专题02～03 平行四边形（8大选填题型+4大解答题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（河南专用）

专题02 平行四边形（一）--选择和填空 题型概览 01 平行四边形的性质 02 平行四边形的判定 03 平行四边形的判定与性质 04 菱形的性质与判定 05 矩形的性质与判定 06 正方形的性质与判定 07 三角形中位线定理 08 最值问题 平行四边形的性质 1．（2024春•鼓楼区期末）平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，则AC+BD的取值范围是（　　） A．（5，10] B．（6，10] C．（6，8] D．（8，10] 2．（2024春•金水区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝10，AE，DF分别平分∠DAB，∠ADC，那么EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．以上都不对 3．（2024春•文峰区期末）如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，BC＝8，EF＝2，则AB的长为（　　） A．5 B．6 C．8 D．10 4．（2024春•鼓楼区期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，BF⊥DC交DC延长线于F，若AB＝3，BC＝4，AE＝2.4，则BF的长为（　　） A．1.6 B．3.2 C．4.8 D．2.4 5．（2024春•禹王台区校级期末）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、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论中，不正确的是（　　） A．∠CAD＝30° B．BD C．OE D． 6．（2024春•濮阳期末）如图，▱OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（a，0），（b，c），则顶点B的坐标是（　　） A．（a﹣b，c） B．（a+b，c） C．（b﹣a，c） D．（a±b，c） 7．（2024春•禹王台区校级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（0，0）、B（5，0）、C（2，3），以A、B、C三点为顶点画平行四边形，则第四个顶点D的坐标不可能是（　　） A．（7，3） B．（﹣3，3） C．（3，﹣3） D．（﹣2，﹣3） 8．（2024春•新郑市期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A（0，2），B（﹣3，﹣1），AD＝6，且AD∥x轴．将▱ABCD沿y轴向上平移，使点C的对应点C'落在对角线BD上，则平移后点D的对应点D'的坐标为（　　） A．（6，2） B．（6，3） C．（6，4） D．（8，4） 平行四边形的判定 9．（2024春•老城区期末）下列条件中，能判定四边形为平行四边形的是（　　） A．对角线相互垂直 B．对角线互相平分 C．一组对角相等 D．一组对边相等 10．（2024春•中牟县期末）如图，平行四边形ABCD对角线交于点O，点M，N，P，F分别在ABCD的四条边上（且不与顶点重合）．现有甲、乙、丙三种方案，则能判定四边形MNPF是平行四边形的是（　　） 甲：使AF＝CN，AM＝CP； 乙：使MP，NF均经过点O； 丙：使NF经过点O，且AM＝DP． A．只有甲、乙 B．只有乙、丙 C．只有甲、丙 D．甲、乙、丙 11．（2024春•鹤壁期末）如图所示，等边三角形ABC的边长为10cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度运动．设运动时间为t s，当以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为（　　） A．2或3 B．2或5 C．5或10 D．2或10 平行四边形的判定与性质 12．（2024春•新华区期末）如图，在▱ABCD中，点E，F是对角线BD所在直线上的两个不同的点．下列条件中，不能得出四边形AECF是平行四边形的是（　　） A．BE＝DF B．CE＝AF C．CE∥AF D．∠ECB＝∠FAD 13．（2024春•内乡县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，AE＝5cm，BE＝13cm，∠EBD＝∠DBC，点F是BC的中点，若点P以1cm/s的速度从点A出发，沿AD向点E运动，点N同时以2cm/s的速度从点C出发，沿CB向点F运动，点P运动到点E时停止运动，点N也同时停止运动，当点P运动 　 　 s时，以点P，F，N，E为顶点的四边形是平行四边形． 菱形的性质与判定 14．（2024春•辉县市期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH＝（　　） A． B． C．12 D．24 15．（2024春•许昌期末）用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个如图1所示的菱形教具，此时测得∠B＝60°，对角线AC长为8，改变教具的形状成为如图2所示的正方形，则正方形的边长为（　　） A．4 B． C．8 D． 16．（2024春•滑县校级期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 矩形的性质和判定 17．（2024春•梁园区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝60°，AB＝4，则矩形对角线的长为（　　） A．4 B．8 C．4 D．4 18．（2024春•淅川县期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝13，AB＝5，E为BC上一点，DE平分∠AEC，则CE的长为（　　） A．12 B．5 C．1 D．3 19．（2024春•文峰区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，E是AB的中点，点P在边CD上，Q是平面内的任意一点．当四边形AEPQ为菱形时，DP的长为（　　） A．5 B．3 C．8 D．8或2 20．（2024春•长葛市期末）如图，矩形ABCD的边AB上有一动点E，连接DE，CE，以DE，CE为边作平行四边形DECF．在点E从点B移动到点A的过程中，平行四边形DECF的面积（　　） A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变 21．（2024春•淮滨县期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　） A． B． C． D． 22．（2024春•偃师区期末）如图，将长为6cm，宽为4cm的长方形ABCD先向右平移2cm，再向下平移1cm，得到长方形A'B'C'D'，则阴影部分的面积为 　 　 cm2． 23．（2024春•新乡期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么a﹣b的值为（　　） A．﹣3 B．﹣1 C．3 D．1 24．（2024春•开封期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝6cm，AD＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB边向点B运动，到达点B停止，同时，点Q从点B出发，以v cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为 　　 cm/s时，存在某一时刻，△ADP与△BPQ全等． 25．（2024春•济源期末）已知矩形ABCD中（BC＞CD）点M在BC上，BM＝CD，点N在CD上，且DN＝CM，DM与BN交于点P，则DM：BN＝　 　 ． 26．（2024春•洛阳期末）如图所示的平面直角坐标系中的长方形是由8块完全相同的小长方形拼成的，其中点A的坐标为（9，6），则点B的坐标为 　 　 ． 27．（2024春•信阳期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝20cm，点P和点Q分别从点B和点D出发，按逆时针方向沿矩形ABCD的边运动，点P和点Q的速度分别为3cm/s和2cm/s，则最快　　 s后，四边形ABPQ成为矩形． 正方形的性质和判定 28．（2024春•滑县校级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（　　） A．10° B．15° C．20° D．12.5° 29．（2024春•新华区期末）在直线l上依次摆放着7个正方形，已知斜放置的3个的面积分别是a、b、c，正放置的4个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4的值为（　　） A．a+b+c B．a+c C．a+2b+c D．a﹣b+c 30．（2024春•正阳县期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A．2.5 B． C． D．2 31．（2024春•文峰区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，以对角线AC为一边向右作等边△ACE，连接BE，则BE的长度是（　　） A． B． C． D． 32．（2024春•内黄县期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝6，点D是斜边BC的中点，以AD为边作正方形ADEF．若S正方形ADEF＝36，则C△ABC＝（　　） A． B． C．18 D．36 33．（2024春•汝州市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，9）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　） A．（4，2） B． C．（3，2） D． 34．（2024春•鹤壁期末）如图所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，△BPC是正三角形，连接PD和BD，则△BPD的面积是（　　） A．2 B． C． D． 35．（2024春•淅川县期末）如图所示：点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的两直角边EF，EC分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为8，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．64 B．32 C．16 D．8 36．（2024春•临颍县期末）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 　 　 ． 37．（2024春•息县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一个动点（不与端点B，D重合），PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．则下列结论：①；②；③当四边形PBEF为平行四边形时，其面积为4；④点P在线段BD上运动时，始终有AP⊥EF．其中正确结论的序号为 　 　 ． 38．（2024春•鼓楼区校级期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形一定是平行四边形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．平行四边形一定是轴对称图形 39．（2024春•顺河区校级期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种说法： ①四边形AEDF是平行四边形； ②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形 ③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形； ④如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形． 其中，正确的有（　　） A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②③④ 40．（2024春•开封期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　） A．50cm2 B． C．100cm2 D． 三角形中位线定理 41．（2024春•虞城县校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，点E、F分别是AC、AD的中点，且BE＝EF，若AB＝8，BC＝4，则CD的长为（　　） A． B． C． D．8 42．（2024春•平舆县期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝14，BD是AC边上的高，垂足为D，点F在边BC上，连接AF，E为AF的中点，连接DE，若DE＝5，则BF的长为（　　） A．3 B．6 C．5 D．4 43．（2024春•永城市期末）如图，在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠C＝90°，D，E分别为BC，AC的中点，连接DE，BF平分∠ABC，交DE于点F，则EF的长是（　　） A． B．1 C． D．2 44．（2024春•驻马店期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝2，E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），G，F分别为CD，CE的中点，则GF的长可能为（　　） A．1 B．2 C． D． 45．（2024春•西华县期末）如图，E，F是四边形ABCD两边AB，CD的中点，G，H是两条对角线AC，BD的中点．若EH＝3，则以下说法不正确的是（　　） A．EH∥GF B．GF＝3 C．AD＝6 D．BC＝6 46．（2024春•开封期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，P，E，F分别是CD，BD，AC的中点，若AD＝6，则△PEF的周长是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 最值问题 47．（2024春•邓州市期末）如图所示，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E为AB中点，点F是AC上一动点，则EF+BF的最小值为　　 ．（提示：根据轴对称的性质） 48．（2024春•鹿邑县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，点D是BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（　　） A． B．13 C． D． 49．（2024春•沈丘县期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为 　　 50．（2024春•确山县期末）如图，正方形ABCD与矩形EFGH在直线l的同侧，边AD，EH在直线l上，且AD＝8cm，EH＝7cm，EF＝6cm．保持正方形ABCD不动，将矩形EFGH沿直线l左右移动，连接BF，CG，则BF+CG的最小值为 　 cm． 51．（2024春•滑县期末）如图，在△ABC中∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为 　 　 ． 52．（2024春•新郑市期末）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝2，AD＝2AB，点H，G分别是边DC，BC上的动点，连接AH，HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为 　 ． 53．（2024春•禹王台区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，BF与AD的延长线相交于点G，下面给出四个结论：①BDBE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BCF≌△DCE，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 54．（2024春•惠济区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论：①∠CAD＝30°；②；③；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 55．（2024春•淅川县期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 56．（2024春•固始县期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF给出下列五个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE＝∠BAP；⑤PD＝2EC．其中有正确结论的个数是（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 57．（2024春•商水县期末）如图，菱形ABCD的边长为17，点E是对角线BD上的一点，且DE：BE＝3：7，连接AE，在AE的左侧作AE为边的正方形AEFG，AE＝10，连接BF，则BF＝　　 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 平行四边形（一）--选择和填空 ( 题型概览 01 平行四边形的性质 02 平行四边形的判定 03 平行四边形的判定与性质 04 菱形的性质与判定 05 矩形的性质与判定 06 正方形的性质与判定 07 三角形中位线定理 08 最值问题 ) ( 平行四边形的性质 ) 1．（2024春•鼓楼区期末）平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝4，则AC+BD的取值范围是（　　） A．（5，10] B．（6，10] C．（6，8] D．（8，10] 【分析】分当AC≠BD时，求得AC+BD＞2AD＞8；当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，利用勾股定理求解即可． 【解答】解：当AC≠BD时，不妨设AC＞BD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4， AC＝AB+BC＝AB+AD，BD＝AD﹣AB， ∴AC+BD＝2AD， ∴AC+BD＞8； 当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形， ∴， ∴AC+BD＝10， ∴AC+BD的取值范围是8＜AC+BD≤10． 故选：D． 2．（2024春•金水区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝3，AD＝10，AE，DF分别平分∠DAB，∠ADC，那么EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．以上都不对 【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，结合角平分线的定义可求得BE＝AB、CD＝CF，再由线段的和差可求得EF． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD＝3，AD＝BC＝10， ∴∠DAE＝∠AEB， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∴∠BAE＝∠AEB， ∴BE＝BA＝3， 同理CF＝CD＝3， ∴EF＝BC﹣BE﹣CF＝10﹣3﹣3＝4， 故选：B． 3．（2024春•文峰区期末）如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，BC＝8，EF＝2，则AB的长为（　　） A．5 B．6 C．8 D．10 【分析】根据平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠EBC， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠EBC， 则∠ABE＝∠AEB， ∴AE＝AB， 同理可证：DF＝CD＝AB， ∴DE＝AF， ∴DE+AF+EF＝2DE+2＝8， ∴AF＝DE＝3， ∴AB＝AF+EF＝3+2＝5． 故选：A． 4．（2024春•鼓楼区期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，BF⊥DC交DC延长线于F，若AB＝3，BC＝4，AE＝2.4，则BF的长为（　　） A．1.6 B．3.2 C．4.8 D．2.4 【分析】根据面积法即可求出BF的长．熟练掌握平行四边形的面积的公式是解题的关键． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB＝3， ∵AE⊥BC，BF⊥DC， ∴S▱ABCD＝BC•AE＝DC•BF， ∴4×2.4＝3•BF， 解得BF＝3.2， 故选：B． 5．（2024春•禹王台区校级期末）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、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论中，不正确的是（　　） A．∠CAD＝30° B．BD C．OE D． 【分析】先证△ABE是等边三角形，AB＝AE＝BE＝1，∠BAE＝∠AEB＝60°，可求∠CAD＝30°，由勾股定理可求BO的长，即可求BD，由三角形中位线定理可求OEAD，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，ABBC＝1， ∴AO＝CO，BO＝DO，AD＝BC＝2，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB＝∠BAE，∠DAC＝∠ACB， ∴AB＝BE＝1， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴AB＝AE＝BE＝1，∠BAE＝∠AEB＝60°， ∴AE＝EC＝1， ∴∠ACB＝∠EAC＝30°， ∴∠CAD＝30°，ACAB，故选项A不符合题意； ∴∠BAC＝90°，AO＝CO， ∴BO， ∴BD，故选项B不符合题意； ∵AO＝CO，BE＝CE＝1， ∴OEAB， ∴OEAD，故选项C不符合题意； ∵S△ABCAB•AC，AO＝CO，BE＝CE， ∴S△AOES△ABC，故选项D符合题意， 故选：D． 6．（2024春•濮阳期末）如图，▱OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（a，0），（b，c），则顶点B的坐标是（　　） A．（a﹣b，c） B．（a+b，c） C．（b﹣a，c） D．（a±b，c） 【分析】平行四边形的对边相等，B点的横坐标减去C点的横坐标，等于A点的横坐标减去O点的横坐标，B点和C点的纵坐标相等，从而确定B点的坐标． 【解答】解：∵四边形OABC是平行四边形， ∴AO＝BC，AO∥BC， ∴B点的横坐标减去C点的横坐标，等于A点的横坐标减去O点的横坐标，B点和C点的纵坐标相等， ∵O，A，C的坐标分别是（0，0），（a，0），（b，c）， ∴B点的坐标为（a+b，c）． 故选：B． 7．（2024春•禹王台区校级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（0，0）、B（5，0）、C（2，3），以A、B、C三点为顶点画平行四边形，则第四个顶点D的坐标不可能是（　　） A．（7，3） B．（﹣3，3） C．（3，﹣3） D．（﹣2，﹣3） 【分析】由平行四边形的性质和中点坐标公式可求解． 【解答】解：设D（a，b）， ①当AB为对角线时，中点坐标为，即， 根据平行四边形的性质，得， 解得a＝3，b＝﹣3， ∴点D的坐标为（3，﹣3）； ②当AC为对角线时，中点坐标为，即， 根据平行四边形的性质，得， 解得a＝﹣3，b＝3， ∴点D的坐标为（﹣3，3）； ③当BC为对角线时，中点坐标为，即， 根据平行四边形的性质，得， 解得a＝7，b＝3， ∴点D的坐标为（7，3）， 故选：D． 8．（2024春•新郑市期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A（0，2），B（﹣3，﹣1），AD＝6，且AD∥x轴．将▱ABCD沿y轴向上平移，使点C的对应点C'落在对角线BD上，则平移后点D的对应点D'的坐标为（　　） A．（6，2） B．（6，3） C．（6，4） D．（8，4） 【分析】由平行四边形的性质可求解D（6，2），BE＝3，OE＝1，BC＝AD＝6，即可得CE＝3，结合三角形中位线的性质可求得：CC'＝2OE＝2，再利用坐标与图形变化﹣平移的性质可求解D点坐标． 【解答】解：∵▱ABCD的顶点A（0，2），B（﹣3，﹣1），AD＝6，且AD∥x轴， ∴D（6，2），BE＝3，OE＝1，BC＝AD＝6， ∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，直线BD的解析式为yx， ∴BD经过点O， ∵▱ABCD沿y轴向上平移， ∴CC'∥y轴， ∴OE是△BCC'的中位线， ∴CC'＝2OE＝2， ∴D'（6，4）． 故选：C． ( 平行四边形的判定 ) 9．（2024春•老城区期末）下列条件中，能判定四边形为平行四边形的是（　　） A．对角线相互垂直 B．对角线互相平分 C．一组对角相等 D．一组对边相等 【分析】根据平行四边形的判定定理（①两组对角分别相等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对角线互相平分的四边形是平行四边形，④有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形）进行判断即可． 【解答】解：A、对角线互相平分的四边形才是平行四边形，而对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故本选项错误； B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确； C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故本选项错误； D、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项错误． 故选：B． 10．（2024春•中牟县期末）如图，平行四边形ABCD对角线交于点O，点M，N，P，F分别在ABCD的四条边上（且不与顶点重合）．现有甲、乙、丙三种方案，则能判定四边形MNPF是平行四边形的是（　　） 甲：使AF＝CN，AM＝CP； 乙：使MP，NF均经过点O； 丙：使NF经过点O，且AM＝DP． A．只有甲、乙 B．只有乙、丙 C．只有甲、丙 D．甲、乙、丙 【分析】若是四边形的对角线互相平分，可证明这个四边形是平行四边形，②③不能证明对角线互相平分，只有①可以，即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，OB＝OD，OA＝OC，∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC， 甲∵AQ＝CN，AM＝CP， ∴DQ＝BN，BM＝DP， ∴△AMQ≌△CPN（SAS），△BMN≌△DPQ（SAS）， ∴MQ＝NP，MN＝PQ， 则四边形MNPQ是平行四边形； 故甲能判定四边形MNPQ是平行四边形； 乙∵▱ABCD的对角线交于点O，MP，NQ均经过点O， ∴OQ＝ON，OP＝OM， 则四边形MNPQ是平行四边形； 故乙能判定四边形MNPQ是平行四边形； 丙NQ经过点O，AM＝PD．Q，N的位置未知， 故丙不能判定四边形MNPQ是平行四边形； 综上所述：能判定四边形MNPQ是平行四边形的有甲乙． 故选：A． 11．（2024春•鹤壁期末）如图所示，等边三角形ABC的边长为10cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度运动．设运动时间为t s，当以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为（　　） A．2或3 B．2或5 C．5或10 D．2或10 【分析】依题意得AB＝BC＝CA＝10cm，AE＝2tcm，BF＝3t cm，分两种情况讨论如下：①当点F在点C的左侧时，则CF＝BC﹣BF＝（10﹣3t）cm，根据AG∥BC得当AE＝CF时，四边形AECF为平行四边形，则2t＝10﹣3t，由此可得出t的值；②当点F在点C的右侧时，则CF＝BF﹣BC＝（3t﹣10）cm，同理当AE＝CF时，四边形AEFC为平行四边形，则2t＝3t﹣10，由此可得出t的值；综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形，且边长为10cm， ∴AB＝BC＝CA＝10cm， 根据点E，F运动的速度和时间得：AE＝2t cm，BF＝3t cm， ∵以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形， ∴有以下两种情况： ①当点F在点C的左侧时，如图1所示： 则CF＝BC﹣BF＝（10﹣3t）cm， ∵AG∥BC， 即AE∥CF， ∴当AE＝CF时，四边形AECF为平行四边形， ∴2t＝10﹣3t， 解得：t＝2（s）， ∴当t＝2s时，四边形AECF为平行四边形； ②当点F在点C的右侧时，如图2所示： 则CF＝BF﹣BC＝（3t﹣10）cm， 同理：当AE＝CF时，四边形AEFC为平行四边形， ∴2t＝3t﹣10， 解得：t＝10（S）， ∴当t＝10s时，四边形AEFC为平行四边形， 综上所述：当t＝2s或10s时，以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形． 故选：D． ( 平行四边形的判定与性质 ) 12．（2024春•新华区期末）如图，在▱ABCD中，点E，F是对角线BD所在直线上的两个不同的点．下列条件中，不能得出四边形AECF是平行四边形的是（　　） A．BE＝DF B．CE＝AF C．CE∥AF D．∠ECB＝∠FAD 【分析】设AC交BD于点O，则OC＝OA，OB＝OD，因为BE＝DF，所以OE＝OF，则四边形AECF是平行四边形，可判断A不符合题意；由CE＝AF，OC＝OA，∠COE＝∠AOF不能证明△COE与△AOF全等，则不能证明CE与AF平行，所以不能证明四边形AECF是平行四边形，可判断B符合题意；由CE∥AF，得∠OCE＝∠OAF，可证明△COE≌△AOF，则CE＝AF，所以四边形AECF是平行四边形，可判断C不符合题意；由∠OCB＝∠OAD，∠ECB＝∠FAD，推导出∠OCE＝∠OAF，可证明△COE≌△AOF，得OE＝OF，则四边形AECF是平行四边形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：设AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OC＝OA，OB＝OD， ∵BE＝DF， ∴OB+BE＝OD+DF， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， 故A不符合题意； ∵由CE＝AF，OC＝OA，∠COE＝∠AOF不能证明△COE与△AOF全等， ∴不能确定∠OCE与∠OAF是否相等， ∴不能证明CE与AF平行， ∴不能证明四边形AECF是平行四边形， 故B符合题意； ∵CE∥AF， ∴∠OCE＝∠OAF， 在△COE和△AOF中， ， ∴△COE≌△AOF（ASA）， ∴CE＝AF， ∴四边形AECF是平行四边形， 故C不符合题意； ∵CB∥AD， ∴∠OCB＝∠OAD， ∵∠ECB＝∠FAD， ∴∠OCB+∠ECB＝∠OAD+∠FAD， ∴∠OCE＝∠OAF， 在△COE和△AOF中， ， ∴△COE≌△AOF（ASA）， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， 故D不符合题意， 故选：B． 13．（2024春•内乡县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，AE＝5cm，BE＝13cm，∠EBD＝∠DBC，点F是BC的中点，若点P以1cm/s的速度从点A出发，沿AD向点E运动，点N同时以2cm/s的速度从点C出发，沿CB向点F运动，点P运动到点E时停止运动，点N也同时停止运动，当点P运动 　4或　 s时，以点P，F，N，E为顶点的四边形是平行四边形． 【分析】要使点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，则需PE＝FN，据此先表示出PE、FN，结合题意可得PE＝5﹣t，FN＝2t﹣CF或EN＝CF﹣2t，据此可知需求得CF的长，由于F是BC的中点，可将答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠ADB＝∠CBD． ∵∠EBD＝∠DBC， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴EB＝ED＝13cm． ∵AE＝5cm， ∴AD＝18cm． ∵点F是BC的中点， ∴CF＝BC＝AD＝9（cm）． 要使点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形，则PE＝FN即可． 设当点P运动t秒时，点P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形， 根据题意得5﹣t＝9﹣2t或5﹣t＝2t﹣9， 解得t＝4或t． ∴当点P运动4秒或秒时，以P、F、N、E为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：4或． ( 菱形的性质 与判定 ) 14．（2024春•辉县市期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH＝（　　） A． B． C．12 D．24 【分析】由四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，可求得此菱形的面积与AB的长，继而求得答案． 【解答】解：设AC与BD交于O， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6， ∴AC⊥BD，OAAC＝4，OBBD＝3， ∴AB5， ∵S菱形ABCDAC•BD＝24，DH⊥AB， ∴DH＝24÷DH． 故选：B． 15．（2024春•许昌期末）用四根长度相等的木条首尾顺次相接制成一个如图1所示的菱形教具，此时测得∠B＝60°，对角线AC长为8，改变教具的形状成为如图2所示的正方形，则正方形的边长为（　　） A．4 B． C．8 D． 【分析】先根据菱形的性质和等边三角形的判定可得△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质即可得． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝8， 则正方形的边长为8， 故选：C． 16．（2024春•滑县校级期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】由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正确，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∥CD， 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， 故②正确， ∵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：C． ( 矩形的性质和判定 ) 17．（2024春•梁园区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝60°，AB＝4，则矩形对角线的长为（　　） A．4 B．8 C．4 D．4 【分析】根据等边三角形的性质首先证明△AOB是等边三角形即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，OA＝OC，OD＝OB， ∴OA＝OB， ∵∠AOB＝60°， ∴△ABO是等边三角形， ∴OA＝AB＝4， ∴AC＝2OA＝8， 故选：B． 18．（2024春•淅川县期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝13，AB＝5，E为BC上一点，DE平分∠AEC，则CE的长为（　　） A．12 B．5 C．1 D．3 【分析】根据平行线的性质以及角平分线的定义证明∠ADE＝∠AED，根据等角对等边，即可求得AE的长，在直角△ABE中，利用勾股定理求得BE的长，则CE的长即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DEC＝∠ADE， ∵DE平分∠AEC， ∵∠DEC＝∠AED， ∴∠ADE＝∠AED， ∴AE＝AD＝13， 在直角△ABE中，BE12， ∴CE＝BC﹣BE＝AD﹣BE＝13﹣12＝1． 故选：C． 19．（2024春•文峰区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，E是AB的中点，点P在边CD上，Q是平面内的任意一点．当四边形AEPQ为菱形时，DP的长为（　　） A．5 B．3 C．8 D．8或2 【分析】分两种情况作PF⊥AB于点F，由菱形的性质可知PQ∥AE，PQ＝PE＝AE＝5，则点Q在CD的延长线上，根据勾股定理求出EF的长即可求解． 【解答】解：当P在E左侧时，作PF⊥AB于点F， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴四边形ADPE是矩形， ∴PE＝AD＝4，PD＝AE． ∵E是AB的中点， ∴． ∵四边形AEPQ为菱形， ∴PQ＝PE＝AE＝5， ∴， ∴DP＝5﹣3＝2． 当P在E右侧时，同理可得DP＝8． 故选：D． 20．（2024春•长葛市期末）如图，矩形ABCD的边AB上有一动点E，连接DE，CE，以DE，CE为边作平行四边形DECF．在点E从点B移动到点A的过程中，平行四边形DECF的面积（　　） A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变 【分析】由矩形的性质可得S△DECS矩形ABCD，由平行四边形的性质可得S△DECS平行四边形，即S矩形ABCD＝S平行四边形． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴S△DECS矩形ABCD， ∵四边形DECF是平行四边形， ∴S△DECS平行四边形， ∴S矩形ABCD＝S平行四边形， 故选：D． 21．（2024春•淮滨县期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到EO+EF的值． 【解答】解：∵AB＝6，BC＝8， ∴矩形ABCD的面积为48，， ∴， ∵对角线AC，BD交于点O， ∴△AOD的面积为12， ∵EO⊥AO，EF⊥DO， ∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即， ∴， ∴． 故选：C． 22．（2024春•偃师区期末）如图，将长为6cm，宽为4cm的长方形ABCD先向右平移2cm，再向下平移1cm，得到长方形A'B'C'D'，则阴影部分的面积为 　12　 cm2． 【分析】利用平移的性质求出阴影部分矩形的长，宽即可解决问题． 【解答】解：由题意，阴影部分是矩形，长为（6﹣2）cm，宽为（4﹣1）cm， ∴阴影部分的面积＝（6﹣2）（4﹣1）＝12（cm2）， 故答案为：12． 23．（2024春•新乡期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么a﹣b的值为（　　） A．﹣3 B．﹣1 C．3 D．1 【分析】设矩形的对角线交于点P，得P是两条对角线的中点，得5+b＝2P纵＝2+13，a+9＝2P横＝5+15，得b＝10，a＝11，即可得a﹣b＝1． 【解答】解：设矩形的对角线交于点P， 得P是两条对角线的中点， 得5+b＝2P纵＝2+13，a+9＝2P横＝5+15， 得b＝10，a＝11， 得a﹣b＝1． 故选：D． 24．（2024春•开封期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝6cm，AD＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB边向点B运动，到达点B停止，同时，点Q从点B出发，以v cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为 　或1　 cm/s时，存在某一时刻，△ADP与△BPQ全等． 【分析】由矩形的性质判断出DP与PQ是对应边，于是可分两种情况：①△ADP≌△BQP得到AP＝BP，AD＝BQ；②△ADP≌△BPQ得到AD＝BP，AP＝BQ，然后分别计算出t的值，进而得到v的值． 【解答】解：设点Q从点B出发t s，同时点P从点A出发t s， 由题意得，AP＝t cm，BQ＝vt cm， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴DP与PQ是对应边， 故此题分两种情况： ①当AP＝BP，AD＝BQ时，△ADP≌△BQP， ∵AB＝6cm， ∴BP＝（6﹣t）cm， ∴t＝6﹣t，4＝vt， 解得t＝3， ∴v； ②当AD＝BP，AP＝BQ时，△ADP≌△BPQ， ∴4＝6﹣t，t＝vt， 解得v＝1； 综上，当v为或1cm/s时，存在△ADP与△BPQ全等， 故答案为：或1． 25．（2024春•济源期末）已知矩形ABCD中（BC＞CD）点M在BC上，BM＝CD，点N在CD上，且DN＝CM，DM与BN交于点P，则DM：BN＝　　 ． 【分析】设BM＝CD＝a，DN＝CM＝b，利用勾股定理分别表示出DM与BN的值即可解答． 【解答】解：设BM＝CD＝a，DN＝CM＝b， ∴BC＝a+b，NC＝a﹣b， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCB＝90°， 在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理得， ，， ∴ 故答案为：． 26．（2024春•洛阳期末）如图所示的平面直角坐标系中的长方形是由8块完全相同的小长方形拼成的，其中点A的坐标为（9，6），则点B的坐标为 　（1，5，4.5）　 ． 【分析】设小长方形的长为x，宽为y，根据点A的坐标，列出关于x，y的方程，解方程求出x，y，结合图形，从而求出点B的坐标． 【解答】解：设小长方形的长为x，宽为y， ∵A（9，6）， ∴2x＝9，x+y＝6， ∴x， 把x＝4.5代入x+y＝6得： 4.5+y＝6， 解得：y＝1.5， ∴B点坐标为：（1.5，4.5）， 故答案为：（1.5，4.5）． 27．（2024春•信阳期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝20cm，点P和点Q分别从点B和点D出发，按逆时针方向沿矩形ABCD的边运动，点P和点Q的速度分别为3cm/s和2cm/s，则最快　4　 s后，四边形ABPQ成为矩形． 【分析】根据矩形的性质，可得BC与AD的关系，根据矩形的判定定理，可得BP＝AQ，构建一元一次方程，可得答案． 【解答】解；设最快x秒，四边形ABPQ成为矩形，由BP＝AQ得 3x＝20﹣2x． 解得x＝4， 故答案为：4． ( 正方形的性质和判定 ) 28．（2024春•滑县校级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（　　） A．10° B．15° C．20° D．12.5° 【分析】根据等边三角形的性质及正方形的性质可得到AB＝AE，从而可求得∠BAE的度数，即可求解． 【解答】解：根据等边三角形和正方形的性质可知AB＝AD＝AE，∠BAD＝90°，∠DAE＝60°， ∴∠BAE＝90°+60°＝150°， ∴∠AEB＝（180°﹣150°）÷2＝15°． 故选：B． 29．（2024春•新华区期末）在直线l上依次摆放着7个正方形，已知斜放置的3个的面积分别是a、b、c，正放置的4个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4的值为（　　） A．a+b+c B．a+c C．a+2b+c D．a﹣b+c 【分析】求证△ABC≌△CDE，得DE＝BC，△ABC中AB2+CE2＝AC2，根据S3＝AB2，S4＝DE2可求得S3+S4＝c，同理可得S1+S2＝a，故S3+S4+S1+S2＝a+c． 【解答】解： ∵∠ACB+∠DCE＝90°，∠BAC+∠ACB＝90°， ∴∠DCE＝∠BAC， ∵AC＝CE，∠ABC＝∠CDE ∴△ABC≌△CDE， ∴BC＝DE， 在直角△ABC中，AB2+BC2＝AC2， 即，AB2+DE2＝AC2， ∵S3＝AB2，S4＝DE2 ∴S3+S4＝c 同理S1+S2＝a 故可得S1+S2+S3+S4＝a+c， 故选：B． 30．（2024春•正阳县期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A．2.5 B． C． D．2 【分析】连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC，CF＝3，则∠ACF＝90°，再利用勾股定理计算出AF＝2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长． 【解答】解：连接AC、CF，如图， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形， ∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，ACBC，CFCE＝3， ∴∠ACF＝45°+45°＝90°， 在Rt△ACF中，AF2， ∵H是AF的中点， ∴CHAF． 故选：B． 31．（2024春•文峰区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，以对角线AC为一边向右作等边△ACE，连接BE，则BE的长度是（　　） A． B． C． D． 【分析】由正方形、等边三角形性质，可得点D在BE上，得，进而得，解Rt△OCE中，，故． 【解答】解：如图，令AC，BE交于点O，由正方形ABCD，等边△ACE知BA＝BC，EA＝EC， ∴BE垂直平分AC， ∵DA＝DC， ∴点D在BE上， ∵ABCD是正方形， ∴， ∴， Rt△OCE中，，， ∴， 故选：D． 32．（2024春•内黄县期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝6，点D是斜边BC的中点，以AD为边作正方形ADEF．若S正方形ADEF＝36，则C△ABC＝（　　） A． B． C．18 D．36 【分析】由正方形面积求得AD，由直角三角形斜边中线的性质求得直角三角形的斜边BC，由勾股定理求得AC，则可求得结果． 【解答】解：∵S正方形ADEF＝36， ∴AD＝6； ∵点D是Rt△ABC斜边BC的中点， ∴BC＝2AD＝12； 由勾股定理得：， ∴； 故选：B． 33．（2024春•汝州市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，9）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　） A．（4，2） B． C．（3，2） D． 【分析】待定系数法求直线AB的解析式为y＝﹣x+7，由题意知，OE＝OC＝DE＝2，将y＝2代入y＝﹣x+7，可求x＝5，则E（5，2），进而可得D（3，2）． 【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b， 将 （﹣2，9）和 （7，0）代入y＝kx+b得， ， 解得，， ∴直线AB的解析式为y＝﹣x+7， 由题意知，OE＝OC＝DE＝2， 将y＝2代入y＝﹣x+7， 得﹣x+7＝2， 解得，x＝5， ∴E（5，2）， ∴D（3，2）， 故选：C． 34．（2024春•鹤壁期末）如图所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，△BPC是正三角形，连接PD和BD，则△BPD的面积是（　　） A．2 B． C． D． 【分析】过P作PE⊥CD于E，PF⊥BC于F，证四边形CEPF是矩形，得出PE＝FC，由等边三角形的性质和勾股定理求出FC、PF的长，找到S△BPD＝S△PBC+S△PDC﹣S△BCD，进行求解即可． 【解答】解：如图所示：过P作PE⊥CD于E，PF⊥BC于F， 则PE＝FC，∠PEC＝∠PFC＝90°， ∵正方形ABCD的边长是2，△BPC为等边三角形， ∴∠BCD＝90°，∠PBC＝∠PCB＝60°，PB＝PC＝BC＝CD＝2， ∴四边形CEPF是矩形， ∴PE＝FC， ∵PF⊥BC，． ∴PE＝FC＝1， 由勾股定理得：， ∴S△BPD＝S四边形PBCD﹣S△BCD＝S△PBC+S△PDC﹣S△BCD． 故选：D． 35．（2024春•淅川县期末）如图所示：点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的两直角边EF，EC分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为8，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．64 B．32 C．16 D．8 【分析】连接BD，依题意得对角线BD经过点E，先证明∠DEN＝∠CEM，进而可判定△DEN和△CEM中全等，则S△DEN＝S△CEM，进而可得S四边形EMCN＝S△ECD，然后根据S△ECDS△BCD，S△BCDS正方形ABCD，得S四边形EMCNS正方形ABCD，据此即可得出答案． 【解答】解：连接BD，如图所示： ∵点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE， ∴对角线BD经过点E， ∴ED＝EC，∠EDN＝∠ECM＝45°，AC⊥BD， ∴∠DEC＝90°， ∴∠DEN+∠NEC＝90°， ∵∠GEF＝90°， ∴∠CEM+∠NEC＝90°， ∴∠DEN＝∠CEM， 在△DEN和△CEM中， ， ∴△DEN≌△CEM（ASA）， ∴S△DEN＝S△CEM， ∴S四边形EMCN＝S△CEM+S△ECN＝S△DEN+S△ECN＝S△ECD， ∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线， ∴S△ECDS△BCD，S△BCDS正方形ABCD， ∴S△ECDS正方形ABCD， 即S四边形EMCNS正方形ABCD， ∵四边形ABCD为正方形边长为8， ∴S正方形ABCD＝64， ∴S四边形EMCN64＝16． 故选：C． 36．（2024春•临颍县期末）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为 　48　 ． 【分析】根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积． 【解答】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为a，短直角边为b， ，得， ∴图1中菱形的面积为：4＝48， 故答案为48． 37．（2024春•息县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一个动点（不与端点B，D重合），PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．则下列结论：①；②；③当四边形PBEF为平行四边形时，其面积为4；④点P在线段BD上运动时，始终有AP⊥EF．其中正确结论的序号为 　①②③④　 ． 【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理、平行四边形的性质判定推理计算即可． 【解答】解：∵正方形ABCD，P是对角线BD上一点， ∴∠DBC＝45°． 又∵PE⊥BC， ∴∠PEB＝90°． ∴． ∵∠PEC＝∠ECF＝∠PFC＝90°， ∴四边形PECF为矩形． ∴PE＝FC．， ∴①正确，符合题意． 由前面的推理，得BE＝PE，PF＝EC， ∴． ∴②正确，符合题意． ∵PF∥BE， ∴当PF＝BE时，四边形PBEF为平行四边形． ∵PE＝BE， ∴PE＝PF． ∴当P为BD的中点时，BE＝PE＝2． ∴平行四边形PBEF的面积为4． ∴③正确，符合题意． 如图，连接PC， 则PC＝EF． 延长FP交AB于点G，延长AP交EF于点H． ∴PG⊥AB． ∵BD平分∠ABC， ∴PG＝PE． ∵AP＝CP＝EF，∠AGP＝∠EPF＝90°， ∴Rt△FPE≌Rt△AGP（HL）． ∴∠BAP＝∠PFE． ∵∠AGP＝90°， ∴∠BAP+∠APG＝90°． ∵∠APG＝∠HPF， ∴∠PFH+∠HPF＝90°． ∴∠PHF＝90°． ∴AP⊥EF． ∴④正确，符合题意． 故答案为：①②③④． 38．（2024春•鼓楼区校级期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形一定是平行四边形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．平行四边形一定是轴对称图形 【分析】对角线互相垂直平分的四边形是菱形，而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，可判断A不符合题意；一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，可判断B不符合题意；对角线相等的菱形既是菱形又是矩形，则对角线相等的菱形是正方形，可判断C符合题意；平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形， ∴对角线互相垂直的四边形不一定是菱形， 故A不符合题意； ∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形， ∴一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形， 故B不符合题意； ∵对角线相等的平行四边形是矩形， ∴对角线相等的菱形既是菱形又是矩形， ∴对角线相等的菱形是正方形， 故C符合题意； 平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形， 故D不符合题意， 故选：C． 39．（2024春•顺河区校级期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种说法： ①四边形AEDF是平行四边形； ②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形 ③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形； ④如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形． 其中，正确的有（　　） A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②③④ 【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC＝90°，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②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∠EAD＝∠EDA，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③正确；由AB＝AC，AD⊥BC，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，但∠BAC不一定为直角，④不一定正确． 【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA， ∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确； 若∠BAC＝90°， ∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确； 若AD平分∠BAC， ∴∠EAD＝∠FAD， 又DE∥CA， ∴∠EDA＝∠FAD， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确； 若AB＝AC，AD⊥BC， ∴AD平分∠BAC， 同理可得平行四边形AEDF为菱形，但∠BAC不一定为直角，故菱形AEDF不一定为正方形；选项④错误， 则其中正确的是①②③． 故选：C． 40．（2024春•开封期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　） A．50cm2 B． C．100cm2 D． 【分析】过点A′H⊥BC于H，由题意得四边形A′BCD′是菱形，根据含30度直角三角形的性质求出A′H，分别求出正方形ABCD的面积和菱形A′BCD′的面积，即可得的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝10cm， ∴正方形ABCD的面积＝100cm2，AB＝BC＝CD＝AD＝10cm， 由题意知A′B＝BC＝CD′＝A′D′＝10cm， ∴四边形A′BCD′是菱形， ∴∠A′BC＝∠D′＝30°， 过点A′H⊥BC于H， ∴∠A′HB＝90°， ∴A′HA′B＝5cm， ∴菱形A′BCD′的面积＝BC•A′H＝10×5＝50（cm2）， ∵正方形ABCD的面积﹣菱形A′BCD′的面积＝50cm2， ∴四边形的面积减少了50cm2． 故选：A． ( 三角形中位线定理 ) 41．（2024春•虞城县校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，点E、F分别是AC、AD的中点，且BE＝EF，若AB＝8，BC＝4，则CD的长为（　　） A． B． C． D．8 【分析】由勾股定理求出AC的长度，由直角三角形斜边上中线的性质求出BE的长度，再由三角形中位线定理即可求出CD的长度． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝4， ∴AC4， ∵E是AC的中点， ∴BEAC2， ∵BE＝EF， ∴EF＝2， ∵点E、F分别是AC、AD的中点， ∴EF是△ADC的中位线， ∴CD＝2EF＝24， 故选：A． 42．（2024春•平舆县期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝14，BD是AC边上的高，垂足为D，点F在边BC上，连接AF，E为AF的中点，连接DE，若DE＝5，则BF的长为（　　） A．3 B．6 C．5 D．4 【分析】根据等腰三角形的“三线合一”得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案． 【解答】解：∵BC＝14， ∴FC＝BC﹣BF＝14﹣BF． ∵AB＝BC，BD⊥AC， ∴AD＝DC， ∵AE＝EF， ∴DE是△AFC的中位线， ∴DEFC＝5． ∴FC＝10． ∴14﹣BF＝10． ∴BF＝4． 故选：D． 43．（2024春•永城市期末）如图，在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠C＝90°，D，E分别为BC，AC的中点，连接DE，BF平分∠ABC，交DE于点F，则EF的长是（　　） A． B．1 C． D．2 【分析】用勾股定理可算出AB，然后根据中位线定理可得DE∥AB，，易证得BD＝DF，然后计算EF即可． 【解答】解：∵AC＝5，BC＝12，∠C＝90°， ∴， ∵D，E分别为BC，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB，， ∴∠ABF＝∠BFD， ∵BF平分∠ABC， ∴∠DBF＝∠ABF， ∴∠FBD＝∠BFD， ∴， ∴， 故选：A． 44．（2024春•驻马店期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝2，E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），G，F分别为CD，CE的中点，则GF的长可能为（　　） A．1 B．2 C． D． 【分析】连接DE、BD，根据勾股定理求出BD，根据题意求出DE的范围，根据三角形中位线定理得到GFDE，得到答案． 【解答】解：如图，连接DE、BD， 在Rt△ABD中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝2， 由勾股定理得：BD2， ∵G，F分别为CD，CE的中点， ∴GF是△CDE的中位线， ∴GFDE， ∵E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合）， ∴2＜DE＜2， ∴1＜GF， ∴GF的长可能为2， 故选：B． 45．（2024春•西华县期末）如图，E，F是四边形ABCD两边AB，CD的中点，G，H是两条对角线AC，BD的中点．若EH＝3，则以下说法不正确的是（　　） A．EH∥GF B．GF＝3 C．AD＝6 D．BC＝6 【分析】由三角形中位线定理可得EH∥AD，EHAD，GF∥AD，GFAD，可得EH∥GF，EH＝GF＝3，AD＝2EF＝6，利用排除法可求解． 【解答】解：∵E、F是AB、CD的中点，G、H是AC、BD的中点， ∴EH∥AD，EHAD，GF∥AD，GFAD， ∴EH∥GF，EH＝GF＝3，AD＝2EH＝6，无法确定D选项是否正确， 故选：D． 46．（2024春•开封期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝50°，∠BCD＝70°，P，E，F分别是CD，BD，AC的中点，若AD＝6，则△PEF的周长是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 【分析】根据三角形中位线定理得到PFAD＝3，PF∥AD，根据平行线的性质得到∠CPF＝∠ADC＝50°，根据等边三角形的判定定理和性质定理解答即可． 【解答】解：∵P、F分别是CD、AC的中点， ∴PF是△ACD的中位线， ∴PFAD＝3，PF∥AD， ∴∠CPF＝∠ADC＝50°， 同理可得，PE是△BCD的中位线， ∴PEBC＝3，PE∥BC， ∴∠DPE＝∠BCD＝70°， ∴∠EPF＝180°﹣50°﹣70°＝60°， 又∵PE＝PF， ∴△PEF为等边三角形， ∴PE＝EF＝PF＝3， ∴△PMN的周长＝9， 故选：A． ( 最值问题 ) 47．（2024春•邓州市期末）如图所示，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E为AB中点，点F是AC上一动点，则EF+BF的最小值为　　 ．（提示：根据轴对称的性质） 【分析】首先连接DB，DE，设DE交AC于M，连接MB，DF．证明只有点F运动到点M时，EF+BF取最小值，再根据菱形的性质、勾股定理求得最小值． 【解答】解：连接DB，DE，设DE交AC于M，连接MB，DF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC，BD互相垂直平分， ∴点B关于AC的对称点为D， ∴FD＝FB， ∴FE+FB＝FE+FD≥DE． 只有当点F运动到点M时，取等号（两点之间线段最短）， △ABD中，AD＝AB，∠DAB＝60°， ∴△ABD是等边三角形． ∵E为AB的中点， ∴DE⊥AB， ∴AEAD＝1，DE， ∴EF+BF的最小值为． 48．（2024春•鹿邑县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，点D是BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（　　） A． B．13 C． D． 【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【解答】解：∵∠BAC＝90°，且BA＝5，AC＝12， ∴BC13， ∵DM⊥AB，DN⊥AC， ∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°， ∴四边形DMAN是矩形， ∴MN＝AD， ∴当AD⊥BC时，AD的值最小， 此时，△ABC的面积AB×ACBC×AD， ∴AD， ∴MN的最小值为； 故选：C． 49．（2024春•沈丘县期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝16，BD＝12，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为 　　 【分析】连接OE，作OH⊥CD于点H，由菱形的性质得，则，由，求得，再证明四边形OGEF是矩形，则OE＝FG，由OE≥OH，得，则FG的最小值为，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图，连接OE，作OH⊥CD于点H， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝16，BD＝12， ∴， ∴∠COD＝90°， ∴， ∵， ∴， 解得， ∵EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G， ∴∠OFE＝∠OGE＝∠FOG＝90°， ∴四边形OGEF是矩形， ∴OE＝FG， ∴OE≥OH， ∵， ∴FG的最小值为， 故答案为：． 50．（2024春•确山县期末）如图，正方形ABCD与矩形EFGH在直线l的同侧，边AD，EH在直线l上，且AD＝8cm，EH＝7cm，EF＝6cm．保持正方形ABCD不动，将矩形EFGH沿直线l左右移动，连接BF，CG，则BF+CG的最小值为 　　 cm． 【分析】作点C关于FG的对称点P，连接GP，以FG，PG为邻边作平行四边形PGFQ，则BF+CG＝BF+QF，当B，F，Q三点共线时，BF+CG的最小值为BQ的长，过点Q作QN⊥AB于N，依据勾股定理即可得到Rt△BNQ中，BQ，即可得出BF+CG的最小值为． 【解答】解：如图所示，作点C关于FG的对称点P，连接GP， 以FG，PG为邻边作平行四边形PGFQ，则FQ＝PG＝CG，FG＝QP＝7， ∴BF+CG＝BF+QF， ∴当B，F，Q三点共线时，BF+CG的最小值为BQ的长， 过点Q作QN⊥AB于N， 由题可得BN＝2（8﹣6）＝4，NQ＝8﹣7＝1， ∴Rt△BNQ中，BQ， ∴BF+CG的最小值为， 故答案为：． 51．（2024春•滑县期末）如图，在△ABC中∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为 　2.4　 ． 【分析】先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得AP最短时的长，然后即可求出PM最短时的长． 【解答】解：连接AP，如图所示： ∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8， ∴， ∵PE⊥AB，PF⊥AC， ∴四边形AFPE是矩形， ∴EF＝AP，EF与AP互相平分， ∵M是EF的中点， ∴M为AP的中点， ∴， 根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短， 即AP⊥BC时，AP最短，同样PM也最短， ∴当AP⊥BC时，由△ABC的面积计算公式（等积法）可得， ， ∴AP最短时，AP＝4.8， ∴当PM最短时，． 故答案为：2.4． 52．（2024春•新郑市期末）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝2，AD＝2AB，点H，G分别是边DC，BC上的动点，连接AH，HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为 　　 ． 【分析】连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′，根据三角形中位线定理得到EFAG，根据直角三角形的性质求出BG′，根据勾股定理求出AG′，进而求出EF的最小值． 【解答】解：如图，连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′， ∵点E为AH的中点，点F为GH的中点， ∴EF是△AGH的中位线， ∴EFAG， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°， ∵∠C＝120°， ∴∠B＝60°， ∴∠BAG′＝30°， ∴BG′AB＝1， 由勾股定理得：AG′， 由垂线段最短可知，当点G在G′位置时，AG最小， ∴EF的最小值为， 故答案为：． 53．（2024春•禹王台区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，BF与AD的延长线相交于点G，下面给出四个结论：①BDBE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BCF≌△DCE，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】①由等腰直角三角形的性质可求BDBE； ②由余角的性质和平行四边形的性质可求∠A＝∠C＝∠BHE； ③由“ASA”可证△BHE≌△DCE，可得BH＝CD； ④在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，则△BCF与△DCE不全等． 【解答】解：∵∠DBC＝45°，DE⊥BC， ∴∠DBE＝∠BDE＝45°， ∴BE＝DE， ∴BDBE，故①正确； ∵DE⊥BC，BF⊥CD， ∴∠BEH＝∠DEC＝90°， ∴∠BHE+∠HBE＝90°＝∠HBE+∠C， ∴∠C＝∠BHE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C＝∠BHE，故②正确； ∵∠C+∠CDE＝90°， ∴∠CDE＝∠HBE， 在△BHE和△DCE中， ， ∴△BHE≌△DCE（ASA）， ∴BH＝CD＝AB，故③正确， 在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等， ∴△BCF与△DCE不全等，故④错误． 故选：B． 54．（2024春•惠济区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论：①∠CAD＝30°；②；③；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①根据平行四边形的性质得AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，进而可得△ABE是等边三角形，所以AE＝BE＝4，AE＝EC，所以∠EAC＝∠ACE，可得∠ACE＝30°，因为AD∥BC，所以∠CAD＝∠ACE＝30°，故可判断①；因为BE＝EC，OA＝OC，所以，OE∥AB，所以∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，在Rt△EOC中，，由四边形ABCD是平行四边形，可得∠BCD＝∠BAD＝120°，所以∠ACD＝90°，由勾股定理得，所以，即可判断③；由③知：OE是△ABC的中位线，所以，即可得，故可判断②；因为BE＝EC＝2，所以S△BOE＝S△EOC2，即可判断④． 【解答】解：①∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°， ∴∠DAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴AB＝BE＝4， ∴△ABE是等边三角形， ∴AE＝BE＝4， ∵BC＝2AB＝8， ∴EC＝4， ∴AE＝EC， ∴∠EAC＝∠ACE， ∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°， ∴∠ACE＝30°， ∵AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACE＝30°，故①正确； ③∵BE＝EC，OA＝OC， ∴，OE∥AB， ∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°， 在Rt△EOC中，， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BCD＝∠BAD＝120°， ∴∠ACB＝30°， ∴∠ACD＝90°， 在Rt△OCD中，， ∴，故③错误； ②由③知：OE是△ABC的中位线， ∴， ∵， ∴，故②正确； ④∵BE＝EC＝2， ∴S△BOE＝S△EOC2，故④正确； 故正确的有①②④， 故选：C． 55．（2024春•淅川县期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠ADB∠ADC＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， 又∵△DEF是等边三角形， ∴∠EDF＝∠DEF＝60°， 又∵∠ADB＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中，， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵AE＝t，CF＝2t， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t， ∴t＝5﹣2t ∴t， 故选：D． 56．（2024春•固始县期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF给出下列五个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE＝∠BAP；⑤PD＝2EC．其中有正确结论的个数是（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】可以证明△ANP≌△FPE，即可证得①④是正确的，根据三角形的内角和定理即可判断②正确；根据P的任意性可以判断③⑤的正确性． 【解答】解：延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M． ∵四边形ABCD是正方形． ∴∠ABP＝∠CBD 又∵NP⊥AB，PE⊥BC， ∴四边形BNPE是正方形，∠ANP＝∠EPF， ∴NP＝EP， ∴AN＝PF 在△ANP与△FPE中， ∵， ∴△ANP≌△FPE（SAS）， ∴AP＝EF，∠PFE＝∠BAP（故①④正确）； △APN与△FPM中，∠APN＝∠FPM，∠NAP＝∠PFM ∴∠PMF＝∠ANP＝90° ∴AP⊥EF，（故②正确）； ∵四边形PECF为矩形， ∴PF∥BC，PF＝BC， ∴∠DPF＝45°， ∴PDPFCE， 故⑤不正确； ∵AP＝EF，AD＝BC＝PE+CE，PDCE， ∴只有PE＝CE或PE＝（1）CE时，△APD才是等腰三角形， 故③不正确； 故正确的是：①②④． 故选：B． 57．（2024春•商水县期末）如图，菱形ABCD的边长为17，点E是对角线BD上的一点，且DE：BE＝3：7，连接AE，在AE的左侧作AE为边的正方形AEFG，AE＝10，连接BF，则BF＝　　 ． 【分析】连接AC交BD于O，过点F作FH⊥BD于H，由DE：BE＝3：7可设DE＝3k，BE＝7k，则BD＝DE+BE＝10k，由菱形的性质得AO⊥BD，OD＝OBBD＝5k，AD＝17，则OE＝OD﹣DE＝2k，由勾股定理得：OA2＝AE2﹣OE2＝102﹣（2k）2，OA2＝AD2﹣OD2＝172﹣（5k）2，据此可得k＝3，则DE＝3k＝9，OE＝2k＝6，BD＝10k＝30，OA＝8，再证△EFH和△AOE全等得EH＝OA＝8，FH＝OE＝6，则BH＝BD﹣EH﹣DE＝13，然后在Rt△AFH中由勾股定理可求出BF的长． 【解答】解：连接AC交BD于O，过点F作FH⊥BD于H，如图所示： ∵DE：BE＝3：7， ∴设DE＝3k，BE＝7k，则BD＝DE+BE＝10k， ∵四边形ABCD为菱形，且边长为17， ∴AO⊥BD，OD＝OBBD＝5k，AD＝17， ∴OE＝OD﹣DE＝5k﹣3k＝2k， 在Rt△AOE中，AE＝10，OE＝2k， 由勾股定理得：OA2＝AE2﹣OE2＝102﹣（2k）2， 在Rt△AOD中，AD＝17，OD＝5k， 由勾股定理得：OA2＝AD2﹣OD2＝172﹣（5k）2， ∴102﹣（2k）2＝172﹣（5k）2， 解得：k＝3，k＝﹣3（不合题意，舍去）， ∴DE＝3k＝9，OE＝2k＝6，BD＝10k＝30，OA2＝100﹣4k2＝64， ∴OA＝8， ∵四边形AEFG为正方形， ∴EF＝AE，∠AEF＝90°， 即∠1+∠2＝90°， 又∵AO⊥BD， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵FH⊥BD， ∴∠EHF＝∠AOE＝90°， 在△EFH和△AOE中， ， ∴△EFH≌△AOE（AAS）， ∴EH＝OA＝8，FH＝OE＝6， ∴BH＝BD﹣EH﹣DE＝30﹣8﹣9＝13， 在Rt△AFH中，BH＝13，FH＝6， 由勾股定理得：BF． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 平行四边形综合题 ( 题型概览 01 平行四边形的判定与性质 02 菱形的判定与性质 03 矩形的判定与性质 04 正方形的判定与性质 ) ( 平行四边形的判定与性质 ) 1．（2024春•禹王台区校级期末）已知如图，在▱ABCD中，点P、Q分别在BC、AD上，且∠APB＝∠CQD，对角线AC、BD交于点O，作OE⊥BD与AD交于点E，连接BE． （1）求证：△APB≌△CQD； （2）若▱ABCD的周长是20，求△ABE的周长． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，∠ABP＝∠CDQ，而∠APB＝∠CQD，即可根据“AAS”证明△APB≌△CQD； （2）由AB＝CD，AD＝CB，且▱ABCD的周长是20，求得AB+AD＝10，再证明OE垂直平分BD，则BE＝DE，所以AB+AE+BE＝AB+AD＝10，则△ABE的周长为10． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，∠ABP＝∠CDQ， 在△APB和△CQD中， ， ∴△APB≌△CQD（AAS）． （2）解：∵AB＝CD，AD＝CB，且▱ABCD的周长是20， ∴2AB＝2AD＝20， ∴AB+AD＝10， ∵OB＝OD，OE⊥BD， ∴OE垂直平分BD， ∴BE＝DE， ∴AE+BE＝AE+DE＝AD， ∴AB+AE+BE＝AB+AD＝10， ∴△ABE的周长为10． 2．（2024春•南阳期末）【教材呈现】华师版八年级下册数学教材第83页和84页的部分内容． 平行四边形的判定定理2一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 我们可以用演绎推理证明这一结论． 已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD． 求证：四边形ABCD是平行四边形． 证明：连接AC． （1）请根据教材提示，结合图，写出完整的证明过程． （2）【知识应用】如图①，在平行四边形ABCD中，延长BC到点F，使BC＝CF，连接AC、DF．求证：四边形ACFD是平行四边形． （3）【拓展提升】在【知识应用】的条件下，若四边形ACFD的面积为7，直接写出四边形ABCD的面积． 【分析】（1）根据条件证明△ABC≌△CDA，然后判定即可； （2）根据平行四边形ABCD可得AD∥BC，AD＝BC，然后判定即可； （3）根据平行四边形的特点，同底等高面积相等判断即可． 【解答】（1）证明：连接AC，在△ABC和△CDA中，如图1， ∴AB∥CD， ∴∠BAC＝∠DCA， ∵AB＝CD，AC＝CA， ∴△ABC≌△CDA（SAS）， ∴BC＝DA， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC， ∵BC＝CF， ∴AD∥CF，AD＝CF， ∴四边形ACFD是平行四边形； （3）解：根据题意判断四边形ACFD和四边形ABCD均为平行四边形， ∴平行四边形ACFD和平行四边形ABCD同底等高， ∴平行四边形ACFD面积＝平行四边形ABCD面积＝7． 3．（2024春•驿城区期末）如图，在▱ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点M，N在对角线AC上，且AM＝CN． （1）求证：四边形MENF是平行四边形； （2）连接BD，交AC于点O，若BD＝8，AM+CN＝MN，求EM的长． 【分析】（1）证明△AEM≌△CFN（SAS），得EM＝FN，∠AME＝∠CNF，则∠EMN＝∠FNM，得EM∥FN，即可得出结论； （2）连接BD，交AC于点O，先由平行四边形的性质得出OB＝4，再证出AM＝OM，可得EM为△ABO的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得结果． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠EAM＝∠FCN， ∵点E，F分别是AB，CD的中点，AB＝CD， ∴AE＝CF， ∵AM＝CN， ∴△AEM≌△CFN（SAS）， ∴EM＝FN，∠AME＝∠CNF， ∴∠EMN＝∠FNM， ∴EM∥FN， ∵EM＝FN， ∴四边形MENF是平行四边形； （2）解：连接BD，交AC于点O，如图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵BD＝8， ∴OB＝4， ∵AM＝CN，OA＝OC， ∴OM＝ON， ∵AM+CN＝MN， A M＝C N O A＝0 C∴O M＝0N即AM＝OM， ∵点E为AB的中点， ∴EM为△ABO的中位线， ∴． 4．（2024春•汝州市期末）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若AE平分∠BAC，BE＝10，BF：BE＝4：5，求AD长． 【分析】（1）证AD∥CE，再由AE∥DC，即可得出结论； （2）先由BF：BE＝4：5，再由勾股定理求出EF＝6，然后由角平分线的性质得EC＝EF＝6，最后由平行四边形的性质求解即可． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°， ∴AD∥CE， ∵AE∥DC， ∴四边形AECD是平行四边形； （2）解：∵EF⊥AB， ∴∠BFE＝90°， ∵BF：BE＝4：5，BE＝10， ∴BFBE＝8， ∴EF6， ∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，∠ACE＝90°， ∴EC＝EF＝6， 由（1）得：四边形AECD是平行四边形， ∴AD＝EC＝6． 5．（2024春•二七区期末）【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而比较两个数或代数式的大小一般要进行转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．其依据是不等式（或等式）的性质：若x﹣y＞0，则x＞y；若x﹣y＝0，则x＝y；若x﹣y＜0，则x＜y． 例：已知M＝a2﹣ab．N＝ab﹣b2．其中a≠b，求证：M＞N． 证明：M﹣N＝a2﹣ab﹣ab+b2＝（a﹣b）2， 因为a≠b， 所以（a﹣b）2＞0，故M＞N． 【新知理解】 （1）比较大小：2x﹣2 　＜　 x2．（填“＞”，“＝”，“＜”） 【问题解决】 （2）甲、乙两个平行四边形，其底和高如图所示（a＞0），其面积分别为S1，S2，请比较S1，S2的大小关系． 【拓展应用】 （3）小亮和小莹同去一家水果店购买苹果，两人均购买了两次，两次购买苹果的单价不同，两人的购货方式也不同．小亮每次购买1千克，小莹每次花10元钱购买．设两人第一次购买苹果的单价均为m元/千克，第二次购买苹果的单价均为n元/千克（m，n是正数，且m≠n），试分析小莹和小亮谁的购货方式更合算？ 【分析】（1）作差即可作出判断； （2）分别求出S1，S2，然后作差，根据a是正数即可做出判断； （3）先求出两人购物的平均单价，利用作差法可求解． 【解答】解：（1）∵x2﹣（2x﹣2）＝x2﹣2x+1+1＝（x﹣1）2+1＞0， ∴2x﹣2＜x2， 故答案为：＜； （2）∵S1＝（a+3）（a+4）＝a2+7a+12，S2＝（a+2）（a+7）＝a2+9a+14， ∴S2﹣S1＝a2+9a+14﹣（a2+7a+12）＝2a+2， ∵a＞0， ∴2a+2＞0， ∴S2＞S1； （3）由题意可得：小亮购货的平均单价为元，小莹购货的平均单价， ∴， ∴m，n是正数，且m≠n， ∴（m﹣n）2＞0，2m+2n＞0， ∴0， ∴小亮购货的平均单价比小莹购货的平均单价高， ∴小莹的购货方式更合算． 6．（2024春•老城区期末）在△ABC中，AD是△ABC的中线，E为AD的中点，过点A作AF∥BC与CE的延长线相交于点F，连接BF． （1）如图1，求证：四边形BDAF是平行四边形； （2）如图2，若∠ACD＝90°，请写出图中所有的等腰三角形． 【分析】（1）由AAS证明△AEF≌△DEC，得出AF＝DC，证出AF＝BD，由平行四边形的判定定理即可得出结论； （2）由直角三角形的中线性质得出CEAD＝AE＝DE，得出△ACE和△CDE是等腰三角形，再证出BF＝CF，AE＝EF，得出△BCF、△AEF是等腰三角形，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DCE， 在△AEF和△DEC中，， ∴△AEF≌△DEC（AAS）， ∴AF＝DC， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝DC， ∴AF＝BD， 又∵AF∥BC，即AF∥BD， ∴四边形BDAF是平行四边形； （2）解：∵∠ACD＝90°，E是AD的中点， ∴CEAD＝AE＝DE， ∴△ACE和△CDE是等腰三角形， 由（1）得：△AEF≌△DEC， ∴FE＝CE， ∴CEAD＝AE＝DE＝FE， ∴BF＝CF， ∴△BCF、△AEF是等腰三角形， 综上所述：图中所有的等腰三角形为△ACE、△CDE、△BCF、△AEF． ( 菱形的判定与性质 ) 7．（2024春•遂平县期末）如图，在▱ABCD中，CD＝BD，DE平分∠BDC交BC于点O，交AB的延长线于点E，连接CE． （1）求证：四边形BECD是菱形； （2）如果AB＝5，AD＝6，求四边形BECD的面积． 【分析】（1）由平行四边形的性质及角平分线的定义证出∠DEB＝∠BDE，则BD＝BE，可证出四边形BECD是平行四边形，由菱形的判定方法可得出结论； （2）由菱形的性质证出∠ADE＝90°，由勾股定理可求出DE的长，根据菱形的面积公式可得出答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠CDE＝∠DEB， ∵DE平分∠BDC， ∴∠CDE＝∠BDE， ∴∠DEB＝∠BDE， ∴BD＝BE， ∵BD＝CD， ∴BE＝CD， ∵BE∥CD， ∴四边形BECD是平行四边形， 又∵CD＝BD， ∴四边形BECD为菱形； （2）解：∵四边形BECD为菱形， ∴BC⊥DE， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝90°， 由（1）可知AB＝BE＝CD＝5， ∴AE＝10， ∴ED8， 又∵AD＝BC＝6， ∴四边形BECD的面积6×8＝24． 8．（2024春•虞城县校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是菱形． （2）若AB＝5，BD＝6，求OE的长． 【分析】（1）根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB＝AD可得平行四边形ABCD是菱形； （2）根据菱形的性质得出OB的长以及∠AOB＝90°，利用勾股定理求出OA的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出OE＝AC，即可解答． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠CAB＝∠DCA， ∵AC为∠DAB的平分线， ∴∠CAB＝∠DAC， ∴∠DCA＝∠DAC， ∴CD＝AD， ∵AB＝AD， ∴AB＝CD， ∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AD＝AB， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O， ∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴OB3， 在Rt△AOB中，∠AOB＝90°， ∴OA， ∵CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°， 在Rt△AEC中，∠AEC＝90°，O为AC中点， ∴4． 9．（2024春•浉河区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝BC，BO平分∠ABC，过点A作AD∥BC交BO的延长线于D，连接CD，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于E． （1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若AB＝4，∠ABE＝120°，求DE的长． 【分析】（1）先利用等腰三角形的三线合一性质可得AO＝CO，再利用平行线的性质可得∠DAO＝∠ACB，∠ADO＝∠CBO，从而利用AAS证明△ADO≌△CBO，进而可得DO＝BO，再利用对角线互相平分线的四边形是平行四边形可得四边形ABCD是平行四边形，然后利用菱形的定义可得四边形ABCD是菱形，即可解答； （2）先利用角平分线的定义可得∠DBC＝60°，再利用菱形的性质可得BC＝CD＝AB＝4，从而可得△BCD是等边三角形，进而可得BD＝BC＝4，然后利用垂直定义可得∠BDE＝90°，从而可得∠E＝30°，进而可得BE＝2BD＝8，再利用勾股定理进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）四边形ABCD是菱形， 理由：∵AB＝BC，BO平分∠ABC， ∴AO＝CO， ∵AD∥BE， ∴∠DAO＝∠ACB，∠ADO＝∠CBO， ∴△ADO≌△CBO（AAS）， ∴DO＝BO， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形； （2）∵BO平分∠ABC，∠ABE＝120°， ∴∠DBC∠ABE＝60°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD＝AB＝4， ∴△BCD是等边三角形， ∴BD＝BC＝4， ∵BD⊥DE， ∴∠BDE＝90°， ∴∠E＝90°﹣∠DBC＝30°， ∴BE＝2BD＝8， ∴DE4， ∴DE的长为4． ( 矩形的判定与性质 ) 10．（2024春•柘城县期末）如图，若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格ABCD，小菱形的顶点称为格点，且小菱形的边长为1． （1）在网格中作一个面积最大的矩形EFGH，使得矩形EFGH的4个顶点都在格点上； （2）若∠A＝60°，求（1）中矩形的面积． 【分析】（1）根据题意画出图形即可； （2）通过证明△AEH是等边三角形，可得EH＝2，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求EF＝2，即可求解． 【解答】解：（1）如图所示：矩形EFGH为所求图形； （2）如图，过点B作BM⊥EF于M， ∵∠A＝60°，AE＝AH＝2， ∴△AEH是等边三角形，∠ABC＝120°， ∴EH＝2， ∵BF＝BE＝2， ∴∠BEF＝∠BFE＝30°， ∵BM⊥EF， ∴BMBE＝1，EM＝MFBM， ∴EF＝2， ∴矩形EFGH的面积＝EH•EF＝2×24． 11．（2024春•平桥区期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10． （1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答：　四边形EGFH是平行四边形　 ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下： 由题意得：AE＝CF＝t， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠GAE＝∠HCF， ∵G，H分别是AD，BC中点， ∴AGAD，CHBC， ∴AG＝CH， ∴△AEG≌△CFH（SAS）， ∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH， ∴∠FEG＝∠EFH， ∴EG∥HF， ∴四边形EGFH是平行四边形； 故答案为：四边形EGFH是平行四边形； （2）如图1，连接GH， 由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°， ∴四边形ABHG是矩形， ∴GH＝AB＝6， ①如图1，当四边形EGFH是矩形时， ∴EF＝GH＝6， ∵AE＝CF＝t， ∴EF＝10﹣2t＝6， ∴t＝2； ②如图2，当四边形EGFH是矩形时， ∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t， ∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6， ∴t＝8； 综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8； （3）如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O， ∵四边形EGFH为菱形， ∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF， ∴OA＝OC，AG＝AH， ∴四边形AGCH为菱形， ∴AG＝CG， 设AG＝CG＝x，则DG＝8﹣x， 由勾股定理可得：CD2+DG2＝CG2， 即：62+（8﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴MG4，即t， ∴当t时，四边形EGFH为菱形． 12．（2024春•淮滨县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒（t＞0）． （1）用含t的式子表示线段的长度：PD＝　（10﹣t）　 cm， （2）当0＜t＜2.5时，运动时间t为 　2　 秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形． （3）当5＜t＜10时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由． 【分析】（1）由AD＝10，AP＝t，得PD＝10﹣t，于是得到问题的答案； （2）由AP∥BQ，∠A＝90°，可知当AP＝BQ时，四边形PABQ是矩形，可列方程t＝10﹣4t，解方程求出t的值即可； （3）分两种情况，一是5＜t≤7.5，此时点Q从点C向点B运动，可列方程10﹣t＝10×3﹣4t；二是7.5＜t＜10，此时点Q从点B向点C运动，可列方程10﹣t＝4t﹣10×3，解方程求出相应的t值即可． 【解答】解：（1）∵AD＝10，AP＝t， ∴PD＝10﹣t， 故答案为：（10﹣t）． （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AP∥BQ，∠A＝90°， ∴当AP＝BQ时，四边形PABQ是矩形， 当0＜t＜2.5时，点Q从点C向点B运动， ∴t＝10﹣4t， 解得t＝2， 故答案为：2． （3）以P、D、Q、B为顶点的四边形有可能是平行四边形， ∵PD∥BQ， ∴当PD＝BQ时，四边形BPDQ是平行四边形， 当5＜t≤7.5时，点Q从点C向点B运动， 由PD＝BQ得10﹣t＝10×3﹣4t， 解得t； 当7.5＜t＜10时，点Q从点B向点C运动， 由PD＝BQ得10﹣t＝4t﹣10×3， 解得t＝8， 综上所述，t的值为或8． ( 正方形的判定与性质 ) 13．（2024秋•鲁山县期末）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是 　BE＝DE　 ． 问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG． （1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由． （2）连结CF，若AB＝3，PC，则CF的长为 　　 ． 【分析】问题引入：利用ASA证明△AEF≌△CED，可得EF＝DE，进而可以解决问题； 问题延伸（1）延长GP交CD于点M，根据正方形的性质证明△DPM≌△FPG（ASA），可得PM＝PG，GF＝DM，根据PC为Rt△MCG斜边上的中线，进而可以解决问题； （2）根据正方形的性质设BG＝GF＝DM＝x，可得CM＝CG＝3﹣x，然后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：问题引入：BE＝DE，理由如下： ∵AB∥CD， ∴∠A＝∠C， ∵E是AC的中点， ∴AE＝CE， 在△AEF和△CED中， ， ∴△AEF≌△CED（ASA）， ∴EF＝DE， ∵∠ABD＝90°， ∴BE为Rt△BDF斜边上的中线， ∴EF＝DE＝BE， ∴BE＝DE； 故答案为：BE＝DE； 问题延伸：（1）PC＝PG，理由如下： 如图，延长GP交CD于点M， ∵四边形ABCD，BEFG为正方形， ∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°， ∴∠CDP＝∠PFG， ∵P为DF的中点， ∴DP＝FP， 在△DPM和△FPG中， ， ∴△DPM≌△FPG（ASA）， ∴PM＝PG，GF＝DM， ∵PC为Rt△MCG斜边上的中线， ∴PC＝PG＝PM， ∴PC＝PG； （2）∵四边形ABCD、BEFG为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°， 设BG＝GF＝DM＝x， ∴CM＝CG＝3﹣x， ∵PC＝PG＝PM， ∴MG＝2， ∵MC2+CG2＝MG2， ∴（3﹣x）2+（3﹣x）2＝（2）2， ∴x＝1， ∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2， ∴CF． 14．（2024春•新华区期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在直线AB，AD上，且∠ECF＝45°，连接EF． （1）当E，F分别在边AB，AD上时，如图1．请探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并写出证明过程； （2）当E，F分别在BA，AD的延长线上时，如图2．试探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）延长AB使得BG＝DF，连接CG，先证明△DCF≌△BCG，得出∠DCF＝∠BCG，CF＝CG，再证明△CFE≌△CGE得出GE＝EF即可解答； （2）把△CDF绕点C逆时针旋转90°后，得到△CBG．根据旋转的性质证明△CEF≌△CEG得出EF＝EG，由EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF即可解答． 【解答】解：（1）EF＝BE+DF， 证明：如图，延长AB使得BG＝DF，连接CG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝90°＝∠D＝∠CBG．CD＝CB， ∴△CDF≌△CBG（SAS）， ∴∠DCF＝∠BCG，CF＝CG， ∵∠ECF＝45°， ∴∠BCE+∠DCF＝45°． ∴∠ECG＝∠BCG+∠BCE＝45°＝∠ECF， ∵CF＝CG，CE＝CE， ∴△CFE≌△CGE（SAS）． ∴GE＝EF． ∵GE＝GB+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （2）EF＝BE﹣DF． 证明：如图，把△CDF绕点C逆时针旋转90°后，得到△CBG． 由旋转可得BG＝DF，CF＝CG，∠BCG＝∠DCF，点A，G，B在同一直线上． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝90°． ∵∠ECF＝45°， ∴∠DCE+∠DCF＝45°． ∴∠DCE+∠BCG＝45°． ∴∠ECG＝∠BCD﹣（∠DCE+∠BCG）＝90°﹣45°＝45°． ∴∠ECF＝∠ECG． ∵CF＝CG，CE＝CE， ∴△CEF≌△CEG（SAS）． ∴EF＝EG． ∵EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF， ∴EF＝BE﹣DF． 15．（2024春•西平县期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG． （1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝　5　 ； （2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长． 【分析】（1）连接CG，证明△CBD≌△CBG，可得C，G，D三点共线，利用勾股定理可得AG的长； （2）过点G作GH∥BC，交AB的延长线于点H，证明△BCE≌△BHG（AAS），可得BH和HG的长，利用勾股定理计算AG的长． 【解答】解：（1）如图1，连接CG． ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形， ∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG， ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形， ∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG， ∴∠CBG＝45°， ∴∠CBG＝∠CBD． ∵BC＝BC， ∴△CBD≌△CBG（SAS）， ∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5， ∴G，C，D三点共线，， ∴． 故答案为：5； （2）过点G作GH∥BC，交AB的延长线于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝5∠ABC＝90°， ∵GH∥BC， ∴∠AHG＝90°， ∵四边形BEFG是正方形， ∴∠EBG＝90°， 又∵∠HBC＝90°， ∴∠CBF＝∠HBG， 又∠BCE＝∠BHG＝90°， BF＝BG， ∴△BCE≌△BHG（AAS）， ∴BH＝BC＝5， HG＝CF＝DC﹣DE＝5﹣2＝3， 在Rt△AHG中， ． 16．（2024春•鹤壁期末）如图所示，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，DE平分∠ADC，EF∥CD交AD于点F，连接BD． （1）求证：四边形CDFE是正方形； （2）若BE＝1，，求BD的长． 【分析】（1）先根据矩形的性质和判定证明四边形EFDC是矩形，然后根据已知条件证明Rt△FDE≌Rt△CDE，从而得到DF＝DC，根据正方形的判定证明即可； （2）由（1）可知四边形EFDC是正方形，从而得到CE＝DC，根据勾股定理求出CE和DC，在结合已知条件求出BC，最后在根据勾股定理求出答案即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，即DF∥CE， ∵EF∥CD， ∴∠ADC＝∠DFE＝90°， ∴四边形EFDC是矩形，∠DFE＝∠C， ∵DE平分∠ADC， ∴∠FDE＝∠CDE， 在Rt△FDE和Rt△CDE中， ， ∴Rt△FDE≌Rt△CDE（AAS）， ∴DF＝DC， ∴四边形EFDC是正方形； （2）由（1）可知四边形EFDC是正方形， ∴CE＝DC， ∵∠C＝90°，， ∴CE2+DC2＝DE2， ， CE2＝9， CE＝DC＝3， ∴BC＝BE+CE＝1+3＝4， ∵∠C＝90°， ∴． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/5/29 11:00:07；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 17．（2024春•内黄县期末）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，如果PQ两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N的“近距离”，记为d（M，N）．特别地，当图形M与图形N有公共点时，d（M，N）＝0．已知A（﹣6，0），B（0，6），C（6，0），D（0，﹣6）． （1）d（点A，点C）＝　12　 ，d（点A，线段BD）＝　6　 ． （2）⊙O半径为r．当r＝2时，求⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）． 【分析】（1）根据图形M，N的“近距离”的定义即可解决问题． （2）如图2中，过点O作OH⊥BC于H，交⊙O于F．求出FH的长即可． 【解答】解：（1）如图1，观察图象可知d（点A，点C）＝AC＝12，d（点A，线段BD）＝OA＝6． 故答案为：12，6； （2）如图2，过点O作OH⊥BC于H，交⊙O于F． ∵OB＝OC＝6， ∴， ∵OH⊥BC，OB＝OC， ∴BH＝CH， ∴， ∴， ∴⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 平行四边形（二）-- 综合题 题型概览 01 平行四边形的判定与性质 02 菱形的判定与性质 03 矩形的判定与性质 04 正方形的判定与性质 平行四边形的判定与性质 1．（2024春•禹王台区校级期末）已知如图，在▱ABCD中，点P、Q分别在BC、AD上，且∠APB＝∠CQD，对角线AC、BD交于点O，作OE⊥BD与AD交于点E，连接BE． （1）求证：△APB≌△CQD； （2）若▱ABCD的周长是20，求△ABE的周长． 2．（2024春•南阳期末）【教材呈现】华师版八年级下册数学教材第83页和84页的部分内容． 平行四边形的判定定理2一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 我们可以用演绎推理证明这一结论． 已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD． 求证：四边形ABCD是平行四边形． 证明：连接AC． （1）请根据教材提示，结合图，写出完整的证明过程． （2）【知识应用】如图①，在平行四边形ABCD中，延长BC到点F，使BC＝CF，连接AC、DF．求证：四边形ACFD是平行四边形． （3）【拓展提升】在【知识应用】的条件下，若四边形ACFD的面积为7，直接写出四边形ABCD的面积． 3．（2024春•驿城区期末）如图，在▱ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，点M，N在对角线AC上，且AM＝CN． （1）求证：四边形MENF是平行四边形； （2）连接BD，交AC于点O，若BD＝8，AM+CN＝MN，求EM的长． 4．（2024春•汝州市期末）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F． （1）求证：四边形AECD是平行四边形； （2）若AE平分∠BAC，BE＝10，BF：BE＝4：5，求AD长． 5．（2024春•二七区期末）【阅读理解】 我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而比较两个数或代数式的大小一般要进行转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．其依据是不等式（或等式）的性质：若x﹣y＞0，则x＞y；若x﹣y＝0，则x＝y；若x﹣y＜0，则x＜y． 例：已知M＝a2﹣ab．N＝ab﹣b2．其中a≠b，求证：M＞N． 证明：M﹣N＝a2﹣ab﹣ab+b2＝（a﹣b）2， 因为a≠b， 所以（a﹣b）2＞0，故M＞N． 【新知理解】 （1）比较大小：2x﹣2 　　 x2．（填“＞”，“＝”，“＜”） 【问题解决】 （2）甲、乙两个平行四边形，其底和高如图所示（a＞0），其面积分别为S1，S2，请比较S1，S2的大小关系． 【拓展应用】 （3）小亮和小莹同去一家水果店购买苹果，两人均购买了两次，两次购买苹果的单价不同，两人的购货方式也不同．小亮每次购买1千克，小莹每次花10元钱购买．设两人第一次购买苹果的单价均为m元/千克，第二次购买苹果的单价均为n元/千克（m，n是正数，且m≠n），试分析小莹和小亮谁的购货方式更合算？ 6．（2024春•老城区期末）在△ABC中，AD是△ABC的中线，E为AD的中点，过点A作AF∥BC与CE的延长线相交于点F，连接BF． （1）如图1，求证：四边形BDAF是平行四边形； （2）如图2，若∠ACD＝90°，请写出图中所有的等腰三角形． 菱形的判定与性质 7．（2024春•遂平县期末）如图，在▱ABCD中，CD＝BD，DE平分∠BDC交BC于点O，交AB的延长线于点E，连接CE． （1）求证：四边形BECD是菱形； （2）如果AB＝5，AD＝6，求四边形BECD的面积． 8．（2024春•虞城县校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是菱形． （2）若AB＝5，BD＝6，求OE的长． 9．（2024春•浉河区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝BC，BO平分∠ABC，过点A作AD∥BC交BO的延长线于D，连接CD，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于E． （1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若AB＝4，∠ABE＝120°，求DE的长． 矩形的判定与性质 10．（2024春•柘城县期末）如图，若干个形状、大小完全相同的小菱形组成网格ABCD，小菱形的顶点称为格点，且小菱形的边长为1． （1）在网格中作一个面积最大的矩形EFGH，使得矩形EFGH的4个顶点都在格点上； （2）若∠A＝60°，求（1）中矩形的面积． 11．（2024春•平桥区期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10． （1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答：　 　 ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 12．（2024春•淮滨县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒（t＞0）． （1）用含t的式子表示线段的长度：PD＝　 　 cm， （2）当0＜t＜2.5时，运动时间t为 　 　 秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形． （3）当5＜t＜10时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由． 正方形的判定与性质 13．（2024秋•鲁山县期末）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是 　 　 ． 问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG． （1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由． （2）连结CF，若AB＝3，PC，则CF的长为 　 　 ． 14．（2024春•新华区期末）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在直线AB，AD上，且∠ECF＝45°，连接EF． （1）当E，F分别在边AB，AD上时，如图1．请探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并写出证明过程； （2）当E，F分别在BA，AD的延长线上时，如图2．试探究线段EF，BE，DF之间的数量关系，并证明． 15．（2024春•西平县期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG． （1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝　 　 ； （2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长． 16．（2024春•鹤壁期末）如图所示，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，DE平分∠ADC，EF∥CD交AD于点F，连接BD． （1）求证：四边形CDFE是正方形； （2）若BE＝1，，求BD的长． 17．（2024春•内黄县期末）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，如果PQ两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N的“近距离”，记为d（M，N）．特别地，当图形M与图形N有公共点时，d（M，N）＝0．已知A（﹣6，0），B（0，6），C（6，0），D（0，﹣6）． （1）d（点A，点C）＝　　 ，d（点A，线段BD）＝　　 ． （2）⊙O半径为r．当r＝2时，求⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$