专题03 四边形（期中真题汇编，江苏专用）八年级数学下学期

专题03 四边形 4大高频考点概览 考点01 特殊四边形的判定与证明 考点02 平行四边形中的综合计算 考点03 四边形中的中点、折叠问题 考点04 四边形中的动点与最值问题 地 城 考点01 特殊四边形的判定与证明 一、选择题 1．（2025春•无锡市江阴市校级月考）在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形ABCD是正方形的是（　　） A．AB＝AD B．OA＝OB C．AC＝BD D．DC⊥BC 二、填空题 2．（2025春•徐州市校级月考）四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，当CD＝　 　 时，这个四边形是平行四边形． 3．（2025秋•扬州市仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 　 　 ，使四边形ABCD是矩形． 4．（2025春•泰州市兴化市校级月考）如图，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，顺次连接EM，MF，FN，NE，若四边形ENFM是矩形，则AB与CD满足的条件是 　 　 ． 5．（2025春•泰兴市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，C，D两点在第二象限内，过点C作CF⊥x轴于点F，交对角线BD于点E，连接AE，若要求出△AEF的周长，则只需要知道的条件是 　 　 ．从①点A的坐标；②点B的坐标；③点A，B的坐标这3个条件中，选一个填入．（填序号即可） 三、解答题 6．（2025•扬州市仪征市校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若AB＝BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？ 7．（2025•南京市模拟）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE，OE，OE＝CD． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求AE的长． 8．（2025•扬州市邗江区模拟）如图，在▱ABCD中，线段BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF． （1）证明：四边形BECF为菱形； （2）若AD＝12，CE＝10，求四边形BFCE的面积． 9．（2025•苏州市工业园区校级模拟）如图，将两块完全相同的含有30°角的直角三角尺ABC、DEF在同一平面内按如图方式摆放，其中点A、E、B、D在同一直线上，连接AF、CD． （1）求证：四边形AFDC是平行四边形； （2）若四边形ACDF是菱形，求∠BCD的度数． 10．（2025春•南京市鼓楼区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，对角线AC，BD交于点O，AC垂直平分BD，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，BD＝2，求OE的长． 11．（2025•南京市建邺区校级模拟）（1）如图1，四边形ABCD是平行四边形，G、H是对角线AC的三等分点．求证：四边形BHDG是平行四边形． （2）如图2，四边形ABCD中，G、H是对角线AC的三等分点，延长DG、DH，分别与AB、BC交于E、F，若E、F分别是AB、BC的中点．求证：四边形ABCD是平行四边形． 12．（2025春•南京市江宁区校级月考）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．延长AO至点C，且AO＝CO，延长BO至点D，且BO＝DO，顺次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD． （1）补全图形； （2）所得四边形ABCD为（从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），请说明理由． 地 城 考点02 平行四边形中的综合计算 一、选择题 1．（2025春•江苏省校级月考）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F，连接PB、PD．若图中阴影部分的面积为8，则AE•PF的值为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 2．（2025春•南京市雨花区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线和∠CDA的平分线交于BC上一点E，若AB＝2，AE＝3，则DE的长为（　　） A．5 B． C． D．2.5 3．（2025春•淮安市淮阴区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，∠AOD＝110°，则∠OAD大小是（　　） A．55° B．35° C．45° D．20° 4．（2025春•镇江市句容市期中）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝2，则菱形ABCD的周长为（　　） A．12 B．16 C．20 D．24 5．（2025春•南京市鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点G是AB的中点，若OG＝2.5，BD＝8，则菱形ABCD的面积是（　　） A．48 B．36 C．24 D．18 6．（2025春•苏州市工业园区校级期中）如图，两条宽都为1cm的纸条交叉成60°角重叠在一起，则重叠四边形的面积为（　　）cm2． A． B． C． D． 7．（2025春•南京市建邺区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（　　） A． B． C．4 D．2 二、解答题 8．（2025春•苏州市姑苏区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DEAC，连接AE、CE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）若菱形ABCD的边长为3，∠BCD＝60°，求AE的长． 9．（2025春•南京市鼓楼区校级月考）如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，∠B＝∠D．在此条件下，对它“强化条件”，分别得到图1的3个命题． （1）命题1的证明思路如下，在图1中连接AC，BD，并填充证明框图． ①　 　 ； ②　 　 ； ③　 　 ． （2）命题2是真命题，请在图2中完成证明． （3）命题3是假命题，请画出反例并解释反例存在的合理性． 10．（2025春•南京市鼓楼区校级月考）【教材原题】如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是DC的中点，N是AB的中点．求证：∠PMN＝∠PNM． 【应用】如图②，连结图①中的AC，并取AC中点Q，连结MQ、NQ． （1）若AD＝8，则四边形PMQN的周长为 　 　 ． （2）若AD＝4，且∠DAB+∠ABC＝90°，则四边形PMQN的面积为 　 　 ． 11．（2025春•南通市启东市期中）图1是某小区倾斜式停车位，图2是车位示意图，工人在绘制时保证AD＝BC，∠A＝60°，∠B＝120°． （1）请判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若AD为6米，AB为2.8米，求停车位ABCD的面积． 地 城 考点03 四边形中的中点、折叠问题 一、填空题 1．（2025春•扬州市海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD为BC边上的中线，AE为∠BAC的角平分线，过点B作BF⊥AE于点F，连接DF，则线段DF的长为　 　 ． 2．（2025春•扬州市邗江区校级期中）如图，在菱形ABCD中，E为BC中点，F是AD的中点，EF交对角线BD于点O，连结FC，取OB中点M，取CF中点N，连结MN，若∠A＝60°，AB＝2，则MN的长度为 　 　 ． 3．（2025春•苏州校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O、E分别是AC、AD的中点，连接OE，若AB＝6，则OE的长为　 　 ． 4．（2025春•扬州市江都区校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是AD边上的中点，P是AB边上的一动点，M、N分别是PE、PC的中点，则线段MN的长为　 　 ． 5．（2025春•徐州校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝6，则BF的长为　 　 6．（2025春•无锡市锡山区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠BAD＝60°，连接AC使AC平分∠BAD，AB＝AC＝3，E、F分别为AC、BC的中点，连接DE、EF、FD，则FD＝　 　 ． 7．（2025春•南京市鼓楼区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为CA、CB的中点，AF平分∠BAC，交DE于点F，若AC＝3，BC＝4，则EF的长为　 　 ． 8．（2025春•扬州市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，∠BAC＝50°，E是射线CB上一点，将△COE沿OE翻折得△FOE，当OF∥AB时，∠OEB的度数为　 　 ． 二、解答题 9．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图1，在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点F． （1）求证：BF＝2OF，CF＝2EF； （2）如图2，点P为DF的中点，连接AF、AP、CP，判断四边形AFCP的形状，并证明你的结论． 10．（2025春•盐城市期末）综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． （1）作图与操作：如图1，画任意四边形ABCD，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形EFGH．请你画出图2、图3、图4中四边形ABCD的中点四边形EFGH（用刻度尺度量画图即可）； （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定．请填写下表： 图形 原四边形对角线AC与BD 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 AC＝BD，但AC与BD不垂直 图3 AC≠BD，AC⊥BD 图4 AC＝BD，AC⊥BD （3）证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 　 　 ，已知：四边形ABCD中，E，F，G，H是四边的中点，　 　 ．求证：四边形EFGH是 　 　 ． 11．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是边CD上一点（与C、D不重合）．四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形AEMN． （1）若CE＝2，AN与CD交于点F，求△AEF的面积； （2）如图，ME的延长线交AB于点P，设DE＝x（0＜x＜2），求△APE的面积S．（用含x代数式表示） 地 城 考点04 四边形中的动点与最值问题 一、选择题 1．（2025春•盐城市校级期中）如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作射线OM、ON，分别交CD、BC于点E、F（点E不与C、D重合），且∠EOF＝90°，连接EF，给出下列结论，其中不一定成立的是（　　） A．△COE≌△BOF B．EF平分∠OEC C．BF＝CE D．S四边形OFCE＝S△OBC 2．（2025春•无锡市锡山区校级期中）正方形ABCD边长为4，AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积的最大值与最小值的和为（　　） A．32 B．8 C．16 D．64 3．（2025春•苏州市校级期中）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝3，△AEF是等边三角形，且点F在射线AB上，点E在射线AC上，点G是EF的中点，连接CG，则CG长度的最小值为（　　） A．3 B． C． D． 2、 填空题 4．（2025春•扬州市海陵区校级月考）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝a，AD＝b，则CD的长为　 　 ．（用含有a，b的代数式表示） 5．（2025春•南京市期中）如图，已知AB＝10，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点MN之间的距离最短为 　 　 ． 6．（2025春•泰州市兴化市期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，分别在OD和CB上取点M、N，使得OM＝CN，若AC＝2AB＝4，则MN的最小值为 　 　 ． 7．（2025春•苏州市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，点P为斜边AB上一动点，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC，垂足分别为D，E，连接DE．若AB＝13，BC＝12，则DE的最小值　 　 ． 8．（2025春•南京市鼓楼区校级期末）在边长为8的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E从点A沿着边AD向终点D运动，同时，点F以相同的速度从点D沿着边DC向终点C运动，在此运动过程中，点E与点F距离的最小值是　 　 ． 9．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm．点P自点A向点D以1cm/s的速度运动，到点D即停止；点Q自点C向点B以2cm/s的速度运动，到点B即停止，直线PQ将四边形ABCD分成两个新四边形．若当点P、Q同时出发ts后，其中一个新四边形为平行四边形，则t的值为 　 　 ． 三、解答题 10．（2025春•南京市建邺区校级期中）如图，P为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，Q为AD边上的一个动点，AP的垂直平分线分别交AB，AP于点E，G，∠DAB＝30°，若PQ的长的最小值为，求AE的长． 11．（2025春•镇江市期中）如图，在三角形ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN平行于BC，设MN交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于F． （1）求证：OE＝OF； （2）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由． 12．（2025春•扬州市高邮市月考）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F． （1）探究线段EF与OC的数量关系并说明理由． （2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　 　 是菱形或正方形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 四边形 4大高频考点概览 考点01 特殊四边形的判定与证明 考点02 平行四边形中的综合计算 考点03 四边形中的中点、折叠问题 考点04 四边形中的动点与最值问题 地 城 考点01 特殊四边形的判定与证明 一、选择题 1．（2025春•无锡市江阴市校级月考）在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形ABCD是正方形的是（　　） A．AB＝AD B．OA＝OB C．AC＝BD D．DC⊥BC 【答案】A 【分析】由菱形的性质和正方形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，OA＝OCAC，OB＝ODBD， A、AB＝AD时，不能判定菱形ABCD是正方形，故选项A符合题意； B、∵OA＝OB， ∴AC＝BD ∴菱形ABCD是正方形，故选项B不符合题意； C、∵四边形ABCD是菱形， ∴AC＝BD， ∴菱形ABCD是正方形，故选项C不符合题意； D、∵DC⊥BC， ∴∠BCD＝90°， ∴菱形ABCD是正方形，故选项D不符合题意； 故选A． 二、填空题 2．（2025春•徐州市校级月考）四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3，当CD＝　 　 时，这个四边形是平行四边形． 【答案】3 【分析】直接利用平行四边形的判定方法得出AB＝CD时可得出这个四边形是平行四边形即可得出答案． 【详解】解：∵当AB＝CD，AB∥CD时，四边形ABCD是平行四边形， ∴当CD＝AB＝3时，这个四边形是平行四边形． 故答案为3 3．（2025秋•扬州市仪征市期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC＝BD，请添加一个条件 　 　 ，使四边形ABCD是矩形． 【答案】AB＝CD（答案不唯一） 【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：添加一个条件为：AB＝CD，使四边形ABCD是矩形．理由如下： ∵AB＝CD，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形， 故答案为AB＝CD（答案不唯一）． 4．（2025春•泰州市兴化市校级月考）如图，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，顺次连接EM，MF，FN，NE，若四边形ENFM是矩形，则AB与CD满足的条件是 　 　 ． 【答案】AB⊥CD 【分析】根据矩形的性质可得MF⊥ME，根据三角形中位线的性质可得MF∥AB，ME∥CD，即可得出AB⊥CD． 【详解】解：∵四边形ENFM是矩形， ∴MF⊥ME， ∵点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点， ∴MF是△ABC的中位线，ME是△ACD的中位线， ∴MF∥AB，ME∥CD， ∴AB⊥ME， ∵ME∥CD， ∴AB⊥CD， 故答案为AB⊥CD． 5．（2025春•泰兴市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，C，D两点在第二象限内，过点C作CF⊥x轴于点F，交对角线BD于点E，连接AE，若要求出△AEF的周长，则只需要知道的条件是 　 　 ．从①点A的坐标；②点B的坐标；③点A，B的坐标这3个条件中，选一个填入．（填序号即可） 【答案】② 【分析】过点C作CH⊥y轴于点H，设点A的坐标为（﹣a，0），点B的坐标为（0，b），其中a＞0，b＞0，证明四边形CFOH是矩形得CF＝OH，OF＝CH，再证明△ABE和△CBE全等得AE＝CE，则AE+EF＝OH，再证明△AOB和△BHC全等得OA＝BH＝a，OB＝CH＝b，则OF＝CH＝b，OH＝a+b，进而得AE+EF＝OH＝a+b，AF＝b﹣a，继而得△AEF的周长为AE+EF+AF＝2b，由此即可得出答案． 【详解】解：过点C作CH⊥y轴于点H，如图所示： 设点A的坐标为（﹣a，0），点B的坐标为（0，b），其中a＞0，b＞0， ∴OA＝a，OB＝b， ∵CF⊥x轴， ∴∠EFO＝∠FOH＝∠CHO＝90°， ∴四边形CFOH是矩形， ∴CF＝OH，OF＝CH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ABE＝∠ABE＝45°， 在△ABE和△CBE中， ， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE， ∴AE+EF＝CE+EF＝CF＝OH， ∵∠AOB＝∠BHC＝90°， ∴∠OAB+∠OBA＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠OBA+∠HBC＝90°， ∴∠OAB＝∠HBC， 在△AOB和△BHC中， ， ∴△AOB≌△BHC（AAS）， ∴OA＝BH＝a，OB＝CH＝b， ∴OF＝CH＝b，OH＝BH+OB＝a+b， ∴AE+EF＝OH＝a+b，AF＝OF﹣OA＝b﹣a， ∴△AEF的周长为：AE+EF+AF＝a+b+b﹣a＝2b， ∴若要求出△AEF的周长，则只需要知道的点B的坐标即可． 故答案为②． 三、解答题 6．（2025•扬州市仪征市校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE＝DF． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）若AB＝BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？ 【分析】（1）由∠ABD＝∠CDB得出AB∥CD，再证明△ABE≌△CDF（AAS）得出AB＝CD，即可得证； （2）证明△ABO是等边三角形，得出AO＝BO，结合平行四边形的性质得出AC＝BD，即可得证． 【详解】（1）证明：∵∠ABD＝∠CDB， ∴AB∥CD， ∴∠BAE＝∠CDF， ∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F， ∴∠AEB＝∠CFD＝90°， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）解：当∠ABE＝30°时，四边形ABCD是矩形，理由如下： ∵AB＝BO，BE⊥AO， ∴∠ABO＝2∠ABE＝60°， ∴△ABO是等边三角形， ∴AO＝BO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AC＝2AO，BD＝2BO， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形． 7．（2025•南京市模拟）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE，OE，OE＝CD． （1）求证：▱ABCD是菱形； （2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求AE的长． 【分析】（1）先证四边形OCED是平行四边形．再证平行四边形OCED是矩形，则∠COD＝90°，得AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝4，再由勾股定理得OD＝2，然后由矩形的在得CE＝OD＝2，∠OCE＝90°，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵DE∥AC，DE＝OC， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵OE＝CD， ∴平行四边形OCED是矩形， ∴∠COD＝90°， ∴AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，CD＝AB＝BC＝4，AC⊥BD， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝4， ∴OA＝OC＝2， 在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD2， 由（1）可知，四边形OCED是矩形， ∴CE＝OD＝2，∠OCE＝90°， ∴AE2， 即AE的长为2． 8．（2025•扬州市邗江区模拟）如图，在▱ABCD中，线段BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF． （1）证明：四边形BECF为菱形； （2）若AD＝12，CE＝10，求四边形BFCE的面积． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到BO＝CO，∠BEO＝∠COF＝90°，根据平行线的性质得到∠EBO＝∠FCO，根据全等三角形的性质得到BE＝CF，推出四边形BECF是平行四边形，根据菱形的判定定理得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到BC＝AD＝12，求得OC，根据勾股定理得到OE8，于是得到四边形BFCE的面积16×12＝96． 【详解】（1）证明：∵EF垂直平分BC， ∴BO＝CO，∠BEO＝∠COF＝90°， ∵CF∥BE， ∴∠EBO＝∠FCO， ∴△BOE≌△COF（ASA）， ∴BE＝CF， 四边形BECF是平行四边形， ∵EF垂直平分BC， ∴BE＝CE， ∴四边形BECF为菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝12， ∴OC， ∴OE8， ∴四边形BFCE的面积16×12＝96． 9．（2025•苏州市工业园区校级模拟）如图，将两块完全相同的含有30°角的直角三角尺ABC、DEF在同一平面内按如图方式摆放，其中点A、E、B、D在同一直线上，连接AF、CD． （1）求证：四边形AFDC是平行四边形； （2）若四边形ACDF是菱形，求∠BCD的度数． 【分析】（1）由题意得：△ABC≌△DEF，推出AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，得AC∥DF，即可求证； （2）由题意得CA＝CD，推出∠CDA＝∠CAD＝30°，即可求解； 【详解】（1）证明：将两块完全相同的含有30°角的直角三角尺ABC、DEF在同一平面内按如图方式摆放， △ABC≌△DEF， ∴AC＝DF，∠CAB＝∠FDE， ∴AC∥DF， ∴四边形AFDC是平行四边形； （2）解：若四边形ACDF是菱形，则CA＝CD， ∴∠CDA＝∠CAD＝30°， ∴∠ACD＝180°﹣∠CDA﹣∠CAD＝120°， ∴∠BCD＝∠ACD﹣∠ACB＝30°． 10．（2025春•南京市鼓楼区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，对角线AC，BD交于点O，AC垂直平分BD，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，BD＝2，求OE的长． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得出AB＝AD，证明△DOC≌△BOA，得出DC＝AB，则可证四边形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，即可详解． 【详解】（1）证明：∵AB∥DC， ∴∠CAB＝∠DCA， ∵AC垂直平分BD， ∴BO＝DO，AD＝AB， 又∵∠DOC＝∠BOA， 在△DOC和△BOA中， ， ∴△DOC≌△BOA（AAS）， ∴CD＝BA， ∵AB∥DC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB＝AD， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∴∠AOB＝90°， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：， ∵CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°， ∵OA＝OC， ∴． 11．（2025•南京市建邺区校级模拟）（1）如图1，四边形ABCD是平行四边形，G、H是对角线AC的三等分点．求证：四边形BHDG是平行四边形． （2）如图2，四边形ABCD中，G、H是对角线AC的三等分点，延长DG、DH，分别与AB、BC交于E、F，若E、F分别是AB、BC的中点．求证：四边形ABCD是平行四边形． 【分析】（1）连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证明OG＝OH，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）连接BD交AC于点O，连接BG，BH，先证明EG是△ABH的中位线，得EG∥BH，同理BG∥DH，再证明四边形BHDG是平行四边形，得AO＝OC，然后由平行四边形的判定即可得出结论． 【详解】证明：（1）如图1，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵G、H是对角线AC的三等分点， ∴AG＝CH， ∴OA﹣AG＝OC﹣CH， 即OG＝OH， ∴四边形BHDG是平行四边形； （2）如图2，连接BD交AC于点O，连接BG，BH， ∵G、H是对角线AC的三等分点， ∴AG＝GH， ∵E是AB的中点， ∴EG是△ABH的中位线， ∴EG∥BH， 同理BG∥DH， ∴四边形BHDG是平行四边形， ∴BO＝OD，GO＝OH， 又∵AG＝HC， ∴AG+GO＝HC+OH， 即AO＝OC， ∴四边形ABCD是平行四边形． 12．（2025春•南京市江宁区校级月考）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．延长AO至点C，且AO＝CO，延长BO至点D，且BO＝DO，顺次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD． （1）补全图形； （2）所得四边形ABCD为（从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），请说明理由． 【分析】（1）根据题意作图即可； （2）根据矩形的判定即可得到四边形ABCD是矩形． 【详解】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求． （2）结论：四边形ABCD是矩形． 理由：∵∠1＝∠2， ∴OA＝OB， ∵OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC＝2OA，BD＝2OB，OA＝OB， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形） 地 城 考点02 平行四边形中的综合计算 一、选择题 1．（2025春•江苏省校级月考）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F，连接PB、PD．若图中阴影部分的面积为8，则AE•PF的值为（　　） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】由矩形的性质可证明S△PEB＝S△PFD＝4，根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：作PM⊥AD于M，交BC于N． 则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN，四边形AEFD都是矩形， ∴AE＝DF，S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN， ∴S四边形DFPM＝S四边形PEBN， ∴S△DFP＝S△PBE， ∵S阴影＝S△DFP+S△BEP＝8， ∴S△DFP＝4，即， ∴AE•PF＝8． 故选B． 2．（2025春•南京市雨花区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线和∠CDA的平分线交于BC上一点E，若AB＝2，AE＝3，则DE的长为（　　） A．5 B． C． D．2.5 【答案】B 【分析】先根据平行四边形的性质及角平分线的定义证明AB＝BE＝2，CE＝CD＝2，再利用∠BAD+∠CDA＝180°结合角平分线的定义证明∠AED＝90°，推出△AED是直角三角形，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝2， ∴AD＝BC，CD＝AB＝2，AD∥BC，∠BAD+∠ADC＝180°， ∴∠CED＝∠ADE，∠AEB＝∠DAE， ∵∠BAD的平分线和∠CDA的平分线交于BC上一点E， ∴， ∴∠AEB＝∠BAE，∠CED＝∠CDE， ∴CE＝CD＝2，AB＝BE＝2， ∴AD＝BC＝BE+CE＝4， ∴， ∴∠AED＝180°﹣∠DAE﹣∠ADE＝90°， ∵AE＝3， ∴， 故选B． 3．（2025春•淮安市淮阴区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，∠AOD＝110°，则∠OAD大小是（　　） A．55° B．35° C．45° D．20° 【答案】B 【分析】先由矩形性质得到OA＝OD，再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OD， ∵∠AOD＝110°， ∴35°， 故选B． 4．（2025春•镇江市句容市期中）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝2，则菱形ABCD的周长为（　　） A．12 B．16 C．20 D．24 【答案】B 【分析】由三角形中位线定理得到AB＝2EF＝4，即可求出菱形ABCD的周长． 【详解】解：∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF是△DAB的中位线， ∴AB＝2EF＝2×2＝4， ∴菱形ABCD的周长＝4×4＝16． 故选B． 5．（2025春•南京市鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点G是AB的中点，若OG＝2.5，BD＝8，则菱形ABCD的面积是（　　） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】C 【分析】根据菱形的性质和已知条件可得OG是Rt△AOB斜边上的中线，由此可求出AB的长，再根据勾股定理可求出OA的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可． 【详解】解：∵菱形ABCD， ∴AC⊥BD，AC＝2AO，， ∵OG＝2.5，BD＝8， ∴AB＝2OG＝5，BO＝4， ∴， ∴AC＝2AO＝6， ∴菱形ABCD的面积是． 故选C． 6．（2025春•苏州市工业园区校级期中）如图，两条宽都为1cm的纸条交叉成60°角重叠在一起，则重叠四边形的面积为（　　）cm2． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点A作AF⊥BC于F，过点C作CE⊥AB于E，先证四边形ABCD是平行四边形，再证平行四边形ABCD是菱形，然后由30°所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理求出AB的长，即可解决问题． 【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，过点A作AF⊥BC于F， 由题意可得AF＝CE＝1cm，AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴BC•AF＝AB•CE， ∴AB＝BC， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∵AF⊥BC，∠ABC＝60°， ∴∠BAF＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴ ∵AF＝1cm， ∴， ∴， 即重叠四边形的面积为， 故选C． 7．（2025春•南京市建邺区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（　　） A． B． C．4 D．2 【答案】B 【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证△AOB是等边三角形，可得∠BAC＝60°，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝BO＝CO＝DO，∠ABC＝90°， ∵AE垂直平分OB， ∴AB＝AO， ∴AB＝AO＝BO， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴∠ACB＝30°， ∴． 故选B． 二、解答题 8．（2025春•苏州市姑苏区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DEAC，连接AE、CE． （1）求证：四边形OCED为矩形； （2）若菱形ABCD的边长为3，∠BCD＝60°，求AE的长． 【分析】（1）先证四边形OCED是平行四边形，再由∠DOC＝90°，即可得出结论； （2）先证△BCD是等边三角形，得BD＝BC＝2，再由勾股定理得OC，求得AC＝2OC，然后由矩形的性质得CE＝OD＝1.5，∠OCE＝90°，最后由勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO＝OCAC， ∴∠DOC＝90°， ∵DE∥AC，DEAC， ∴DE＝OC，DE∥OC， ∴四边形OCED是平行四边形， 又∵∠DOC＝90°， ∴平行四边形OCED是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BC＝CD＝8，OB＝OD，AO＝OCAC， ∵∠BCD＝60°， ∴△BCD是等边三角形， ∴BD＝BC＝3， ∴OD＝OB， ∴OC， ∴AC＝2OC＝3， 由（1）得：四边形OCED为矩形， ∴CE＝OD＝1，∠OCE＝90°， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE， 故AE的长为：． 9．（2025春•南京市鼓楼区校级月考）如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，∠B＝∠D．在此条件下，对它“强化条件”，分别得到图1的3个命题． （1）命题1的证明思路如下，在图1中连接AC，BD，并填充证明框图． ①　 　 ； ②　 　 ； ③　 　 ． （2）命题2是真命题，请在图2中完成证明． （3）命题3是假命题，请画出反例并解释反例存在的合理性． 【分析】由矩形的性质得∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，OA＝OC＝OD，由∠BDC+∠ADB＝90°，且∠BDC＝2∠ADB，求得∠ADB＝30°，则∠ODC＝60°，所以△OCD是等边三角形，而CD＝AB＝2，利用含30度角的直角三角形求出BC，由AE平分∠BAD交BC边于点E，得∠BAE＝∠DAE＝45°，则∠BEA＝∠BAE＝45°，所以BE＝AB＝2，则得EC，由三角形的中位线定理得FOEC，得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O， ∴∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，OA＝OCAC，OB＝ODBD，且AC＝BD， ∴OA＝OC＝OD， ∵∠BDC+∠ADB＝90°，且∠BDC＝2∠ADB， ∴2∠ADB+∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝30°， ∴∠ODC＝∠ADC﹣∠ADB＝60°， ∴△OCD是等边三角形， ∵CD＝AB＝2， ∴OA＝OC＝CD＝2， ∴BCAB＝2， ∵AE平分∠BAD交BC边于点E， ∴∠BAE＝∠DAEBAD＝45°， ∴∠BEA＝∠BAE＝45°， ∴BE＝AB＝2， ∴EC＝BC﹣BE＝22， ∵点F是AE的中点，点O是AC的中点， ∴FOEC1， 故选：C． 10．（2025春•南京市鼓楼区校级月考）【教材原题】如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是DC的中点，N是AB的中点．求证：∠PMN＝∠PNM． 【应用】如图②，连结图①中的AC，并取AC中点Q，连结MQ、NQ． （1）若AD＝8，则四边形PMQN的周长为 　 　 ． （2）若AD＝4，且∠DAB+∠ABC＝90°，则四边形PMQN的面积为 　 　 ． 【分析】【教材原题】运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； 【应用】（1）运用三角形中位线定理可得PN＝MQAD，PM＝QNBC，再由AD＝BC＝8，可得PN＝MQ＝PM＝QN＝4，即可得出答案； （2）由（1）得PN＝MQ＝PM＝QN＝4，得出四边形PNQM是菱形，再证得∠PNQ＝90°，得出四边形PNQM是正方形，即可求得答案． 【详解】【教材原题】证明：如图①，∵P、M、N分别是BD、DC、AB的中点， ∴PN、PM分别是△ABD、△BCD的中位线， ∴PNAD，PMBC， ∵AD＝BC， ∴PN＝PM， ∴∠PMN＝∠PNM． 【应用】解：（1）如图②，∵P、Q、M、N分别是BD、AC、DC、AB的中点， ∴PN＝MQAD，PM＝QNBC， ∵AD＝BC＝8， ∴PN＝MQ＝PM＝QN＝4， ∴四边形PMQN的周长为16， 故答案为：16； （2）如图③，∵P、Q、M、N分别是BD、AC、DC、AB的中点， ∴PN＝MQAD，PM＝QNBC，PN∥AD，QN∥BC， ∴∠BNP＝∠DAB，∠ANQ＝∠ABC， ∵AD＝BC＝4， ∴PN＝MQ＝PM＝QN＝2， ∴四边形PNQM是菱形， ∵∠DAB+∠ABC＝90°， ∴∠BNP+∠ANQ＝90°， ∴∠PNQ＝90°， ∴菱形PNQM是正方形， ∴S四边形PMQN＝22＝4， 故答案为4． 11．（2025春•南通市启东市期中）图1是某小区倾斜式停车位，图2是车位示意图，工人在绘制时保证AD＝BC，∠A＝60°，∠B＝120°． （1）请判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若AD为6米，AB为2.8米，求停车位ABCD的面积． 【分析】（1）证明AD∥BC，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）过点C作CE⊥AB于点E，由平行四边形的性质得BC＝AD＝6米，进而由含30°角的直角三角形的性质得BE＝3米，再由勾股定理求出CE的长，然后由平行四边形面积公式即可得出结论． 【详解】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，理由如下： ∵∠A＝60°，∠D＝120°， ∴∠A+∠B＝180°， ∴AD∥BC， 又∵AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）如图，过点C作CE⊥AB于点E， 由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝6米， ∵∠ABC＝120°， ∴∠CBE＝180°﹣120°＝60°， ∴BEBC6＝3（米）， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE3（米）， ∴S平行四边形ABCD＝AB•CE＝2.8×3（平方米）， 答：停车位ABCD的面积为平方米． 地 城 考点03 四边形中的中点、折叠问题 一、填空题 1．（2025春•扬州市海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD为BC边上的中线，AE为∠BAC的角平分线，过点B作BF⊥AE于点F，连接DF，则线段DF的长为　 　 ． 【答案】1.5 【分析】如图，延长BF交AC于H，先证得△BFA≌△HFA得出BF＝FH，再由中位线定理即可得解． 【详解】解：如图，延长BF交AC于H， ∵AE是角平分线，BF⊥AE， ∴∠AFB＝∠AFH＝90°，∠BAE＝∠CAE， 在△BFA与△HFA中， ， ∴△BFA≌△HFA（ASA）， ∴BF＝FH，AH＝AB＝6， ∴CH＝AC﹣AH＝AC﹣AB＝9﹣6＝3， 又∵AD是中线， ∴DF是△BCH的中位线， ∴， 故答案为1.5． 2．（2025春•扬州市邗江区校级期中）如图，在菱形ABCD中，E为BC中点，F是AD的中点，EF交对角线BD于点O，连结FC，取OB中点M，取CF中点N，连结MN，若∠A＝60°，AB＝2，则MN的长度为 　 　 ． 【答案】 【分析】由ASA可证△DFO≌△BEO，可得DO＝BO，由菱形的性质可得AC⊥BD，∠DAO＝∠BCO＝30°，由直角三角形的性质可得FO＝AF＝DF＝1，由三角形中位线定理可得MH∥BC，MHBC＝1，NH∥FO，NHFO，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝BC＝AB＝2，AD∥BC， ∴∠DBE＝∠BDF，∠DFO＝∠BEO， ∵E为BC中点，F是AD的中点， ∴DF＝AFADBC＝BE＝CE＝1， ∴△DFO≌△BEO（ASA）， ∴DO＝BO， ∵AC与BD互相平分， ∴AC过点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠DAO＝∠BCO＝30°， ∴FO＝AF＝DF＝1， ∴∠FAO＝∠FOA＝30°， 取CO的中点H，连接NH，HM，过点N作NG⊥MH于G， ∵M是OB的中点，N是FC的中点，H是CO的中点， ∴MH∥BC，MHBC＝1，NH∥FO，NHFO， ∴∠NHA＝∠AOF＝30°，∠OHM＝∠ACB＝30°， ∴∠NHM＝60°， ∵NG⊥MH， ∴∠GNH＝30°， ∴HGNH，NG， ∴GM， ∴MN， 故答案为． 3．（2025春•苏州校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O、E分别是AC、AD的中点，连接OE，若AB＝6，则OE的长为　 　 ． 【答案】3 【分析】由平行四边形的性质得CD＝AB＝6；再由三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝6； ∵点O、E分别是AC、AD的中点， ∴； 故答案为3． 4．（2025春•扬州市江都区校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是AD边上的中点，P是AB边上的一动点，M、N分别是PE、PC的中点，则线段MN的长为　 　 ． 【答案】 【分析】连接CE，根据矩形的性质和勾股定理求出CE的长度，再根据三角形的中位线定理得，即可求解． 【详解】解：连接CE，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝4，∠D＝90°， ∵E是AD边上的中点， ∴， ∴， ∵M，N分别是PE、PC的中点， ∴MN是△PCE的中位线， ∴， 故答案为． 5．（2025春•徐州校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝6，则BF的长为　 　 【答案】6 【分析】根据三角形中位线定理，可得AC＝2DE＝12，再由直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，DE＝6， ∴AC＝2DE＝12， ∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线， ∴． 故答案为6． 6．（2025春•无锡市锡山区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠BAD＝60°，连接AC使AC平分∠BAD，AB＝AC＝3，E、F分别为AC、BC的中点，连接DE、EF、FD，则FD＝　 　 ． 【答案】 【分析】因为∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，求得∠DAC＝30°，因为点E分别是AC的中点，△ADC是直角三角形，根据直角三角形中线定理求得：，∠DEC＝60°，因为点E、F分别是AC、BC的中点，根据中位线定理求得，所以∠DEF＝90°，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠BAD＝60°，AC平分∠BAD， ∴，△ADC是直角三角形， ∵点E是AC的中点， ∴， ∴∠EAD＝∠EDA＝30°， ∴∠DEC＝∠EAD+∠EDA＝30°+30°＝60°， ∵点E、F分别是AC、BC的中点， ∴，EF∥AB， ∴∠CAB＝∠CEF＝30°， ∴∠DEF＝30°+60°＝90°， 在直角三角形DEF中，由勾股定理得：． 故答案为． 7．（2025春•南京市鼓楼区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为CA、CB的中点，AF平分∠BAC，交DE于点F，若AC＝3，BC＝4，则EF的长为　 　 ． 【答案】1 【分析】根据勾股定理得到AB＝5，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE，根据平行线的性质和角平分线的定义得到得到∠DAF＝∠DFA，根据等腰三角形的判定得到结论． 【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， ∵D、E分别为CA、CB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB，DEAB， ∴∠DFA＝∠FAB， ∵AF平分∠BAC， ∴∠DAF＝∠BAF， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴DF＝ADAC3． ∴EF＝DE﹣DF＝1， 故答案为1． 8．（2025春•扬州市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，∠BAC＝50°，E是射线CB上一点，将△COE沿OE翻折得△FOE，当OF∥AB时，∠OEB的度数为　 　 ． 【答案】65 【分析】根据矩形的性质得到∠ABC＝90°，AB∥CD，根据直角三角形的性质求出∠ACB，根据平行线的性质求出∠COF，根据折叠的性质求出∠EOC，再根据三角形的外角性质计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ABC＝90°，AB∥CD， ∴∠ACB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣50°＝40°， ∵OF∥AB， ∴OF∥AB， ∴∠COF＝∠BAC＝50°， 由折叠的性质可知：∠EOC∠COF＝25°， ∴∠OEB＝∠ACB+∠EOC＝40°+25°＝65°， 故答案为65°． 二、解答题 9．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图1，在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点F． （1）求证：BF＝2OF，CF＝2EF； （2）如图2，点P为DF的中点，连接AF、AP、CP，判断四边形AFCP的形状，并证明你的结论． 【分析】（1）由BE∥CD，可得，推出DF＝2BF，CF＝2EF，设BF＝a，DF＝2a，则BD＝3a，OB＝OD＝1.5a，可得OF＝0.5a，即可解决问题； （2）结论：四边形AFCP是平行四边形．想办法证明OA＝OC，OF＝OP即可． 【详解】（1）证明：如图1中， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD， ∵BE＝AE， ∴CD＝2BE， ∵BE∥CD， ∴， ∴DF＝2BF，CF＝2EF， 设BF＝a，DF＝2a，则BD＝3a，OB＝OD＝1.5a， ∴OF＝0.5a， ∴BF＝2OF． （2）解：结论：四边形AFCP是平行四边形． 理由：如图2中， 由（1）可知：BF＝a，DF＝2a，BD＝3a，OB＝OD＝1.5a， ∵DP＝PF，DF＝2a， ∴PF＝PD＝a， ∵OF＝0.5a， ∴OP＝0.5a， ∴OF＝OP， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∴四边形AFCP是平行四边形． 10．（2025春•盐城市期末）综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． （1）作图与操作：如图1，画任意四边形ABCD，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形EFGH．请你画出图2、图3、图4中四边形ABCD的中点四边形EFGH（用刻度尺度量画图即可）； （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定．请填写下表： 图形 原四边形对角线AC与BD 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 AC＝BD，但AC与BD不垂直 图3 AC≠BD，AC⊥BD 图4 AC＝BD，AC⊥BD （3）证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 　 　 ，已知：四边形ABCD中，E，F，G，H是四边的中点，　 　 ．求证：四边形EFGH是 　 　 ． 【分析】（1）依题意画出图形即可： （2）图2中的中点四边形EFGH是菱形，图3中的中点四边形EFGH是矩形，图中的中点四边形EFGH是正方形，然后填入表格即可； （3）选择图2时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC与BD不垂直，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是菱形；根据中位线定理得EF∥BD，EFBD，GHGH，GH∥BD，EHAC，EH∥AC，结合已知条件即可判定四边形EFGH是菱形； 选择图3时，已知四边形ABCD中，对角线AC≠BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是矩形；根据中位线定理得EF∥BD，EFBD，GHGH，GH∥BD，EHAC，EH∥AC，结合已知条件即可判定四边形EFGH是矩形； 选择图4时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是正方形；根据中位线定理得EF∥BD，EFBD，GHGH，GH∥BD，EHAC，EH∥AC，结合已知条件即可判定四边形EFGH是正方形． 【详解】解：（1）依题意画出图形如图所示： （2）图2中的中点四边形EFGH是菱形， 图3中的中点四边形EFGH是矩形， 图中的中点四边形EFGH是正方形， 填表如下： 图形 原四边形对角线AC与BD 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 AC＝BD，但AC与BD不垂直 菱形 图3 AC≠BD，AC⊥BD 矩形 图4 AC＝BD，AC⊥BD 正方形 （3）选择图2时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC与BD不垂直，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是菱形． 证明：∵点E，F分别是AD，AB的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴EF∥BD，EFBD， 同理：GH是△CBD的中位线， ∴GHGH，GH∥BD， ∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EFGH是平行四边形， 同理：EH是△DAC的中位线， ∴EHAC，EH∥AC， ∵AC＝BD， ∴EF＝EH， 又∵EF∥BD，EH∥AC，AC与BD不垂直， ∴EF与EH不垂直， ∴平行四边形EFGH是菱形； 选择图3时，已知四边形ABCD中，对角线AC≠BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是矩形． 证明：∵点E，F分别是AD，AB的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴EF∥BD，EFBD， 同理：GH是△CBD的中位线， ∴GHGH，GH∥BD， ∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EFGH是平行四边形， 同理：EH是△DAC的中位线， ∴EHAC，EH∥AC， ∵AC≠BD， ∴EF≠EH， 又∵EF∥BD，EH∥AC，AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴∠FEH＝90°， ∴平行四边形EFGH是矩形； 选择图4时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是正方形． 证明：∵点E，F分别是AD，AB的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴EF∥BD，EFBD， 同理：GH是△CBD的中位线， ∴GHGH，GH∥BD， ∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EFGH是平行四边形， 同理：EH是△DAC的中位线， ∴EHAC，EH∥AC， ∵AC＝BD， ∴EF＝EH， ∴平行四边形EFGH是菱形， 又∵EF∥BD，EH∥AC，AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴∠FEH＝90°， ∴菱形EFGH是正方形． 故答案为：2；对角线AC＝BD，AC与BD不垂直；菱形（答案不唯一）． 11．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是边CD上一点（与C、D不重合）．四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形AEMN． （1）若CE＝2，AN与CD交于点F，求△AEF的面积； （2）如图，ME的延长线交AB于点P，设DE＝x（0＜x＜2），求△APE的面积S．（用含x代数式表示） 【分析】（1）由矩形、轴对称的性质可证得EF＝AF，设EF＝AF＝x，则FD＝4﹣x，在Rt△ADF中，AF2＝AD2+DF2，即可求得，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由矩形、轴对称的性质可证得∠AEP＝∠AED＝∠PAE，则AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝2，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+22＝a2，解得，再结合三角形面积公式即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝2，AB∥CD，∠D＝90°， 则∠BAE＝∠DEA， 由对称可知，∠BAE＝∠NAE， ∴∠AEF＝∠EAF， ∴EF＝AF， 设EF＝AF＝x，则FD＝CD﹣CE﹣EF＝6﹣2﹣x＝4﹣x， 在Rt△ADF中，AF2＝AD2+DF2，即：x2＝22+（4﹣x）2， 解得：，即：， ∴△AEF的面积； （2）过E作EF⊥AB于F， 由题意可知，AB∥CD，AN∥PM， ∴∠BAE＝∠AED，∠NAE＝∠AEP， 由对称可知，∠BAE＝∠NAE， 则∠AEP＝∠AED＝∠PAE， ∴AP＝PE， 设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x， 则PF＝a﹣x，EF＝AD＝2， 在Rt△PEF中，（a﹣x）2+22＝a2，解得：， ∴（0＜x＜2）． 地 城 考点04 四边形中的动点与最值问题 一、选择题 1．（2025春•盐城市校级期中）如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作射线OM、ON，分别交CD、BC于点E、F（点E不与C、D重合），且∠EOF＝90°，连接EF，给出下列结论，其中不一定成立的是（　　） A．△COE≌△BOF B．EF平分∠OEC C．BF＝CE D．S四边形OFCE＝S△OBC 【答案】B 【分析】对于选项A，根据正方形性质得OC＝OB，∠BOC＝90°，∠OCE＝∠OBF＝45°，再根据∠EOF＝∠BOC＝90°得∠COE＝∠BOF，由此可依据“SAS”判定△COE和△BOF全等，据此可对选项A进行判断； 对于选项B，根据△COE和△BOF全等得OE＝OF，由此得△OEF是等腰直角三角形，则∠OEF＝45°，依题意得OE与CD不一定垂直，则∠CEF不一定等于45°，继而得∠OEF与∠CEF不一定相等，据此可对选项B进行判断； 对于选项C，根据△COE和△BOF全等得BF＝CE，据此可对选项C进行判断； 对于选项D，根据△COE和△BOF全等得S△COE＝S△BOF，由此得S四边形OFCE＝S△OBC，据此可对选项D进行判断， 综上所述即可得出答案． 【详解】解：对于选项A， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OC＝OB，∠BOC＝90°，∠OCE＝∠OBF＝45°， ∵∠EOF＝90°， ∴∠EOF＝∠BOC＝90°， ∴∠EOF﹣∠COF＝∠BOC﹣∠COF， ∴∠COE＝∠BOF， 在△COE和△BOF中， ， ∴△COE≌△BOF（ASA）， 故选项A一定成立，不符合题意； 对于选项B， ∵△COE≌△BOF， ∴OE＝OF， ∵∠EOF＝90°， ∴△OEF是等腰直角三角形， ∴∠OEF＝45°， 依题意得：OE与CD不一定垂直， 即∠CEO一不定为90°， ∴∠CEF不一定等于45°， ∴∠OEF与∠CEF不一定相等， ∴EF不一定平分∠OEC， 故选项B不一定成立，符合题意； 对于选项C， ∵△COE≌△BOF， ∴BF＝CE， 故选项C一定成立，不符合题意； 对于选项D， ∵△COE≌△BOF， ∴S△COE＝S△BOF， ∴S四边形OFCE＝S△COE+S△OCF＝S△BOF+S△OCF＝S△OBC， 故选项D一定成立，不符合题意， 故选B． 2．（2025春•无锡市锡山区校级期中）正方形ABCD边长为4，AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积的最大值与最小值的和为（　　） A．32 B．8 C．16 D．64 【答案】A 【分析】连接DE，由正方形的面积公式得S正方形ABCD＝16，再由三角形的面积公式得S△ECDCE•EGCD•BC＝8，进而得CE•EG＝16，继而得S矩形ECFG＝EC•EG＝16，由此得在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积始终为16，则矩形ECFG的面积的最大值为16，最小值的为16，据此可得出答案． 【详解】解：连接DE，如图所示： ∴四边形ABCD是正方形，且边长为4， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠A＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°， ∴S正方形ABCD＝AB•BC＝4×4＝16， ∵S△ECDCE•EGCD•BC8， ∴CE•EG＝16， 又∵S矩形ECFG＝EC•EG＝16， ∴在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积始终为16， ∴矩形ECFG的面积的最大值为16，最小值的为16， ∴矩形ECFG的面积的最大值与最小值的和为：16+16＝32． 故选A． 3．（2025春•苏州市校级期中）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝3，△AEF是等边三角形，且点F在射线AB上，点E在射线AC上，点G是EF的中点，连接CG，则CG长度的最小值为（　　） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】先以点B为坐标原点，分别以AB，BC所在的直线为y轴和x轴，建立平面直角坐标系，得出，再求出点，运用两点的坐标且结合勾股定理表示CG长度，即，即可作答． 【详解】本题考查了点的坐标，30度的直角三角形，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质，配方法的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．本题考查了点的坐标，30度的直角三角形，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质，配方法的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．解：以点B为坐标原点，分别以AB，BC所在的直线为y轴和x轴，建立平面直角坐标系，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，△AEF是等边三角形， ∴∠ABC＝90°，∠BAC＝∠AFE＝60°，AF＝EF， ∴， ∴， 过点G作GH⊥AB， ∴∠GHF＝90°，∠HGF＝90°﹣60°＝30°， ∴， 设AF＝EF＝4r， ∴BF＝3﹣4r ∵点G是EF的中点， ∴， ∴， ∴HB＝3﹣4r+r＝3﹣3r， ∴， 则 ＝3（r﹣3）2+9（1﹣r）2 ＝3（r2﹣6r+9）+9（1﹣2r+r2） ＝12r2﹣36r+36 ＝12（r2﹣3r）+36 ， ∵， ∴， ∴， 当时，CG2＝9， 则CG长度的最小值为3， 故选A． 2、 填空题 4．（2025春•扬州市海陵区校级月考）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝a，AD＝b，则CD的长为　 　 ．（用含有a，b的代数式表示） 【答案】 【分析】将AD分别沿着AB，AC翻折，得到AE，AG，连接EC，GB并延长交于点F，证明四边形AGFE为正方形，得到∠F＝90°，FG＝EF＝AE＝b，进而得到BF＝b﹣a，设CD＝CE＝x，则：BC＝a+x，CF＝b﹣x，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝∠ADB＝90°， 将AD分别沿着AB，AC翻折，得到AE，AG，连接EC，GB并延长交于点F， 则：AE＝AD＝AG＝b，CD＝CE，DB＝BG＝a，∠DAB＝∠GAB，∠CAE＝∠CAD，∠E＝∠ADC＝90°，∠AGB＝∠ADB＝90°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠DAB+∠GAB+∠CAE+∠CAD＝2∠BAC＝90°， ∴四边形AGFE为正方形， ∴∠F＝90°，FG＝EF＝AE＝b， ∴BF＝b﹣a， 设CD＝CE＝x，则：BC＝a+x，CF＝b﹣x， 在Rt△BFC中，BC2＝BF2+CF2， ∴（a+x）2＝（b﹣x）2+（b﹣a）2 ∴ ∴； 故答案为． 5．（2025春•南京市期中）如图，已知AB＝10，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点MN之间的距离最短为 　 　 ． 【答案】 【分析】连接DP，连接PF，连接DF，证明MNDF，求出DF的最小值，可得结论． 【详解】解：连接DP，连接PF，连接DF， ∵MA＝CM，EN＝BN， ∴点M在线段PD上，点N在线段PF上， ∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形， ∴点M是DP中点，点N是PF中点， ∴MN是△PDF的中位线， ∴MNDF， 当DF最小时，MN最小， DF的最小值为DF垂直BF时， ∵∠DAB＝60°， ∴DF的最小值为5 ∴MN的最小值为 故答案为． 6．（2025春•泰州市兴化市期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，分别在OD和CB上取点M、N，使得OM＝CN，若AC＝2AB＝4，则MN的最小值为 　 　 ． 【答案】 【分析】构造平行四边形OENM，则可得到EN∥BD，EN＝OM＝CN，推出∠BNE＝30°，进而得到∠NCE＝15°，∠OCE＝45°，所以点E的轨迹为射线CE上，且∠OCE＝45°，据此求解即可． 【详解】解：过O作OE∥MN，且OE＝MN，连接EN， 则四边形OENM是平行四边形， ∴EN∥BD，EN＝OM ∴∠BNE＝∠CBD， ∵AC＝2AB＝4， ∴∠ACB＝30°＝∠CBD， ∴∠BNE＝30°， ∵OM＝CN， ∴EN＝CN， ∴∠NCE＝15°， ∴∠OCE＝∠OCB+∠NCE＝45°， 则点E的轨迹为射线CE上，且∠OCE＝45°， 当OE⊥CE时，OE有最小值，此时MN也最小， 此时△OCE是等腰直角三角形， ∴OEOC， 即MN最小值为， 故答案为． 7．（2025春•苏州市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，点P为斜边AB上一动点，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC，垂足分别为D，E，连接DE．若AB＝13，BC＝12，则DE的最小值　 　 ． 【答案】 【分析】连接CP，证明四边形CDPE是矩形，得出DE＝CP，再根据当CP⊥AB时，CP最短，即可推出结果． 【详解】解：连接CP， ∵PD⊥BC、PE⊥AC，AC⊥BC， ∴四边形CDPE是矩形， ∴DE＝CP（矩形的对角线相等）， ∴， 由题意可知，当CP⊥AB时，CP最短，， 即DE的最小值为， 故答案为． 8．（2025春•南京市鼓楼区校级期末）在边长为8的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E从点A沿着边AD向终点D运动，同时，点F以相同的速度从点D沿着边DC向终点C运动，在此运动过程中，点E与点F距离的最小值是　 　 ． 【答案】 【分析】过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则AE＝DF＝x，利用菱形的性质，勾股定理，配方法求最值详解即可． 【详解】解：在边长为8的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，如图，过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G， 设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则AE＝DF＝x， ∴DE＝8﹣x，CD∥AB， ∴∠GDC＝60°，∠GFD＝30°， ∴， 在直角三角形DFG中，由勾股定理得：FG， ∴EG＝DE+DG＝8， 在直角三角形EFG中，由勾股定理得： EF2＝EG2+GF2 ＝64﹣8x+x2 ＝（x﹣4）2+48， 当x＝4时，EF2取得最小值48，此时EF取得最小值， 故答案为． 9．（2025春•无锡市江阴市校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm．点P自点A向点D以1cm/s的速度运动，到点D即停止；点Q自点C向点B以2cm/s的速度运动，到点B即停止，直线PQ将四边形ABCD分成两个新四边形．若当点P、Q同时出发ts后，其中一个新四边形为平行四边形，则t的值为 　 　 ． 【答案】4或5 【分析】设当P，Q同时出发，t秒后其中一个四边形为平行四边形，则AP＝tcm，DP＝（12﹣t）cm，CQ＝2tcm，BQ＝（15﹣2t）cm，分为两种情况：①当ABQP是平行四边形时，根据AP＝BQ得出方程，求出方程的解即可；②当CDPQ是平行四边形时，根据DP＝CQ得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：设当P，Q同时出发，t秒后其中一个四边形为平行四边形， 则AP＝tcm，DP＝（12﹣t）cm，CQ＝2tcm，BQ＝（15﹣2t）cm， ①当ABQP是平行四边形时， AP＝BQ， 即t＝15﹣2t， 解得：t＝5； ②当CDPQ是平行四边形时， DP＝CQ， 即12﹣t＝2t， 解得：t＝4； 即当P，Q同时出发，5秒或4秒后其中一个四边形为平行四边形． 故答案为4或5． 三、解答题 10．（2025春•南京市建邺区校级期中）如图，P为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，Q为AD边上的一个动点，AP的垂直平分线分别交AB，AP于点E，G，∠DAB＝30°，若PQ的长的最小值为，求AE的长． 【分析】连接PE，过P作PH⊥AB于H，由线段垂直平分线的性质推出AE＝PE，得到∠EAP＝∠EPA，由三角形的外角性质得到∠PEH＝2∠EAP，由菱形的性质推出∠BAD＝2∠EAP，得到∠PEH＝∠BAD＝30°，于是PE＝2PH，当PQ⊥AD时，PQ，由角平分线的性质得到PH，因此AE＝2PH＝2． 【详解】解：连接PE，过P作PH⊥AB于H， ∵GE垂直平分AP， ∴AE＝PE， ∴∠EAP＝∠EPA， ∴∠PEH＝∠EAP+∠EPA＝2∠EAP， ，∵四边形ABCD是菱形， ∴AC平分∠BAD， ∴∠BAD＝2∠EAP， ∴∠PEH＝∠BAD＝30°， ∴PE＝2PH， ∵PQ的长的最小值为， ∴PQ⊥AD时，PQ， ∵AC平分∠BAD，PH⊥AB， ∴此时PH＝PQ， ∴AE＝PE＝2PH＝2． 11．（2025春•镇江市期中）如图，在三角形ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN平行于BC，设MN交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于F． （1）求证：OE＝OF； （2）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由． 【分析】（1）由角平分线的定义得∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠GCF，再由平行线的性质得∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠GCF，则∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，然后证明EO＝CO，FO＝CO，即可得出结论； （2）先证明四边形AECF是平行四边形，再证明AC＝EF，然后由矩形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图， ∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， ∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠GCF， ∵MN∥BC， ∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠GCF， ∴∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF， ∴EO＝CO，FO＝CO， ∴OE＝OF； （2）解：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，理由如下： 当O为AC的中点时，AO＝CO， 由（1）可知，EO＝FO＝CO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵OA+OC＝OE+OF， 即AC＝EF， ∴平行四边形AECF是矩形． 12．（2025春•扬州市高邮市月考）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F． （1）探究线段EF与OC的数量关系并说明理由． （2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　 　 是菱形或正方形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由． 【分析】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC，则可得出答案； （2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形； （3）菱形的判定问题，若是菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直． 【详解】解：（1）EF＝2OC． 理由如下： ∵CE是∠ACB的角平分线， ∴∠ACE＝∠BCE， 又∵MN∥BC， ∴∠NEC＝∠ECB， ∴∠NEC＝∠ACE， ∴OE＝OC， 同理可得：OF＝OC， ∴OE＝OF＝OC； ∴EF＝2OC． （2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下： ∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO， 又∵EO＝FO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵FO＝CO， ∴AO＝CO＝EO＝FO， ∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF， ∴四边形AECF是矩形． 已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则 ∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°， ∴AC⊥EF， ∴四边形AECF是正方形； （3）不可能．理由如下： 如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD， ∴∠ECF∠ACB∠ACD（∠ACB+∠ACD）＝90°， 若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC， 但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形． 故答案为不可能． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $