即可求解． 【解答】解：（1）连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD， ∵BE＝DF， ∴BE+OB＝DF+DO， ∴FO＝EO， ∴EF与AC垂直且互相平分， ∴四边形AECF是菱形， ∴∠AEF＝∠CEF， 又∵∠AED＝45°， ∴∠AEC＝90°， ∴菱形AECF是正方形； （2）∵BD＝4，BE＝3， ∴FD＝3， ∴EF＝10， ∴AC＝10， ∴菱形ABCD的面积AC•BD10×4＝20． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的性质和判定，关键是掌握菱形的基本性质． 题型七 直角三角形斜边上中线的性质 1．（2024春•蓬莱市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E为BC上的一点，F为AD的中点，且∠BAE＝35°，∠CDE＝55°，∠ADE＝30°，AE＝3，则EF的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．6 【分析】由平行线的性质可求得∠EAD+∠ADE＝90°，即可得∠AED＝90°，根据直角三角形的性质可证得EF＝AE，即可求解． 【解答】解：∵AB∥CD， ∴∠BAD+∠ADC＝180°， ∵∠BAE＝35°，∠CDE＝55°， ∴∠EAD+∠ADE＝90°， ∴∠AED＝90°， ∵F是AD的中点，∠ADE＝30°， ∴EFAD，AEAD， ∴EF＝AE＝3． 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EF＝AE是解题的关键． 2．（2024春•青县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则DE的长是（　　） A．6 B．5 C．4 D． 【分析】由直角三角形的性质可得AE＝CE＝BE＝4，通过角的数量关系可求∠DCE＝∠DEC，即可求解． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝8，E是斜边AB的中点， ∴AE＝CE＝BE＝4， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴∠DEC＝2∠ECA， ∵CD⊥AB， ∴∠CDB＝∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°＝∠B+∠BCD， ∴∠BCD＝∠A， ∴∠BCD＝∠A＝∠ACE， ∵∠ACD＝3∠BCD， ∴∠ACD＝3∠ACE， ∴∠DCE＝2∠ACE， ∴∠DCE＝∠DEC， ∴CD＝DE， 又∵DE⊥CD， ∴CEDE＝4， ∴DE＝2， 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∠DCE＝∠DEC是解题的关键． 3．（2024秋•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，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∠CAD＝30°，再在Rt△ACD中，利用直角三角形斜边上的中线性质可得DF＝AF＝2，从而利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADF＝30°，然后再利用三角形的外角性质可得∠DFC＝60°，再利用三角形的中位线定理可得EFAB＝2，EF∥AB，从而利用平行线的性质可得∠EFC＝∠BAC＝30°，进而可得∠EFD＝90°，最后在Rt△DFE中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：∵∠CAD＝∠CAB，∠CAB＝30°， ∴∠CAD＝30°， ∵∠ADC＝90°，点F是AC的中点，AC＝4， ∴DF＝AFAC＝2， ∴∠CAD＝∠ADF＝30°， ∴∠DFC＝∠CAD+∠ADF＝60°， ∵E、F分别是BC、AC的中点， ∴EFAB＝2，EF∥AB， ∴∠EFC＝∠BAC＝30°， ∴∠EFD＝∠EFC+∠CFD＝90°， 在Rt△DFE中，DE2， 故答案为：2． 【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的关键． 4．（2024秋•新民市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点． （1）求证：MN⊥BD； （2）若∠DAC＝64°，∠BAC＝56°，求∠DMB的度数． 【分析】（1）根据直角三角形的性质得到BMAC，DMAC，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BM＝AM，DM＝AM，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：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点， ∴BMAC，DMAC， ∴BM＝DM， 又∵N是BD的中点， ∴MN⊥BD； （2）∴∠ABC＝∠ADC＝90°，M是 AC的中点， ∴BM＝AM，DM＝AM，． ∴∠ABM＝∠BAC＝56°，∠ADM＝∠DAC＝64°， ∴∠DMB＝360°﹣56°×2﹣64°×2＝120°． 【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． 题型八 三角形的中位线定理 1．（2024春•巨野县校级月考）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AE平分∠CAD，AE⊥CD于点E，点F是BC的中点，若AB＝10，AC＝6，则EF的长为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】根据等腰三角形的判定得到AC＝AD，根据等腰三角形的性质得到CE＝DE，再根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：∵AE平分∠CAD，AE⊥CD， ∴∠AEC＝∠AED＝90°，∠CAE＝∠DAE， ∴∠ACE＝∠ADE， ∴AC＝AD＝6， ∵∠CAE＝∠DAE， ∴CE＝DE， ∵点F是BC的中点， ∴CF＝BF， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质与判定，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． 2．（2024秋•峡江县期末）如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若BC＝4，则DF的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥AB，根据平行线的性质得到∠DFB＝∠ABF，根据角平分线的定义、等量代换得到∠DFB＝∠DBF，得到DF＝BD＝2． 【解答】解：∵D、E分别是BC、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线，BDBC＝2， ∴DE∥AB， ∴∠DFB＝∠ABF， ∵BF平分∠ABC， ∴∠DBF＝∠ABF， ∴∠DFB＝∠DBF， ∴DF＝BD＝2， 故选：B． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、角平分线的定义，熟记三角形中位线平行于第三边是解题的关键． 3．（2024秋•天山区期中）如图，∠ACB＝90°，△ABF的中位线DE经过点C，且CECD，若AB＝6，则BF的长为 　 　． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出CD，根据CECD求出CE，进而求出DE，根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：在Rt△ACB中，点D是AB的中点，AB＝6， ∴CDAB＝3， ∵CECD， ∴CE3＝1， ∴DE＝CE+CD＝4， ∵DE是△ABF的中位线， ∴BF＝2DE＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握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． 4．（2024春•都昌县期末）已知：如图，在△ABC中，中线BE，CD交于点O，F，G分别是OB，OC的中点．连接DF、FG、EG、DE，求证：DF＝EG． 【分析】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可得DE∥BC，DEBC，FG∥BC，FGBC，从而得到DE∥FG且DE＝FG，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形DEGF是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等证明即可． 【解答】证明：∵BE，CD都是△ABC的中线， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC，DEBC， ∵F，G分别是OB，OC的中点， ∴FG∥BC，FGBC， ∴DE∥FG且DE＝FG， ∴四边形DEGF是平行四边形， ∴DF＝EG． 【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定与性质，熟记定理并判断出四边形DEGF是平行四边形是解题的关键． 题型九 四边形中的多结论判断问题 1．（2024春•禹城市期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝GF；③△EFG≌△GBE；④EA平分 ∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①③④ C．①②⑤ D．②③⑤ 【分析】根据平行四边形的性质可得OB＝BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断②错误，通过证四边形BGFE是平行四边形，可判断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确，由∠BAC≠30°可判断⑤错误． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴BO＝DOBD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥BC， 又∵BD＝2AD， ∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E 是OC中点， ∴BE⊥AC， 故①正确； ∵E、F分别是OC、OD的中点， ∴EF∥CD，EFCD， ∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点， ∴GEAB＝AG＝BG ∴EG＝EF＝AG＝BG，无法证明GE＝GF， 故②错误； ∵BG＝EF，AB∥CD∥EF， ∴四边形BGFE是平行四边形， ∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE， ∴△BGE≌△FEG（SSS） 故③正确； ∵EF∥CD∥AB， ∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF， ∵AG＝GE， ∴∠GAE＝∠AEG， ∴∠AEG＝∠AEF， ∴AE平分∠GEF， 故④正确， 若四边形BEFG是菱形 ∴BE＝BGAB， ∴∠BAC＝30° 与题意不符合 故⑤错误， 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键． 2．（2024秋•衡阳县期末）如图，点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点，分别连接DE，EF，DF，AE，AE与DF相交于点O．有下列四个结论：①；②S△DEFS△ABC；③当AB＝AC时，点O到四边形ADEF四条边的距离相等；④当∠ABC＝90°时，点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等．其中正确的结论是（　　） A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【分析】①根据三角形中位线定理即可解决问题； ②根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质定理，进而可以解决问题； ③证明四边形ADEF是菱形，再根据菱形的性质即可解决问题； ④证明四边形ADEF是平行四边形，进而可以解决问题． 【解答】解：①∵点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点， ∴DFBC，BEAC，DF∥BC， ∴AO＝EO， ∴OD是△ABE的中位线， ∴ODBE，故①错误； ②∵点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点， ∴DF∥BC，DFBC，BE＝CE，DE∥AF，EF∥AD， ∴四边形ADEF和四边形DBEF和四边形DECF是平行四边形， ∴S△ADF＝S△DEF＝S△BDE＝S△CEF， ∴S△DEFS△ABC，故②正确； ③∵AB＝AC， ∴AD＝AF， ∵四边形ADEF是平行四边形， ∴四边形ADEF是菱形， ∴AE，DF是菱形两组对角的平分线， ∴点O到四边形ADEF四条边的距离相等，故③正确； ④∵∠ABC＝90°，四边形ADEF是平行四边形， ∴点O到四边形ADEF四个顶点的距离不相等，故④错误． 综上所述：正确的是②③，共2个， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理． 3．（2024秋•商河县月考）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB⊥OC，OM＝CM；②△EOB≌△CMB；③四边形EBFD是菱形；④S△AOE：S△BCF＝1：2．其中正确结论的序号是 　 　 ． 【分析】①根据已知得出△OBF≌△CBF，可求得△OBF与△CBF关于直线BF对称，进而求得FB⊥OC，OM＝CM； ③先证得∠ABO＝∠OBF＝30°，再证得OE＝OF，进而证得OB⊥EF，因为BD、EF互相平分，即可证得四边形EBFD是菱形； ②由菱形的性质和线段垂直平分线的性质得△EOB≌△FOB≌△FCB，即可得出结论． ④设S△EGO＝x，则S△AOE＝2x，S△BCF＝S△BOF＝4x，即可得出结论． 【解答】解：如图，连接OD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，AC、BD互相平分，∠BCD＝90°， ∵O为AC中点， ∴BD也过O点， ∴OB＝OC， ∵∠COB＝60°，OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°， 在△OBF与△CBF中， ， ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称， ∴FB⊥OC，OM＝CM，故①正确； ∵∠OBC＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∵△OBF≌△CBF， ∴∠OBM＝∠CBM＝30°，∠BOF＝∠BCF＝90°， ∴∠ABO＝∠OBF，BD⊥EF， ∵AB∥CD， ∴∠OCF＝∠OAE， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF， ∵OB＝OD， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∴BD⊥EF， ∴平行四边形EBFD是菱形，故③正确， 由四边形EBFD是菱形，得△EOB≌△FOB， 由①可知BF是OC的垂直平分线，则有△FOB≌△FCB， ∴△EOB≌△FOB≌△FCB， ∴△EOB≌△CMB错误．故②错误； ④∵四边形ABCD是矩形，四边形EBFD是菱形， ∴OA＝OC，∠COF＝∠AOE，OF＝OE， ∴△AOE≌△COF（SAS）， ∴S△AOE＝S△COF， ∵S△COF＝2S△CMF， ∵∠FCO＝30°， ∴FMCM，BMCM， ∴， ∴S△FOM：S△BOF＝1：4， ∵∠OGE＝∠OMF，∠GOE＝∠MOF，OE＝OF， ∴△GEO≌△MFO（AAS）， ∴S△GEO＝S△MFO， ∴S△DEF＝S△EFB＝2S△BOF， 设S△EGO＝x，则S△AOE＝2x，S△BCF＝S△BOF＝4x， ∴S△AOE：S△BCF＝2x：4x＝1：2，故④正确； 故答案为：①③④． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 4．（2024秋•开原市月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E在对角线AC上，且不与A，C重合，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接ED，FG，①；②若，则DE＝2；③DE＝FG；④FG的最小值为．上述结论中，所有正确结论的序号是 　 　． 【分析】由正方形的性质得∠B＝90°，AB＝BC＝4，由勾股定理求解，即可判断①；连接BD交AC于O，由正方形的性质得OE＝OA﹣AE，由勾股定理得，即可判断②；连接BE，由矩形的判定方法得四边形BGEF是矩形，由矩形的性质得BE＝FG，由SAS可判定△BCE≌△BCE，由全等三角形的性质即可判断③；当BE⊥AC时，BE的值最小，此时BE＝BO，即可判断④． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， AB＝BC＝4， ∴，故①正确； 如图1，连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OD⊥AC， OD＝OA， ∴OE＝OA﹣AE， ∴，故②不正确； 如图2，连接BE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，BC＝DC，∠BCE＝∠DCE， ∵EF⊥AB，EG⊥BC， ∴∠BFE＝∠BGE＝90°， ∴四边形BGEF是矩形， ∴BE＝FG， 在△BCE和△DCE中 ， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝DE， ∴DE＝FG，故③正确； 当BE⊥AC时，BE的值最小， 此时BE＝BO， ∵四边形ABCD是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴FG的最小值为；故④正确； 故答案为：①③④． 【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，垂线段最短，化为最简二次根式等；掌握相关的判定方法及性质，找出取得最值的条件是解题的关键． 题型十 四边形中的分类讨论问题 1．菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，点E在线段BC上，CE＝2，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CE＝CP，则∠EPC的度数为 　 　． 【分析】①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∠ECH＝∠PCH＝60°，根据三线合一可得∠EHC＝∠PHC＝90°，根据三角形内角和定理求解即可； ②当P在AD边上，CP⊥AD时，求得，可得△ECP为等腰直角三角形即可求解； ③当P在AB边上，CP⊥AB时，求得∠BCP＝30°，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，∠ABC＝60°， ∴∠BCD＝120°，∠ECH＝∠PCH＝60°． ∵CE＝CP ∴∠EHC＝∠PHC＝90°，EH＝PH． ∴∠EPC＝90°﹣60°＝30°； 如图2所示：当P在AD边上，CP⊥AD时， 则， ∵， ∴△ECP为等腰直角三角形， ∴∠EPC＝45°． 如图3所示：当P在AB边上，CP⊥AB时， ∴∠BCP＝90°﹣∠CBA＝30°， ∵CE＝CP， ∴∠EPC＝∠PEC（180°﹣30°）＝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． 2．在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AEB＝105°，AE＝EP，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：①当点P′在边AD上时，②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，∠ABE＝45°， ∵∠AEB＝105°， ∴∠BAE＝180°﹣45°﹣105°＝30°， ∴∠EAP′＝60°， ①当点P′在边AD上时， ∵AE＝EP′， ∴△AEP′是等边三角形， ∴∠AEP′＝60°； ②当点P″在边CD上时， ∴AE＝EP′＝EP″， 在△ADE和△CDE中， ， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE，∠ECD＝∠EAD＝60°， ∴AE＝EP′＝EP″＝CE， ∴△CEP″是等边三角形， ∴∠CEP″＝60°， ∵∠CED＝∠AED＝180°﹣105°＝75°， ∴∠DEP″＝75°﹣60°＝15°， ∴∠AEP″＝75°+15°＝90°， 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． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A．C的坐标分别为（10，0），（0，3），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OP＝OD时，以及当OD＝PD时，分别进行讨论得出P点的坐标． 【解答】解：过P作PM⊥OA于M （1）当OP＝OD时，如图1所示： OP＝5，CO＝3， 由勾股定理得：CP＝4， ∴P（4，3）； （2）当OD＝PD时如图2所示： PD＝DO＝5，PM＝3， 由勾股定理得：MD＝4， ∴CP＝5﹣4＝1或CP'＝9， ∴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的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键． 4．如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 　 　． 【分析】分当∠PMF＝90°，当∠MPF＝90°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∠PMF＝90°时， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBE＝∠CDF＝90°，BC＝DC， ∵∠BCD＝∠ECF＝90°， ∴∠BCD＝∠DCF ∴△CBE≌△CDF（ASA）， ∴BE＝DF， ∵EM＝MF，PM⊥EF， ∴PE＝PF， 设AE＝x，则BE＝DF＝6﹣x， ∵PA＝1， ∴PE＝PF＝5+6﹣x＝11﹣x， 在Rt△PAE中，∵PE2＝AE2+PA2， ∴（11﹣x）2＝x2+12， ∴x， ∴AE． 如图2所示，当∠MPF＝90°．连接AM， ∵∠A＝∠MPF＝90°， ∴MP∥AE， ∴MP⊥AF ∵ME＝MF， ∴MA＝MF ∴PA＝PF＝1， ∴DF＝BE＝4， ∴AE＝AB+BE＝10， 综上所述，AE的值为或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． 题型十一 四边形中的折叠问题 1．如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在E处．若∠1＝56°，∠2＝42°，则∠A的度数为（　　） A．108° B．109° C．110° D．111° 【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质得∠ABD＝∠CDB＝∠EBD，再由三角形的外角性质得∠ABD＝∠CDB＝28°，然后由三角形内角和定理即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABD＝∠CDB， 由折叠的性质得：∠EBD＝∠ABD， ∴∠ABD＝∠CDB＝∠EBD， ∵∠1＝∠CDB+∠EBD＝56°， ∴∠ABD＝∠CDB＝28°， ∴∠A＝180°﹣∠2﹣∠ABD＝180°﹣42°﹣28°＝110°， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键． 2．（2024春•三门峡期末）如图．菱形OABC的顶点A在x轴上，CD⊥AB于点D，将菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′．若∠AOC＝45°，点B′的横坐标为4，则点B的坐标为（　　） A． B．（8，4） C． D． 【分析】令OA与B′C的交点为E，根据菱形和折叠的性质，得到OA⊥B′C，进而得出OE＝OC＝4，再由勾股定理求出，即可得到点B的坐标． 【解答】解：如图，令OA与B′C的交点为E， ∵四边形OABC是菱形，∠AOC＝45°， ∴OC＝BC，BC∥OA，∠B＝∠AOC＝45°， ∵CD⊥AB，菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′ ∴∠B′＝∠B＝45°， ∴∠BCB′＝90°，即BC⊥B′C， ∴OA⊥B′C， ∵点B′的横坐标为4， ∴OE＝4， ∵△CEO是等腰直角三角形， ∴OE＝OC＝4， ∴， ∴， ∴点B的坐标为， 故选：A． 【点评】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键． 3．（2024秋•梅县区校级期末）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，HF＝1，BF＝8，则矩形ABCD的面积为（　　） A．420 B．360 C． D． 【分析】由折叠的性质得HD＝AD，FD＝CD，设AD＝x，则HD＝x，得AB＝CD＝x+1，BD＝x+9，再在Rt△ABD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， ∴AB＝CD，∠A＝90°， 由折叠的性质得：HD＝AD，FD＝CD， 设AD＝x，则HD＝x， ∴AB＝CD＝FD＝HD+HF＝x+1， ∴BD＝FD+BF＝x+9， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：x2+（x+1）2＝（x+9）2， 解得：x＝20或x＝﹣4（舍去）， ∴AD＝20，AB＝21，BD＝x+9＝29， ∴矩形ABCD的面积＝AD•AB＝20×21＝420， 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． 4．（2024•东莞市一模）如图，在矩形ABCD中， （1）如图一，以AC为折痕将△ADC折叠，点D落在点F的位置，AF与BC交于点E，求证：△AEC是等腰三角形； （2）如图二，点G为DC上一点，以AG为折痕将△ADG折叠，点D落在点F的位置，AF与BC的交点E，连接DE交AG于点H，连接HF，DE∥GF，求证：四边形DHFG是菱形． 【分析】（1）根据折叠性质得到∠CAF＝∠CAD，根据矩形性质结合平行线性质得到∠CAF＝∠ACB，利用等角对等边即可得证； （2）利用折叠性质以及平行线性质得到四边形DHFG是平行四边形，再根据DH＝DG即可得证． 【解答】证明：（1）∵以AC为折痕将△ADC折叠， ∴∠CAF＝∠CAD， 在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACB， ∴∠CAF＝∠ACB， ∴AE＝CE， ∴△AEC是等腰三角形； （2）∵以AG为折痕将△ADG折叠， ∴∠AGF＝∠AGD，DG＝FG， ∵DE∥GF， ∴∠DHG＝∠AGF， ∴∠DHG＝∠AGD， ∴DH＝DG， ∴DH＝FG， ∵DE∥GF，DH＝FG， ∴四边形DHFG是平行四边形， ∵DH＝DG， ∴四边形DHFG是菱形． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰三角形的判定与性质，菱形的判定，矩形的性质，熟练掌握相关性质定理是解答本题的关键． 题型十二 四边形中的动点运动问题 1．（2025•重庆模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝16，BC＝21，CD＝13，动点P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（　　）秒． A．2或 B． C．或 D． 【分析】由题意已知，AD∥BC，要使P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让QD＝PC即可，列出等式可求解． 【解答】解：∵四边形PQDC是平行四边形， ∴DQ＝CP， 当P从B运动到C时，且P在BC上， ∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝21﹣3t， ∴16﹣t＝21﹣3t， 解得t， ∴当t秒时，四边形PQDC是平行四边形； 当点P在BC延长线上时， ∴16﹣t＝3t﹣21， 解得t， ∴t秒或秒时，P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形． 故选：C． 【点评】本题主要考查了直角梯形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 2．如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，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得AD∥BC，CD＝AB＝8cm，BC＝AD＝12cm，当Q在BC上，且PD＝BQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则12﹣t＝12+8﹣3t，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， ∴AD∥BC，CD＝AB＝8cm，BC＝AD＝12cm， 当Q在BC上，且PD＝BQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形， 则12﹣t＝12+8﹣3t， 解得：t＝4， 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． 3．（2024秋•平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，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BD⊥EF，再根据正方形的性质，可以得到OD＝OE，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， ∴BD＝4cm， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴OD＝2cm， ∵四边形DEBF为正方形， ∴OD＝OE， ∴t＝2÷0.5＝4， 即t＝4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． 4．（2024春•德惠市期末）如图，在▱ABCD中，AB＝15，BC＝27，AE⊥BC于点E，且BE＝9．点P从点B出发，沿BC以每秒3个单位长度的速度向终点C运动；点Q从点D出发，沿DA以每秒2个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止，连结PQ．设点P运动的时间为t秒（t＞0）． （1）求AE的长； （2）分别求AQ和PE的长（用含t的代数式表示）； （3）当线段PQ最短时，求t的值； （4）在整个运动过程中，当以点E、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的值． 【分析】（1）在Rt△ABE中，利用勾股定理可解； （2）利用时间乘以速度等于路程可解，其中AQ＝AD﹣DQ，PE的长需要分类讨论； （3）当PQ最短时，四边形AQPE为矩形，AQ＝PE进行求解； （4）需要分类讨论，点P在E点左侧还是右侧时，分别进行求解． 【解答】解：（1）在Rt△ABE中，AB＝15，BE＝9， ∴AE12； （2）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝27， 当P点运动到点E时，t3，当点P运动到点C时，t9， ①当0＜t≤3时，PE＝BE﹣BP＝9﹣3t； ②当3＜t≤9时，PE＝BP﹣BE＝3t﹣9； AQ＝AD﹣DQ＝27﹣2t （0＜t≤9）， （3）当线段PQ最短时，四边形AQPE为矩形，AQ＝PE，此时t＞3， ∴3t﹣9＝27﹣2t， 解得t（s）， （4）以点E、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时， ①当四边形PEDQ为平行四边形时，0＜t≤3，PE＝DQ， ∴9﹣3t＝2t， 解得t， ②当四边形EPDQ为平行四边形时，3＜t≤9，EP＝DQ， ∴3t﹣9＝2t， 解得t＝9， 综合上述，当t或9时，以点E、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形． 【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质、勾股定理和动点问题，解题关键是能够分情况讨论PE关于t的表达式并能确定取值范围求解． 题型十三 四边形中的最值问题 1．如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝60°，AB＝4，AD＝5，过对角线中点O的直线分别交AD，BC于E，F点，当四边形CDEF的周长最小时，AE的值是（　　） A．1 B． C． D．2 【分析】根据平行四边形的对边相等得：CD＝AB＝4，AD＝BC＝5．再根据平行四边形的性质和对顶角相等可以证明：△AOE≌△COF．根据全等三角形的性质得CF＝AE，故四边形EFCD的周长为CD+EF+AD，可得EF⊥AD时，四边形CDEF的周长最小，进一步求得AE的值． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝5，OA＝OC，AD∥BC， ∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴CF＝AE， 故四边形EFCD的周长＝CD+EF+AD， 当EF⊥AD时，四边形CDEF的周长最小， 过C点作CG⊥AD于D， ∴DG＝CD×cos60°CD＝2， ∴AG＝AD﹣DG＝5﹣2＝3， ∴AEAG． 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，能够根据平行四边形的性质证明三角形全等，再根据全等三角形的性质将所求的线段转化为已知的线段是解题的关键． 2．（2024春•靖江市校级月考）如图，矩形ABCD中，CD＝5，BC＝12，点P为对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，则线段EF长的最小值为（　　） A．5 B． C． D． 【分析】作CG⊥BD于点G，连接PC，可证明四边形PECF是矩形，所以EF＝CP，则∠ECF＝90°，CD＝5，BC＝12，求得BD＝13，由S△BCD13CG5×12，求得CG，由CP≥CG，得EF，则EF的最小值为，于是得到问题的答案． 【解答】解：作CG⊥BD于点G，连接PC， ∵四边形ABCD是矩形，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F， ∴∠ECF＝∠PEC＝∠PFC＝90°， ∴四边形PECF是矩形， ∴EF＝CP， ∵CD＝5，BC＝12， ∴BD13， ∴S△BCD13CG5×12， ∴CG， ∵CP≥CG， ∴EF， ∴EF的最小值为， 故选：B． 【点评】此题重点考查矩形的性质、垂线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 3．如图，已知菱形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为16和12，M，N分别是边BC，CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（　　） A．6 B．8 C．5 D．10 【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP＝QN＝BC，即可得出答案． 【解答】解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠QBP＝∠MBP， 即Q在AB上， ∵MQ⊥BD， ∴AC∥MQ， ∵M为BC中点， ∴Q为AB中点， ∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形， ∴BQ∥CD，BQ＝CN， ∴四边形BQNC是平行四边形， ∴NQ＝BC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CPAC＝8，BPBD＝6， 在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC＝10， 即NQ＝10， ∴MP+NP＝QP+NP＝QN＝10， 故选：D． 【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置． 4．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为DC、BC上的点，且DE＝CF，连接DF，BE，求DF+BE的最小值为（　　） A．2 B．2 C．4 D．2+2 【分析】延长AB到点G，使BG＝AB＝2，连接DG交BC于F'，连接GF，由四边形ABCD是正方形，可得AD＝AB＝BC＝BG＝2，∠ABC＝∠FBG＝∠C＝90°，DG2，证明△BCE≌△GBF（SAS），得BE＝FG，从而DF+BE＝DF+FG，当F运动到F'，DF+FG最小，此时DF+BE最小，最小值为DG的长． 【解答】解：延长AB到G，使BG＝AB＝2，连接DG交BC于F'，连接GF，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC＝BG＝2，∠ABC＝∠FBG＝∠C＝90°， ∴DG2， 在△BCE和△GBF中， ， ∴△BCE≌△GBF（SAS）， ∴BE＝FG， ∴DF+BE＝DF+FG， ∴当F运动到F'，即D、F、G共线时，DF+FG最小，此时DF+BE最小，最小值为DG的长， ∴DF+BE最小值为2． 故选：B． 【点评】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，把DF+BE转化为DF+FG． 题型十四 中心对称图形的识别 1．（2025•昆明校级一模）下列四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，解答即可． 【解答】解：A．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．不符合中心对称图形的定义，因此不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．符合中心对称图形的定义，因此是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念，理解中心对称图形的概念是解题关键． 2．（2024秋•潼南区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．据此判断即可． 【解答】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 3．（2024秋•海安市期末）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：A．既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 4．（2024秋•凤阳县期末）中秋节是中国的传统节日，有“团圆”、“丰收”的寓意．月饼是首选传统食品，不仅美味，而且设计多样．下列月饼图案中，为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形； 选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形； 故选：B． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 题型十五 中心对称图形的性质 1．（2024春•汝阳县期末）下列命题中： ①中心对称图形一定是轴对称图形；②有两条互相垂直的对称轴的轴对称图形一定是中心对称图形；③关于某一点为中心对称的两个三角形全等；④两个重合的图形一定为中心对称．其中正确的个数 为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】分别根据中对称图形以及中心对称和轴对称图形的性质进行判断得出即可． 【解答】解：①根据中心对称图形不一定是轴对称图形，故此选项错误； ②有两条互相垂直的对称轴的轴对称图形一定是中心对称图形，此选项正确； ③关于某一点为中心对称的两个三角形全等，根据旋转的性质得出，此选项正确； ④两个能重合的图形不一定是旋转180°得到，所以不一定为中心对称，故此选项错误． 故正确的有2个． 故选：B． 【点评】此题主要考查了中心对称以及中心对称图形和轴对称图形的性质，熟练掌握中心对称的性质是解题关键． 2．（2024•秦都区校级模拟）如图，点O是菱形ABCD的对称中心，连接OA、OB，OA＝4，OB＝6，EF为过点O的一条直线，点E、F分别在AD、BC上，则图中阴影部分的面积为（　　） A．24 B．16 C．18 D．12 【分析】先算出菱形的面积，再算出四边形ABFE的面积，因为阴影部分的面积＝四边形ABFE的面积﹣S△ABO，求得三角形ABO的面积，可得阴影部分的面积． 【解答】解：连接OC、OD， ， ∵点O是菱形ABCD的对称中心， ∴AC⊥BD，O是AC与BD的交点， ∴CO＝AO＝4，DO＝BO＝6， ∴AC＝8，BD＝12， ∵EF为过点O的一条直线， ∴四边形ABFE的面积＝四边形CDEF的面积菱形ABCD的面积， ∵菱形ABCD的面积AC×BD＝48， ∴四边形ABFE的面积＝24， ∵阴影部分的面积＝四边形ABFE的面积﹣S△ABO，S△ABOAO×BO＝12， ∴阴影部分的面积＝12， 故选：D． 【点评】本题考查了中心对称、菱形，关键是掌握菱形的性质． 3．（2024春•拱墅区校级期中）如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3，则BB′的长为 　　 ． 【分析】在直角△ABC中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得AB，依据中心对称可得BB′＝2AB，据此即可求解． 【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝30°，AC＝3， ∴AB＝2AC＝6， ∵B与B'关于A中心对称， ∴BB′＝2AB＝12． 故答案为：12． 【点评】本题主要考查了直角三角形的性质：30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，以及旋转的性质． 4．（2024秋•鄂伦春自治旗校级期末）如图，在△ABC中，点D是AB边上的中点，已知AC＝4，BC＝6， （1）画出△BCD关于点D的中心对称图形； （2）根据图形说明线段CD长的取值范围． 【分析】（1）根据中心对称图形的性质找出各顶点的对应点，然后顺次连接即可； （2）根据三角形的三边关系求解即可． 【解答】解：（1）所画图形如下所示： △ADE就是所作的图形． （2）由（1）知：△ADE≌△BDC， 则CD＝DE，AE＝BC， ∴AE﹣AC＜2CD＜AE+AC，即BC﹣AC＜2CD＜BC+AC， ∴2＜2CD＜10， 解得：1＜CD＜5． 【点评】本题考查中心对称图形及三角形三边关系的知识，难度适中，解答第（2）问的关键是通过△ADE≌△BDC，将2CD放在△ACE中求解． 题型十六 四边形中的综合题 1．（2024秋•青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分别是BC，AD的中点． （1）求证：△ABC≌△CDA； （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△ABC≌△CDA； （2）证出AB＝CD，AD＝BC，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AEBC＝EC，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：∵AB⊥AC，DC⊥AC， ∴∠BAC＝∠ACD＝90°， 在△ABC和△CDA中， ， ∴△ABC≌△CDA（AAS）； （2）证明：∵△ABC≌△CDA， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∵点E，F分别是BC，AD的中点， ∴ECBC，AFAD， ∴EC＝AF， ∴四边形AECF是平行四边形． ∵∠BAC＝90°，点E是BC的中点， ∴AEBC＝EC， ∴平行四边形AECF是菱形； （3）解：添加一个条件是AB＝AC． ∵AB＝AC，点E是BC的中点， ∴AE⊥BC， 即∠AEC＝90°， ∵平行四边形AECF是菱形， ∴四边形AECF是正方形． 故答案为：AB＝AC． 【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． 2．（2024秋•丹徒区期末）如图1，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，含45°角的直角三角板放置在长方形内，∠FEG＝90°，EG＝EF，顶点E、F、G分别在AB、BC、AD上． （1）求证：△AEG≌△BFE； （2）若P是斜边FG的中点． ①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； ②如图3，连接BP，若，则BP的长等于 　 　． 【分析】（1）根据矩形的性质得到∠A＝∠B＝90°，根据余角的性质得到∠AEG＝∠BFE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）①由（1）知，△AEG≌△BFE，根据全等三角形的性质得到AE＝BF，根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论； ②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N，则PN∥GM，四边形ABMG是矩形，根据矩形的性质得到GM＝AB＝3，AG＝BM，根据全等三角形的性质得到AG＝BE，设AG＝BE＝BM＝x，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵∠FEG＝90°， ∴∠AEG+∠BEF＝∠BEF+∠BFE， ∴∠AEG＝∠BFE， ∵EG＝EF， ∴△AEG≌△BFE（AAS）； （2）解：①EP； 理由：由（1）知，△AEG≌△BFE， ∴AE＝BF， ∵∠FEG＝90°，EG＝EF， ∴FGEG， ∵EG， ∴FG， ∵P是斜边FG的中点， ∴EPFG； ②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N， 则PN∥GM，四边形ABMG是矩形， ∴GM＝AB＝3，AG＝BM， ∵P是斜边FG的中点， ∴PNGM， ∵△AEG≌△BFE， ∴AG＝BE， 设AG＝BE＝BM＝x， ∴BF＝AE＝3x， ∴FM＝BF﹣BM＝32x， ∴BN＝＝3x（32x）， ∴BP3． 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． 3．（2024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OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G． （1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积； （2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）连接BD，求出S△OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S△OBC的关系求得结果； （2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，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， ∴S△OBCBC•OE5×3． ∴平行四边形ABCD的面积＝4S△OBC＝30； （2）AF+OFEG．理由如下： 过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2， ∵OE⊥BC， ∴∠OEG+∠GEC＝∠GEC+∠CEH＝90°， ∴∠OEG＝∠CEH， ∵∠ACB＝45°， ∴∠COE＝45°， ∴OE＝CE， ∵平行四边形ABCD中，AB∥CD， 又FG⊥AB， ∴FG⊥CD， ∴∠EOG+∠ECG＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∵∠ECH+∠ECG＝180°， ∴∠EOG＝∠ECH， ∴△OEG≌△CEH（ASA）， ∴OG＝CH，EG＝EH， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，AB∥CD， ∴∠OAF＝∠OCG， ∵∠AOF＝∠COG， ∴△OAF≌△OCG（ASA）， ∴AF＝CG，OF＝OG， ∵CG+CH＝GH， ∴AF+OF＝GH， ∵∠GEH＝90°，EG＝EH， ∴GHEG， ∴AF+OFEG． 【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． 4．如图①，正方形ABCD的边长为4，点P为正方形AD边上的一点（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BE＝3，求AP的长； （2）在（1）的条件下，求BK的长； （3）如图②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AE＝1，EP＝3，根据勾股定理可求AP的长； （2）过点P作PN⊥BC于N，可证四边形ABNP是矩形，可得AP＝BN＝2，AB＝PN＝4，由折叠的性质可证BK＝PK，由勾股定理可求解； （3）△PDH的周长是定值，过点B作BM⊥PG于点M，通过证明△ABP≌△MBP，Rt△BCH≌△Rt△BMH，可得 AP＝PM，AB＝BM，MH＝HC，即可求解． 【解答】解：（1）∵折叠 ∴EP＝BE＝3， ∵AE＝AB﹣BE ∴AE＝1 在Rt△AEP中，AP2 （2）如图，过点P作PN⊥BC于N， ∵∠A＝∠ABC＝90°，PN⊥BC， ∴四边形ABNP是矩形， ∴AP＝BN＝2，AB＝PN＝4， ∵将正方形折叠，使点B落在点P处， ∴∠ABC＝∠EPK＝90°，EP＝BE， ∴∠EPB＝∠EBP， ∴∠BPK＝∠PBK， ∴BK＝PK， ∵PK2＝PN2+NK2， ∴BK2＝16+（BK﹣2）2， ∴BK＝3； （3）是定值， 理由如下：过点B作BM⊥PG于点M， ∵AD∥BC， ∴∠APB＝∠PBK， ∴∠APB＝∠BPK，且∠A＝∠BMP＝90°，BP＝BP， ∴△ABP≌△MBP（AAS） ∴AP＝PM，AB＝BM， ∵BM＝BC，BH＝BH， ∴Rt△BCH≌△Rt△BMH（HL） ∴MH＝HC， ∵△PDH的周长＝PD+DH+PH＝PD+PM+MH+DH＝AD+CD＝8 ∴△PDH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． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ （北京版）八年级下册数学 第15章：四边形章末重点题型复习 题型一 多边形及其相关的概念 1．下列平面图形中，属于八边形的是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示的图形中，属于多边形的有（　　） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．下列说法中错误的是（　　） A．多边形是平面图形，平面图形不一定是多边形 B．四边形由四条线段组成，但四条线段组成的图形不一定是四边形 C．多边形是一个封闭图形，但封闭图形不一定是多边形 D．各边都相等的多边形是正多边形 4．（2024秋•建邺区校级期末）学习了《多边形》后，我们有了过多边形（边数大于3）的一个顶点作对角线的学习经验．如图，过一个顶点，四边形有1条对角线；五边形有2条对角线；六边形有3条对角线；…按此规律，过十二边形一个顶点的对角线有（　　） A．9条 B．10条 C．11条 D．12条 题型二 多边形的内角和与外角和 1．（2024秋•西山区期末）正八边形的内角和为（　　） A．180° B．360° C．720° D．1080° 2．（2024秋•藁城区期末）如图，Rt△ABC的两条直角边AC，BC分别经过正五边形的两个顶点，则∠1+∠2等于（　　） A．126° B．130° C．136° D．140° 3．（2024春•卫东区校级期末）已知一个多边形的边数为n． （1）若n＝6，则这个多边形的内角和为 　 　． （2）若这个多边形的内角和的比一个七边形的外角和多72°，求n的值． 4．（2024秋•东坡区期末）如图①，∠1、∠2是四边形ABCD的两个不相邻的外角． （1）猜想∠1+∠2与∠A、∠C的数量关系并说明理由； （2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC的平分线交于点O．若∠A＝50°，∠C＝150°，求∠BOD的度数； （3）如图③，BO、DO分别是四边形ABCD外角∠CBE、∠CDF的角平分线．猜想∠A、∠C与∠O的数量关系并说明理由． 题型三 平行四边形的性质与判定 1．如图，平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，AB＝AE，AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 2．如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（　　） A．18 B．19 C．20 D．21 3．（2024春•裕华区期末）如图，已知▱ABCD，AC、BD相交于点O，延长CD到点E，使CD＝DE，连接AE． （1）求证：四边形ABDE是平行四边形； （2）连接BE，交AD于点F，连接OF，判断CE与OF的数量关系，并说明理由． 4．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． 题型四 矩形的性质与判定 1．（2024秋•梓潼县期末）已知▱ABCD的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①∠ABC＝90°；②AC⊥BD；③AC＝BD；④OA＝OD．使得▱ABCD是矩形的条件是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 2．（2024春•海门区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5cm，M为边AD的中点，P为BC上一点，PE⊥MC于点E，PF⊥MB于点F，当BC长为 　 　cm时，四边形PEMF为矩形． 3．（2024秋•九江期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）若CE＝2BE且AE＝BE，已知AB＝2，求AC的长． 4．（2024秋•秦都区校级期中）如图，点E是▱ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD，∠FEC＝∠FCE． （1）求证：▱ABCD是矩形； （2）若点E为AC的中点，求∠ABE的度数． 题型五 菱形的性质与判定 1．（2024秋•法库县期末）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，若∠ABC＝50°，则∠DAC的度数为（　　） A．50° B．60° C．65° D．70° 2．（2024秋•丰顺县期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝60°，，BE＝1，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•顺德区月考）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线BD长为 　 　． 4．如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE． （1）求证：四边形AEBD是菱形． （2）若DC＝2，BD，求四边形AEBD的面积． 题型六 正方形的性质与判定 1．（2024秋•市中区校级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（　　） A．当∠ABC＝90°，▱ABCD是矩形 B．当AB＝BC，▱ABCD是菱形 C．当AC⊥BD，▱ABCD是菱形 D．当AC＝BD，▱ABCD是正方形 2．（2024•沙坪坝区自主招生）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F在DE上，连接BF，CF．若BC＝BF，∠DCF＝α，则∠BFE一定等于（　　） A．α B．2α C．90°﹣α D．90°﹣2α 3．（2024秋•七星关区校级月考）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AD＝AE，求证：AB＝AG． 4．（2024春•石狮市校级期末）如图，已知菱形ABCD，点E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接CE、AF、CF，得四边形AECF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若BD＝4，BE＝3，求菱形ABCD的面积． 题型七 直角三角形斜边上中线的性质 1．（2024春•蓬莱市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E为BC上的一点，F为AD的中点，且∠BAE＝35°，∠CDE＝55°，∠ADE＝30°，AE＝3，则EF的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．6 2．（2024春•青县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则DE的长是（　　） A．6 B．5 C．4 D． 3．（2024秋•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 　． 4．（2024秋•新民市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．（1）求证：MN⊥BD；（2）若∠DAC＝64°，∠BAC＝56°，求∠DMB的度数． 题型八 三角形的中位线定理 1．（2024春•巨野县校级月考）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AE平分∠CAD，AE⊥CD于点E，点F是BC的中点，若AB＝10，AC＝6，则EF的长为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 2．（2024秋•峡江县期末）如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若BC＝4，则DF的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024秋•天山区期中）如图，∠ACB＝90°，△ABF的中位线DE经过点C，且CECD，若AB＝6，则BF的长为 　 　． 4．（2024春•都昌县期末）已知：如图，在△ABC中，中线BE，CD交于点O，F，G分别是OB，OC的中点．连接DF、FG、EG、DE，求证：DF＝EG． 题型九 四边形中的多结论判断问题 1．（2024春•禹城市期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝GF；③△EFG≌△GBE；④EA平分 ∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①③④ C．①②⑤ D．②③⑤ 2．（2024秋•衡阳县期末）如图，点D，E，F分别是△ABC的边AB，BC，AC的中点，分别连接DE，EF，DF，AE，AE与DF相交于点O．有下列四个结论：①；②S△DEFS△ABC；③当AB＝AC时，点O到四边形ADEF四条边的距离相等；④当∠ABC＝90°时，点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等．其中正确的结论是（　　） A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 3．（2024秋•商河县月考）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB⊥OC，OM＝CM；②△EOB≌△CMB；③四边形EBFD是菱形；④S△AOE：S△BCF＝1：2．其中正确结论的序号是 　 　 ． 4．（2024秋•开原市月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E在对角线AC上，且不与A，C重合，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接ED，FG，①；②若，则DE＝2；③DE＝FG；④FG的最小值为．上述结论中，所有正确结论的序号是 　 　． 题型十 四边形中的分类讨论问题 1．菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，点E在线段BC上，CE＝2，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CE＝CP，则∠EPC的度数为 　 　． 2．在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AEB＝105°，AE＝EP，则在△AEP中，∠AEP的度数为 　 　． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A．C的坐标分别为（10，0），（0，3），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　 　． 4．如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 　 　． 题型十一 四边形中的折叠问题 1．如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在E处．若∠1＝56°，∠2＝42°，则∠A的度数为（　　） A．108° B．109° C．110° D．111° 2．（2024春•三门峡期末）如图．菱形OABC的顶点A在x轴上，CD⊥AB于点D，将菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′．若∠AOC＝45°，点B′的横坐标为4，则点B的坐标为（　　） A． B．（8，4） C． D． 3．（2024秋•梅县区校级期末）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，HF＝1，BF＝8，则矩形ABCD的面积为（　　） A．420 B．360 C． D． 4．（2024•东莞市一模）如图，在矩形ABCD中， （1）如图一，以AC为折痕将△ADC折叠，点D落在点F的位置，AF与BC交于点E，求证：△AEC是等腰三角形； （2）如图二，点G为DC上一点，以AG为折痕将△ADG折叠，点D落在点F的位置，AF与BC的交点E，连接DE交AG于点H，连接HF，DE∥GF，求证：四边形DHFG是菱形． 题型十二 四边形中的动点运动问题 1．（2025•重庆模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝16，BC＝21，CD＝13，动点P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（　　）秒． A．2或 B． C．或 D． 2．如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，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． 3．（2024秋•平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，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． 4．（2024春•德惠市期末）如图，在▱ABCD中，AB＝15，BC＝27，AE⊥BC于点E，且BE＝9．点P从点B出发，沿BC以每秒3个单位长度的速度向终点C运动；点Q从点D出发，沿DA以每秒2个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发，当点P停止时，点Q也随之停止，连结PQ．设点P运动的时间为t秒（t＞0）． （1）求AE的长； （2）分别求AQ和PE的长（用含t的代数式表示）； （3）当线段PQ最短时，求t的值； （4）在整个运动过程中，当以点E、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的值． 题型十三 四边形中的最值问题 1．如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝60°，AB＝4，AD＝5，过对角线中点O的直线分别交AD，BC于E，F点，当四边形CDEF的周长最小时，AE的值是（　　） A．1 B． C． D．2 2．（2024春•靖江市校级月考）如图，矩形ABCD中，CD＝5，BC＝12，点P为对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，则线段EF长的最小值为（　　） A．5 B． C． D． 3．如图，已知菱形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别为16和12，M，N分别是边BC，CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（　　） A．6 B．8 C．5 D．10 4．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为DC、BC上的点，且DE＝CF，连接DF，BE，求DF+BE的最小值为（　　） A．2 B．2 C．4 D．2+2 题型十四 中心对称图形的识别 1．（2025•昆明校级一模）下列四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，中心对称图形是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•潼南区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•海安市期末）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024秋•凤阳县期末）中秋节是中国的传统节日，有“团圆”、“丰收”的寓意．月饼是首选传统食品，不仅美味，而且设计多样．下列月饼图案中，为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 题型十五 中心对称图形的性质 1．（2024春•汝阳县期末）下列命题中： ①中心对称图形一定是轴对称图形；②有两条互相垂直的对称轴的轴对称图形一定是中心对称图形；③关于某一点为中心对称的两个三角形全等；④两个重合的图形一定为中心对称．其中正确的个数 为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024•秦都区校级模拟）如图，点O是菱形ABCD的对称中心，连接OA、OB，OA＝4，OB＝6，EF为过点O的一条直线，点E、F分别在AD、BC上，则图中阴影部分的面积为（　　） A．24 B．16 C．18 D．12 3．（2024春•拱墅区校级期中）如图是一个中心对称图形，A为对称中心，若∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3，则BB′的长为 　　 ． 4．（2024秋•鄂伦春自治旗校级期末）如图，在△ABC中，点D是AB边上的中点，已知AC＝4，BC＝6， （1）画出△BCD关于点D的中心对称图形； （2）根据图形说明线段CD长的取值范围． 题型十六 四边形中的综合题 1．（2024秋•青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分别是BC，AD的中点． （1）求证：△ABC≌△CDA； （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． 2．（2024秋•丹徒区期末）如图1，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，含45°角的直角三角板放置在长方形内，∠FEG＝90°，EG＝EF，顶点E、F、G分别在AB、BC、AD上． （1）求证：△AEG≌△BFE； （2）若P是斜边FG的中点． ①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； ②如图3，连接BP，若，则BP的长等于 　 　． 3．（2024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OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G． （1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积； （2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明． 4．如图①，正方形ABCD的边长为4，点P为正方形AD边上的一点（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BE＝3，求AP的长； （2）在（1）的条件下，求BK的长； （3）如图②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． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$