专题4.2 平行四边形的判定与性质-2023-2024学年八年级数学下册各单元的重点题型+章末检测（浙教版）

这是一份专题4.2 平行四边形的判定与性质-2023-2024学年八年级数学下册各单元的重点题型+章末检测（浙教版），文件包含专题42平行四边形的判定与性质举一反三浙教版原卷版docx、专题42平行四边形的判定与性质举一反三浙教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共75页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30648" 【题型1 利用平行四边形的性质求解】 PAGEREF _Tc30648 \h 2
\l "_Tc20637" 【题型2 利用平行四边形的性质证明】 PAGEREF _Tc20637 \h 5
\l "_Tc9523" 【题型3 平行四边形的性质的其他应用】 PAGEREF _Tc9523 \h 12
\l "_Tc13968" 【题型4 判断能否构成平行四边形】 PAGEREF _Tc13968 \h 17
\l "_Tc3667" 【题型5 添一个条件成为四边形】 PAGEREF _Tc3667 \h 20
\l "_Tc30698" 【题型6 数图形中四边形的个数】 PAGEREF _Tc30698 \h 23
\l "_Tc27440" 【题型7 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】 PAGEREF _Tc27440 \h 26
\l "_Tc14631" 【题型8 证明四边形是平行四边形】 PAGEREF _Tc14631 \h 32
\l "_Tc28698" 【题型9 利用平行四边形的判定与性质求解】 PAGEREF _Tc28698 \h 40
\l "_Tc24620" 【题型10 利用平行四边形的判定与性质证明】 PAGEREF _Tc24620 \h 49
\l "_Tc10983" 【题型11 平行四边形的判定与性质的应用】 PAGEREF _Tc10983 \h 56
【知识点1 平行四边形的性质】
【拓展延伸】
（1）证明平行四边形的性质时，一般通过作对角线把四边形转化为三角形来解答.
（2）平行四边形的性质为证明线段平行或相等、角相等提供了理论依据.
（3）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成两个全等的三角形.
（4）平行四边形被两条对角线分成的四个小三角形的面积相等，每个小三角形的面积都等于平行四边形面积的14；相邻两个三角形周长之差的绝对值等于平行四边形两邻边之差的绝对值.
【规律方法】
（1）平行四边形的邻角互补；
（2）若一条直线经过平行四边形两条对角线的交点，则该直线平分平行四边形的周长和面积.
【题型1 利用平行四边形的性质求解】
【例1】（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AD，点E、点G分别是OC、AB的中点，连接BE、GE，若∠ABE=42°，则∠AEG的度数为（ ）
A．42°B．45°C．46°D．48°
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形性质、等腰三角形的三线合一、直角三角形斜边上的中线等知识点，熟悉这些知识点是解题的关键，由平行四边形的性质和已知条件可以得到△BCO是等腰三角形，再根据三线合一得到BE⊥OC，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到AG=EG，进而得到∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=48°．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形；
∴BC=AD，BD=2BO；
∵BD=2AD；
∴BD=2BC=2BO；
∴BC=BO；
∴△BCO是等腰三角形；
∵点E是OC的中点；
∴BE⊥OC；
∴△BEA是直角三角形；
∵点G是AB的中点；
∴EG=12AB，AG=12AB；
∴AG=EG；
∴∠AEG=∠EAG；
∵∠ABE=42°；
∴∠AEG=∠EAG=90°−∠ABE=90°−42°=48°；
故选：D．
【变式1-1】（2024上·甘肃陇南·八年级统考期末）如图所示，点O是□ABCD的对称中心，AD>AB，E，F是AB边的三等分点；G，H是BC边的三等分点．若S1，S2分别表示△EOF和△GOH的面积则S1与S2之间的关系是 ．
【答案】S1 =S2
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据三等分点可得S1 =13S△ABO，S2 =13S△BCO；再结合点O是□ABCD的对称中心可得S△ABO =S△BCO=14S▱ABCD，即可求解．
【详解】解：连接AC、OB，则AC必过点O，如图所示：
∵E，F是AB边的三等分点，
∴S1 =13S△ABO，
∵G，H是BC边的三等分点，
∴S2 =13S△BCO，
∵点O是□ABCD的对称中心，
∴S△ABO =S△BCO=14S▱ABCD
∴S1 =S2
故答案为：S1 =S2
【变式1-2】（2023下·河南新乡·八年级校考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，AB=10，BC=8，则OD的长为（ ）

A．73B．6C．7D．58
【答案】A
【分析】先根据勾股定理求出AC，再根据平行四边形的性质求出OC=12AC，再利用勾股定理求出OB，则OD=OB．
【详解】解：∵ AC⊥BC，AB=10，BC=8，
∴ AC=AB2−BC2=102−82=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ OC=12AC=3，OD=OB，
∴ OB=BC2+OC2=82+32=73，
∴ OD=OB=73，
故选A．
【点睛】本题考查勾股定理和平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．
【变式1-3】（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(−2,3)，B(−3,0)，C(3,0)，将平行四边形ABCD绕点O旋转90°后，点D的对应点D′坐标是 ．
【答案】(−3,4)或(3,−4)
【分析】本题考查平行四边形性质和旋转的性质，注意旋转的方向未确定，所以要分两种情况讨论，再结合平面坐标系中点的确定，可连接OD建立直角三角形，即可解题．
【详解】解：∵四边形ABCD平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵ B(−3,0)，C(3,0)，
∴AD=BC=6，
∵ A(−2,3)，
∴D的横坐标为6−2=4，纵坐标为3，则D4,3，
连接OD，作DF⊥x轴于点F，则OF=4，DF=3，如图所示：
∵平行四边形ABCD绕点O旋转90°，可看作△FOD绕点O旋转90°，
则D可旋转到D′和D″的位置处，由旋转性质可知，OF′=4，D′F′=3，故D′3,−4，OF″=4，D″F″=3，故D″−3,4，
故答案为：−3,4或3,−4．
【题型2 利用平行四边形的性质证明】
【例2】（2023下·安徽宿州·八年级校考期末）如图，平行四边形ABCD中，CG⊥AB于点G,∠ABF=45∘，点F在CD上，BF交CG于点E，连接AE,AE⊥AD．

(1)若BG=1,BC=5，求EF的长度；
(2)求证：△BCG≌△EAG；
(3)求证：CD−CE=2BE．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理得出CG，进而利用平行四边形的性质解答即可；
（2）延长AE交BC于H，根据平行四边形的性质得到BC∥AD，根据平行线的性质得到∠AHB=∠HAD，推出∠GAE=∠GCB，则可证明ΔBCG≅ΔEAG；
（3）根据全等三角形的性质得到AG=CG，于是得到结论．
【详解】（1）解：∵CG⊥AB，
∴∠AGC=∠BGC=90°，
∵BG=1，BC=5，
∴ CG=BC2−BG2=2，
∵∠ABF=45°，
∴BG=EG=1，
∴EC=1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠GCD=∠BGC=90°，∠EFC=∠GBE=45°，
∴CF=CE=1，
∴ EF=EC2+CF2=2；
（2）证明：如图，延长AE交BC于H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，AB=CD，
∵AE⊥AD，
∴∠AHB=∠HAD=90°，
∴∠BAH+∠ABH=∠BCG+∠CBG=90°，
∴∠GAE=∠GCB，
在△BCG与△EAG中，
∠AGE=∠CGB=90°∠GAE=∠GCBGE=BG，
∴△BCG≌△EAG(AAS)，
（3）证明：∵△BCG≌△EAG，
∴BG=GE,CG=AG
∵∠BGC=90∘,
∴BG=EG=22BE,
∴AB=BG+AG=CE+EG+BG,
∴CE+2BE=AB=CD，
∴CD−CE=2BE
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，证明△BCG≌△EAG是解题的关键．
【变式2-1】（2023下·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．求证：

(1)△AEO≌△CFO；
(2)BE=DF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质及垂直的定义，由AAS，即可证得结论；
（2）根据平行四边形的性质及全等三角形的性质，即可证得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
在△AEO和△CFO中，
∠AEO=∠CFO=90°∠AOE=∠COFAO=CO，
∴△AEO≌△CFOAAS；
（2）证明：∵△AEO≌△CFO，
∴OE=OF，
∵在▱ABCD中，BO=DO，
∴BO−OE=DO−OF，即BE=DF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，掌握平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定是解决问题的关键．
【变式2-2】（2023下·福建泉州·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AD=2AB,F是AD的中点，作CE⊥AB于点E，连接EF，CF，则下列结论中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
①∠DFC+∠FEC=90°；
②∠DFE=3∠AEF；
③CF=EF；
④S△BEC=2S△EFC
【答案】①②③
【分析】先证明∠BCD=∠A=2∠DCF，延长EF，交CD延长线于M，证明△AEF≌△DMFASA，则FE=MF，由直角三角形的斜边上中线的性质即可判断③；利用角之间的关系得到∠AEF=∠DCF，∠DFC+∠FEC=90°，即可判断①；由∠BCD=∠A=2∠DCF得∠BCD=∠A=2∠DCF=2∠AEF，可得∠DFE=3∠AEF，即可判断②；证明S△BEC≠S△CEM，由S△CEM=2S△EFC得到S△BEC≠2S△EFC，即可判断④．
【详解】解：∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠BCD=∠A=2∠DCF，
延长EF，交CD延长线于M，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMFASA，
∴FE=MF，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴CF=EF，
故③成立；
∴∠FEC=∠FCE，
∵∠DCF+∠FEC=∠DCF+∠ECF=90°，∠AEF+∠FEC=∠DCF+∠ECF=90°，
∴∠AEF=∠DCF，∠DFC+∠FEC=90°，
故①成立；
∵∠BCD=∠A=2∠DCF，
∴∠BCD=∠A=2∠DCF=2∠AEF，
∴∠DFE=∠A+∠AEF=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，
即∠DFE=3∠AEF，故②成立；
∵S△BEC=12BE⋅CE=12AB−AE⋅CE，
S△CEM=12CD+DM⋅CE=12AB+AE⋅CE，
∴S△BEC≠S△CEM，
∵S△CEM=2S△EFC，
∴S△BEC≠2S△EFC，
故④不成立，
故答案为：①②③．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，证出△AEF≌△DMF是解题关键．
【变式2-3】（2023下·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考阶段练习）在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，F为对角线AC上一点，连接DE、BF，若∠ADE与∠CBF的平分线DG、BG交于AC上一点G，连接EG．
（1）如图1，点B、G、D在同一直线上，若∠CBF＝90°，CD＝3，EG＝2，求CE的长；
（2）如图2，若AG＝AB，∠DEG＝∠BCD，求证：AD＝BF+DE．
【答案】（1）CE=1；（2）见详解．
【分析】（1）由题意，先证明△BDE是等腰直角三角形，然后利用等腰三角形的性质和勾股定理，即可求出答案；
（2）在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，然后根据全等三角形的判定和性质，得到AM=BF，即可得到答案．
【详解】解：（1）如图，点B、G、D在同一直线上，
∵DG、BG分别是∠ADE与∠CBF的角平分线，且∠CBF＝90°，
∴∠CBD=45°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=45°，
∴∠BDE=∠ADB=45°，
∴∠BED=180°−45°−45°=90°，
∴三角形BDE是等腰直角三角形，∠CED=90°，
在平行四边形ABCD中，则BD=DG，
∴线段EG是等腰直角三角形BDE的中线，
∴EG⊥BD，
∵EG=2，
∴DE=2EG=22，
在直角三角形CDE中，由勾股定理得
CE=CD2−DE2=32−(22)2=1；
（2）如图，在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，
在△DMG和△DEG中，有
{DM=DE∠MDG=∠EDGDG=DG，
∴△DMG≌△DEG，
∴∠DMG=∠DEG=∠BCD，
∵∠BCD=∠BAD，
∴∠DMG=∠BAD，
∴MG∥AB，
∴∠BAF=∠AGM，
∵AG＝AB，
∴∠AGB=∠ABG，
∵∠ABG=∠ABF+∠FBG，∠AGB=∠GBC+∠BCG，
又∵∠FBG=∠GBC，
∴∠ABF=∠BCG，
∵AD∥BC，
∴∠BCG=∠MAG=∠ABF，
在△AMG和△BFA中，有
∴{∠BAF=∠AGMAB=AG∠MAG=∠ABF，
∴△AMG≌△BFA，
∴AM=BF，
∴AD=AM+MD=BF+DE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，解题的关键是正确的作出辅助线，构造全等三角形进行证明．
【题型3 平行四边形的性质的其他应用】
【例3】（2023下·广东广州·八年级执信中学校考期中）如图，王老师用四根木棒搭成了平行四边形的框架，量得AB=10cm，AD=8cm，固定AB．逆时针转动AD，在转动过程中，关于平行四边形ABCD的面积变化情况：甲认为：先变大，后变小；乙认为：在转动过程中，平行四边形ABCD的面积有最大值，最大值是80cm2，则（ ）

A．甲说的对B．乙说的对C．甲、乙说的都对D．甲、乙说的都不对
【答案】C
【分析】如图，作DM⊥AB于点M，则平行四边形ABCD的面积=AB×DM=10DM，可得DM≤8cm，即平行四边形的高DM的最大值是8cm，进而可判断甲乙的说法.
【详解】解：如图，作DM⊥AB于点M，
则平行四边形ABCD的面积=AB×DM=10DM，
∵DM≤AD，AD=8，
∴DM≤8cm，即平行四边形的高DM的最大值是8cm，
∴在转动过程中，平行四边形ABCD的面积有最大值，最大值是80cm2，故乙的说法正确；
在逆时针转动AD过程中，DM先逐渐变大，到与AD相等时，取得最大值，然后又逐渐变小，所以平行四边形ABCD的面积先变大，后变小；故甲的说法正确；
所以甲乙的说法都是正确的，
故选：C.

【点睛】本题考查了平行四边形的面积，正确理解题意、得出平行四边形高的变化情况是解题的关键.
【变式3-1】（2023下·八年级课时练习）如图，A，B两点被大山阻隔，为了改善山区的交通，现拟开凿一个贯穿A，B的隧道，修建一条高速公路．请你设计出一个方案，利用平移的有关知识测量出A，B之间的距离和隧道开凿的方向．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形性质把AB移出来再测量即可．
【详解】解：可以设法将线段AB“平移”出来，便于测量．如图，分别沿A，B两点向同一个方向行走相同距离得到A′,B′点，测量线段A′B′即可，这是其中一种方法．
【点睛】本题考查平行四边形性质的实际应用，正确理解平行四边形的性质是本题解题关键．
【变式3-2】（2023下·全国·八年级专题练习）已知：如图甲，试用一条直线把图形分成面积相等的两部分（至少三种方法）．
【答案】见解析
【分析】将不规则图形面积分为面积相等的两部分，将图形转化成两个中心对称图形（如果原图形本身就是中心对称图形，则直接过对称中心作直线即可），再由两点确定一条直线，过两个对称中心画直线即满足条件．
【详解】解：（1）如图所示，将图形分成两个平行四边形，分别连接两个平行四边形的对角线，产生两个交点，将两个交点连接即可得；
（2）如图所示，将图形分成两个平行四边形，分别连接两个平行四边形的对角线，产生两个交点，将两个交点连接即可得；
（3）如图所示，将不规则图形补全，然后按照（1）（2）方法，分别连接两个平行四边形的对角线，产生两个交点，将两个交点连接即可得；
【点睛】题目主要考查中心对称图形的应用及平行四边形的性质，理解题意，掌握中心对称图形的应用是解题关键．
【变式3-3】（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）在所给的9×9方格中，每个小正方形的边长都是1，按要求画平行四边形，使它的四个顶点以及对角线交点都在方格的顶点上．
（1）在图甲中画一个平行四边形，使它的周长是整数．
（2）在图乙中画一个平行四边形，使它的周长是无理数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）作边长为3，5的平行四边形即可；
（2）作边长为25，6的平行四边形即可；
【详解】解（1）根据网格作出边长为3，4，5的直角三角形，再以4为公共边作边长为3，4，5的直角三角形，如下图：
（2）借助网格，作边长为25、6、42的三角形，再以42为公共边作边长为25、6、42的三角形，如下图：
【点睛】此题主要考查了应用设计与作图以及勾股定理和平行四边形的判定，正确借助网格是解题关键．
【知识点1 平行四边形的判定】
【题型4 判断能否构成平行四边形】
【例4】（2023下·湖北武汉·八年级校考期中）在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于O点，给出五组条件：
①AB=DC，AD∥BC；
②AB=CD，AB∥CD；
③AB∥CD，AD∥BC；
④OA=OC，OB=OD；
⑤AB=CD，AD=BC．
能判定此四边形是平行四边形的有（ ）组．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】解：①由AB=DC，AD∥BC，可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
②由AB=CD，AB∥CD可知，四边形ABCD的一组对边平行且相等，据此能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
③由AB∥CD，AD∥BC可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
④由OA=OC，OB=OD可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
⑤由AB=CD，AD=BC可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
综上分析可知，能判定此四边形是平行四边形的有4组．
故选：D．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
【变式4-1】（2023下·福建泉州·八年级统考期末）下列四边形中分别标注了部分数据，根据所标数据，则不能判断该四边形是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可
【详解】A、对角线互相平分能判断四边形是平行四边形，故不符合题意;
B、两组对边相等能判断四边形是平行四边形，故不符合题意;
C、根据图可判断出AD∥BC,一组对边相等另一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故符合题意;
D、根据图可判断出AD∥BC，AB∥DC两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故不符合题意;
故选：C
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
【变式4-2】（2023上·山东威海·八年级统考期末）在△ABC中，点D，E分别是AB，AC上的点，且DE∥BC，点F是DE延长线上一点，不能判断四边形BCFD是平行四边形的是（ ）

A．BD∥CFB．DF=BCC．BD=CFD．∠B=∠F
【答案】C
【分析】由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵BD∥CF，
∴四边形BCFD为平行四边形；故此选项不符合题意；
B、∵DF∥BC，
∴四边形BCFD为平行四边形；故此选项不符合题意；
C、由DF∥BC，BD=CF，判定四边形BCFD为平行四边形，故此选项不符合题意；
D、∵DE∥BC，
∴∠B+∠BDF=180°，
∵∠B=∠F，
∴∠F+∠BDF=180°，
∴BD∥CF，
∴四边形BCFD为平行四边形；故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
【变式4-3】（2023上·山东济南·八年级统考期末）▱ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A．BE＝DFB．AF∥CEC．CE＝AFD．∠DAF＝∠BCE
【答案】C
【分析】连接AC与BD相交于O,根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到OE=OF即可，后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【详解】如图，连接AC与BD相交于O，
在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，要使四边形AECF为平行四边形，只需证明得到OE＝OF即可；
A、若BE＝DF，则OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，故本选项不符合题意；
B、AF∥CE能够利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，从而得到OE＝OF，故本选项不符合题意；
C、若CE＝AF，则无法判断OE＝OE，故本选项符合题意；
D、由∠DAF＝∠BCE，从而可得△DAF≌△BCE，然后得出∠DFA＝∠BEC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴AF∥CE，
结合选项B可证明四边形AECF是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【题型5 添一个条件成为四边形】
【例5】（2023下·安徽合肥·八年级统考期中）如图，已知点E、F在四边形ABCD的对角线BD所在的直线上，且BE=DF，AE∥CF，请再添加一个条件（不要在图中再增加其它线段和字母），能证明四边形ABCD是平行四边形，并证明你的想法.
你所添加的条件： ；
证明：
【答案】AE=CF
【详解】试题分析：要证四边形ABCD是平行四边形，只要得出一组对边（AB和CD）平行且相等即可，即只要添加一个条件使得△ABE≌△CDF，由已知可得两三角形全等的条件有∠E＝∠F，BE＝DF，故可添加AE＝CF（答案不唯一），利用SAS证明△ABE≌△CDF．
试题解析：答案不唯一，例如：添加AE＝CF．
证明如下：
∵AE∥CF，
∴∠E＝∠F，
又BE＝DF，AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AB＝CD，∠ABE＝∠CDF，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，通过题目已有条件分析得出证明四边形ABCD为平行四边形只需证明△ABE≌△CDF是解决问题的关键．
【变式5-1】（2023下·黑龙江绥化·八年级统考期末）四边形ABCD中，如果AB=DC，当AB DC时，四边形ABCD是平行四边形．
【答案】∥
【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】解：∵两对边平行且相等的四边形是平行四边形，AB=CD
∴AB∥CD．
故答案为∥．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握两对边平行且相等的四边形是平行四边形是解答本题的关键．
【变式5-2】（2023下·北京通州·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为点E，F．请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形AECF为平行四边形，你添加的条件是 ．
【答案】AE=CF（答案不唯一）
【分析】证AE∥CF，再由AE＝CF，即可得出结论．
【详解】添加条件为：AE=CF，
理由：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE//CF，
∵AE=CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
故答案为：AE=CF．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
【变式5-3】（2023下·河南新乡·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AB=8cm，DC=10cm，E是DC上一点，且DE=3，P从A点出发以1cm/s的速度向B点运动，同时Q从D点出发以2cm/s的速度向C点运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止，设运动时间为t（s），当t= 时，以A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】1或3
【分析】分两种情况，①点Q在点E的左侧时，当AP=QE时，四边形AQEP是平行四边形，即t=3-2t，解得t=1；②点Q在点E的右侧时，当AP=QE时，四边形AEQP是平行四边形，即t=2t-3，解得t=3．
【详解】解：分两种情况：
①点Q在点E的左侧时，
∵AD∥BC，
∴当AP=QE时，四边形AQEP是平行四边形，
即t=3-2t，
解得：t=1；
②点Q在点E的右侧时，
∵AD∥BC，
∴当AP=QE时，四边形AEQP是平行四边形，
即t=2t-3，
解得：t=3；
综上所述，当t=1或3时，以 A、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：1或3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及分类讨论，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
【题型6 数图形中四边形的个数】
【例6】（2023·全国·八年级专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，EF∥AD，HN∥AB，则图中的平行四边形（不包括四边形ABCD）的个数共有（ ）
A．9个B．8个C．6个D．4个
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，判定即可求得答案．
【详解】解：设EF与NH交于点O，
∵在▱ABCD中，EF∥AD，HN∥AB，
∴AD∥EF∥BC，AB∥NH∥CD，
则图中的四边形AEOH、DHOF、BEON、CFON、AEFD、BEFC、AHNB、DHNC都是平行四边形，共8个．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定．解题时可根据平行四边形的定义，直接从图中数出平行四边形的个数，但数时应有一定的规律，以避免重复．
【变式6-1】（2023下·重庆江津·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CA的中点，以这些点为顶点的平行四边形有 个．
【答案】3
【分析】由于D、E、F分别是边AB，BC，CA的中点，易知DE、DF、EF都是△ABC的中位线，那么DE∥AC，DF∥BC，EF∥AB，根据平行四边形的定义，两两结合易证四边形EDFC是平行四边形；四边形EBDF是平行四边形；四边形ADEF是平行四边形．
【详解】∵D、E、F分别是边AB，BC，CA的中点，
∴DE、DF、EF都是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DF∥BC，EF∥AB，
∴四边形EDFC是平行四边形，四边形EBDF是平行四边形，四边形ADEF是平行四边形．
故答案为3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理的内容．
【变式6-2】（2023下·浙江杭州·八年级期末）如图，点A，B，C在同一直线上，点D，E，F，G在同一直线上，且AC//DG,AD//BE//CF,AF//BG．图中平行四边形有（ ）个
A．4B．5C．3D．6
【答案】B
【分析】根据平行四边形两组对边分别平行的判定求解可得．
【详解】解：如图，
图中的平行四边形有：▱ABED，▱ABGF，▱BCFE，▱ACFD，▱PBQF，
故选B．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【变式6-3】（2023下·八年级课时练习）如图，在图（1）中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB上的点，且A1C1∥AC，A1B1∥AB，B1C1∥BC，在图（2）中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1上的点，且A2C2∥A1C1，A2B2∥A1B1，B2C2∥B1C1，…，按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有 个．

【答案】3n
【详解】在图(1)中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，
∴A1C1∥AB1A1B1∥BC1A1C1∥B1C
A1C1=AB1A1B1=BC1A1C1=B1C，
∴四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C是平行四边形，共有3个．
在图(2)中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1的中点，
同理可证：四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C、A2B2C2B1、A2B2A1C2、A2C2B2C1是平行四边形，共有6个．
…
按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个.
故答案为3n.
【题型7 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】
【例7】（2023下·山东济南·八年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(3，2)．
（1）如图1，在y轴上是否存在－点P，使PA＋PB最小，若存在求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）如图2，点C坐标为(4，1)，点D由原点O沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，求点D运动几秒时，四边形ABCD是平行四边形；
（3）点P在x轴上，点Q在y轴上，且以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点P以及对应的点Q的坐标．
【答案】(1) 存在点P的坐标，且P(0, 54)；(2)D运动2秒后四边形ABCD是平行四边形；(3) P点坐标为(4,0)或(-2,0)或(2,0)，对应的Q点坐标为(0,3)或(0,1)或(0,-1)．
【分析】(1)过A点作关于y轴的对称点M，连接BM后与y轴的交点即为所求的点P，求出BM解析式，再令y=0进而求出P点坐标；
(2)只能是AC为一条对角线，BD为另一对角线，设D(m,0)，利用BD的中点与AC的中点为同一个点即可求解；
(3)分类讨论：设P(m,0)，Q(0,n)，再分成①AB为对角线；②AP为对角线；③AQ为对角线共三种情况分别求解即可．
【详解】解：(1)过A点作关于y轴的对称点M(-1，1)，连接BM后与y轴的交点即为所求的点P，
如下图所示：
设直线BM的解析式为y=kx+b，代入M(-1,1)，B(3,2)，
{1=−k+b2=3k+b，解之得{k=14b=54，
∴直线BM解析式为y=14x+54，
令x=0，解得y=54，
∴存在点P的坐标，且P(0, 54)，
故答案为：存在点P的坐标，使得PA+PB最小，此时P点坐标为(0, 54)；
(2)当四边形ABCD是平行四边形，只能是AC为一条对角线，另一条对角线为BD，
设D(m,0)，由中点坐标公式可知：
线段AC的中点坐标为(1+42,1+12)，即(52,1)，
线段BD的中点坐标为(m+32,0+22)，即(m+32,1)，
又线段AC与BD中点为同一个点，
∴m+32=52，解得m=2，
故四边形ABCD是平行四边形，D点的坐标为(2,0)，又速度为1个单位每秒，
∴经过2秒后，四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：2秒；
(3)分类讨论：设P(m,0)，Q(0,n)，A(1,1)，B(3,2)，
情况①：AB为对角线时，另一对角线为PQ，
线段AB的中点坐标为(2,32)，线段PQ的中点坐标为(m2,n2)，
又线段AB和线段PQ的中点为同一个点，
∴{2=m232=n2，解得{m=4n=3，故此时P(4,0)，Q(0,3)；
情况②：AQ为对角线时，另一对角线为BP，
线段AQ的中点坐标为(12,1+n2)，线段BP的中点坐标为(3+m2,0+22)，
又线段AQ和线段BP的中点为同一个点，
∴{12=3+m21+n2=0+22，解得{m=−2n=1，故此时P(-2,0)，Q(0,1)；
情况③：AP为对角线时，另一对角线为BQ，
线段AP的中点坐标为(1+m2,1+02)，线段BQ的中点坐标为(3+02,n+22)，
又线段AQ和线段BP的中点为同一个点，
∴{1+m2=3+021+02=n+22，解得{m=2n=−1，故此时P(2,0)，Q(0,-1)；
综上所述，P点坐标为(4,0)或(-2,0)或(2,0)，对应的Q点坐标为(0,3)或(0,1)或(0,-1)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质及判定、平行四边形的存在性问题等，熟练掌握判定法则及平行四边形的性质是解决本题的关键．
【变式7-1】（2023·全国·八年级专题练习）以不共线的三点A、B、C为顶点的平行四边形共有（ ）个．
A．1B．2C．3D．无数
【答案】C
【分析】分别以△ABC的三边为对角线作出平行四边形即可得解.
【详解】如图，分别以AB、BC、AC为对角线作平行四边形，共可以作出3个平行四边形.
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键在于以三角形的三边作为所作平行四边形的对角线.
【变式7-2】（2023下·浙江杭州·八年级期中）在平面直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点坐标分别是O0,0,A−3,0,B0,2，则平行四边形第四个顶点C的坐标 ．
【答案】3,2或−3,2或−3,−2
【分析】设C点的坐标为x,y，由四边形BOAC时平行四边形，可分以下情况进行分类求解，即①当BC=AO时，②BO=AC时，然后根据平行四边形的性质进行求解即可．
【详解】解：设C点的坐标为x,y，
∵四边形BOAC时平行四边形，
①当BC=AO时，
∵O0,0,A−3,0,B0,2
∴AO=3，
∴BC=3，
∴C点坐标为C3,2或C−3,2．
②BO=AC时，
∵BO=2，∴AC=2，
∴C点坐标为C−3,−2；
故答案为：3,2或−3,2或−3,−2．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定及平面直角坐标系点的坐标，熟练掌握平行四边形的性质与判定及平面直角坐标系点的坐标是解题的关键．
【变式7-3】（2023上·辽宁大连·八年级校考阶段练习）平面直角坐标系中，O为原点，点A3，0，点B0，4，把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．
(1)如图1，若α=90°，则点O′的坐标为 ，点A′的坐标为 ，AA′的长为 ．
(2)如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、O′、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
【答案】(1)4，4，4，7，52；
(2)23，6；
(3)3+23,2或3−23,−2或23−3,10．
【分析】（1）由旋转的性质得∠ABA′=90°，AB=A′B=5，O′B=OB=4，O′A′=OA=3，由勾股定理求出AA′的长，判断出O′B与x轴平行，进而可得点O′，点A′的坐标；
（2）作O′H⊥y轴于H，如图2，利用旋转的性质得BO=BO′=4，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理计算出BH和O′H的长，进而可得点O′的坐标；
（3）分三种情况：①当AB、BO′为平行四边形的边时，连接BD，AO′交于点P，根据AP=O′P，PD=PB，利用中点坐标公式求出点P的坐标，进而可得点D的坐标；②当AB为对角线时，③当O′B为对角线时，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点A3，0，点B0，4，
∴AO=3，OB=4，
∴AB=OA2+OB2=32+42=5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°得△A′BO′，
∴∠ABA′=90°，AB=A′B=5，
∴AA′=AB2+A′B2=52+52=52，
∵α=90°，O′B=OB=4，O′A′=OA=3，
∴O′B与x轴平行，
∴O′4，4，
∵△A′O′B是直角三角形，O′A′=3，
∴A′的坐标为4，7，
综上，O′的坐标为4，4，A′的坐标为4，7，AA′的长为52，
故答案为：4，4，4，7，52；
（2）解：作O′H⊥y轴于H，如图2，
∵△ABO绕点B逆时针旋转120°得△A′BO′，
∴BO=BO′=4，∠OBO′=120°，
∴∠HBO′=60°，
在Rt△BHO′中，∠BO′H=90°−∠HBO′=30°，
∴BH=12BO′=2，O′H=42−22=23，
∴OH=OB+BH=4+2=6，
∴点O′的坐标为23，6；
（3）解：分三种情况：
①当AB、BO′为平行四边形的边时，如图，
连接BD，AO′交于点P，
∵四边形ABO′D是平行四边形，
∴AP=O′P，PD=PB，
∵点A3，0，点O′的坐标为23，6，
∴P3+232,3，
∵点B0，4，
∴点D的坐标为3+23,2；
②当AB为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为3−23,−2；
③当O′B为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为23−3,10；
．
综上，点D的坐标为3+23,2或3−23,−2或23−3,10．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，平行四边形的性质和中点坐标公式等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【题型8 证明四边形是平行四边形】
【例8】（2023下·湖南张家界·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+8k≠0经过点C2，4，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段CD平行于x轴，交直线y=23x于点D．连接OC、AD．
(1)求直线AB的解析式；
(2)求证：四边形OCDA是平行四边形；
(3)点P为直线AC上一点，连接OP、PD，当S△POD=2S△COD，求此时点P的坐标．
【答案】(1)y=−2x+8；
(2)证明详见解析；
(3)1，6或5，−2．
【分析】本题考查一次函数综合，解题的关键是掌握待定系数求函数解析式，会求函数与坐标轴的交点，会求点所围成的三角形面积．
（1）将C2，4代入y=kx+8即可求解；
（2）先求出A、D的坐标，然后证明OA=CD，OA∥CD，即可得证；
（3）根据S△POD=2S△COD可得点P到OD的距离是点C到OD距离的2倍，设将直线OD向上平移bb>0个单位得到直线l1，则可求直线l1的解析式为y=23x+83，然后把直线OD向上或向下平移2bb>0个单位得到直线l2、l3，求出l2、l3解析式，最后分别求出l2、l3与AC的交点即可．
【详解】（1）解：将C2，4代入y=kx+8，得4=2k+8
∴k=−2，
∴直线AB的解析式为y=−2x+8．
（2）解：当y=0时，0=−2x+8，
解得x=4，即点A4，0，
∴OA=4．
∵CD平行于x轴，则点D的纵坐标为4，
∴将y=4代入y=23x，得4=23x，
解得x=6．
∴点D6，4，C2，4．
∴CD=4．
∴OA=CD，且OA∥CD．
∴四边形OCDA是平行四边形．
（3）解：∵△POD与△COD的底都是OD，
∴当S△POD=2S△COD时，则点P到OD的距离是点C到OD距离的2倍，
如图2，设将直线OD向上平移bb>0个单位得到直线l1，使得直线l1经过点C，
∴直线l1的解析式为y=23x+b，
∵经过点C2，4，
∴4=23×2+b，
∴b=83．
∵点P到OD的距离是点C到OD距离的2倍，
①将直线OD向上平移2bb>0个单位得到直线l2，
∴直线l2的解析式为y=23x+163．
∴直线l2与直线AC的交点即为点P，
∴y=23x+163y=−2x+8，解得x=1y=6，
∴点P的坐标为1，6；
②将直线OD向下平移2bb>0个单位得到直线l3，
∴直线l3的解析式为y=23x−163．
∴直线l3与直线AC的交点即为点P，
∴y=23x−163y=−2x+8，解得x=5y=−2，
∴点P的坐标为5，−2．
综上所述点P的坐标：1，6或5，−2．
【变式8-1】（2023下·河南洛阳·八年级统考期末）如图，已知∠A=∠D,AB=DC,AC,BD相交于O．

(1)求证：△AOB≌△DOC．
(2)作△BDC关于直线BC的对称图形△BEC，求证：四边形ABEC是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据AAS即可证明；
（2）证明两组对边分别相等即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵∠A=∠D，AB=DC，∠AOB=∠DOC，
∴△AOB≌△DOC(AAS)，
（2）证明∵△AOB≌△DOC，
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠A=∠D，AB=DC
∴△ABC≌△DCB，
∴AC=BD，
∵△BDC、△BEC关于直线BC对称，
∴DC=CE=AB，BD=BE，
∴AC=BE，
∴四边形ABEC是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、作图−轴对称等知识，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．
【变式8-2】（2023下·重庆沙坪坝·八年级重庆一中校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在对角线BD上，小谷想在平行四边形ABCD里面再剪出一个以AE为边的平行四边形，小谷的思路是：在BC的左侧作∠BCF=∠DAE，将其转化为证明三角形全等，通过一组对边平行且相等的四边形是平行四边形使问题得到解决，请根据小谷的思路完成下面的作图与填空．

(1)用尺规完成以下基本作图：在BC左侧作∠BCF，使∠BCF=∠DAE，CF与对角线BD交于点F，连接AF，CE．（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）
(2)根据（1）中作图，求证：四边形AECF为平行四边形．
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，① ．
∴② ．
在△AED与△CFB中，
∵∠DAE=∠BCFAD=BC∠ADE=∠CBF，
∴△AED≌△CFBASA．
∴AE=CF，③ ．
∴180°−∠AED=180°−∠CFB，即∠AEF=∠CFE，
∴④ ．
∴四边形AECF为平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)AD=BC，∠ADE=∠CBF，∠AED=∠CFB，AE∥CF
【分析】（1）以B点为圆心DE长为半径画弧，交BD于点F，连接CF，则∠BCF即为所求；
（2）根据平行四边形的判定方法：一组对边平行且相等即可证明．
【详解】（1）如图：以B点为圆心DE长为半径画弧，交BD于点F，连接CF，则∠BCF即为所求

（2）如图：连接CE，AF

∵四边形ABCD为平行四边形
∴AD∥BC，AD=BC
∴∠ADE=∠CBF
在△AED与△CFB中
∵∠DAE=∠BCFAD=BC∠ADE=∠CBF
∴△AED≌△CFBASA
∴AE=CF，∠AED=∠CFB
∴180°−∠AED=180°−∠CFB
即∠AEF=∠CFE
∴AE∥CF
∴四边形AECF为平行四边形
故答案为：AD=BC，∠ADE=∠CBF，∠AED=∠CFB，AE∥CF．
【点睛】本题考查了尺规作图—复杂作图，平行四边形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的性质和判定是解题关键．
【变式8-3】（2023下·辽宁沈阳·八年级统考期末）已知：△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△EBF，点A对应点E，点C对应点F，以AC为边作等边△ACD（A，C，D按顺时针排列），连接AE，DF，设∠CAB=a．
(1)如图1所示，若点D，点A在BC两侧，当a=150°时，
①请直接写出∠DAE的度数；
②用适当的方式表述：线段EF与AD之间的关系；EF所在直线与AB之间的关系；
(2)如图2所示，若点D在△ABC内部，请判断四边形AEFD是否为平行四边形，并证明你的结论．
【答案】(1)①∠DAE=30°;②AD∥EF且AD=EF, 直线EF垂直平分AB
(2)四边形AEFD是平行四边形，证明见解析
【分析】（1）①根据旋转可得△ABE是等边三角形，即可求出∠DAE的度数；
②由旋转可得AC=EF,再由等边三角形可得AC=AD，即可得到AD=EF，由①得∠DAE=30°，再由①∠AEF=150°可得AD∥EF；连接AF，证明△AEF≌△BEF，可得AF=BF，再结合EA=EB，即可得到直线EF垂直平分AB；
（2）参考（1）中的过程证明AD∥EF且AD=EF即可．
【详解】（1）①根据旋转可得：AB=BE,AC=EF，∠ABE=60°
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°
∵等边△ACD
∴∠CAD=60°, AC=AD，
∴∠DAE=∠CAB−∠ACD−∠BAE=150°−60°−60°=30°
②由旋转可得AC=EF, ∠CAB=a=∠BEF=150°
∴∠AEF=360°−∠AEF−∠BEF=150°
由①得∠DAE=30°
∴∠AEF+∠DAE=180°
∴AD∥EF
∵等边△ACD
∴AC=AD，
∴AD=EF，
连接AF
在△AEF和△BEF中，
EF=EF∠AEF=∠BEF=150°AE=BE
∴△AEF≌△BEF（SAS）
∴FA=FB
∴点F在AB的垂直平分线上
∵EA=EAB
∴点E在AB的垂直平分线上
∴直线EF垂直平分AB
（2）四边形AEFD是平行四边形，证明如下：
根据旋转可得：AB=BE,AC=EF，∠ABE=60°，∠CAB=a=∠BEF
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°
∵等边△ACD
∴∠CAD=60°, AC=AD，
∴∠DAE=∠ACD−(∠CAB−∠BAE)=120°−a
∵∠AEF=∠AEF+∠BEF=a+60°
∴∠AEF+∠DAE=180°
∴AD∥EF
∵等边△ACD
∴AC=AD，
∴AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的性质与判定、垂直平分线的判定、等边三角形的性质与判定、平行四边形的判定等知识，解题的关键是由旋转得到对应边相等、对应角相等．
【题型9 利用平行四边形的判定与性质求解】
【例9】（2023下·山东济南·八年级统考期中）如图，△ABC的面积为5，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DFC，连接EA，DA，当∠BAC=120°时，四边形ADFE的面积为 ．

【答案】10
【分析】过点A作AG⊥DF于G，过点C作CM垂直于FD的延长线于M，由旋转的性质得出△BEF≌△BAC≌△FDC，然后得出△ABE，△ACD是等边三角形，再证明四边形AEFD是平行四边形，然后根据平行四边形的面积得出结论．
【详解】解：过点A作AG⊥DF于G，过点C作CM垂直于FD的延长线于M，如图所示：

根据题意知，△BEF≌△BAC≌△FDC，
∴BE=BA=FD，EF=AC=DC，
∵∠ABE=60°，∠ACD=60°，
∴△ABE，△ACD是等边三角形，
∴AE=AB，AC=AD，
∴AE=DF，AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE∥FD，
∴AG=CM，
∴S平行四边AEFD=2S△CDF=2S△BAC=2×5=10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的面积，平行四边形的性质等知识，关键是利用旋转的性质得出△ABE、△ACD是等边三角形.
【变式9-1】（2023下·吉林长春·八年级长春市解放大路学校校考期中）如图①，P为△ABC所在平面内任意一点(不在直线AC上)，∠ABC=90°，AC=2BC=4，D为AC边中点，操作：以PA、PB为邻边作▱ PAMB，连接PD并延长到点E，使PD=DE，连接CE、ME．

(1)探究：判断ME与BC的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)应用：如图②，当点P，M，E在同一条直线上，且M为PD中点时，平行四边形PAMB的面积为_________．
【答案】(1)ME与BC的数量关系：ME=BC，位置关系：ME∥BC
(2)233
【分析】（1）连接AE和CP，由平行四边形的性质可知，AP∥BM且AP=BM，
再由PD=DE，D为AC边中点可知四边形AECP是平行四边形，从而得到AP∥CE且AP=CE，继而得到BM∥CE且BM=CE，四边形BMEC是平行四边形，从而得解；
（2）连接BD，利用三角形的中线将这个三角形分成面积相等的两个三角形求解即可．
【详解】（1）解：连接AE和CP，

∵四边形PAMB是平行四边形，
∴AP∥BM且AP=BM，
又∵PD=DE，D为AC边中点，即AD=CD，
∴四边形AECP是平行四边形，
∴AP∥CE且AP=CE，
∴BM∥CE且BM=CE，
∴四边形BMEC是平行四边形，
∴ME=BC且ME∥BC，
即ME与BC的数量关系是：ME=BC，位置关系是：ME∥BC；
（2）连接AE、BD，设PM与AB交于点O，

∵四边形PAMB是平行四边形，
∴O是PM和AB的中点，
∴S△BOP=S△AOP=S△BOM=S△AOM=12S△AMB=14S▱PAMB，
∵M为PD中点，
∴S△BMP=S△BMD=S△AMP=S△AMD=12S▱PAMB，
∴S△ABD=S△BMD+S△AMB+S△AMD=32S▱PAMB，
∵D为AC边中点，
∴S△ABD=12S△ABC，
∴S△ABC=3S▱PAMB，
∵∠ABC=90°，AC=2BC=4，
∴BC=2，
∴AB=AC2−BC2=23，
∴S△ABC=12AB×BC=12×23×2=23，
∴S▱PAMB=13S△ABC=233，
故答案为：233．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，三角形的中线将这个三角形分成面积相等的两个三角形等知识，正确作出有用的辅助线是解题的关键．
【变式9-2】（2023下·吉林长春·八年级校考期中）如图，▱ABCD中，E、F分别是AB、CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．
(1)连接BF、DE，判断四边形DEBF的形状并说明理由．
(2)若AE=6，BE=2，△BOF的面积为2，求▱ABCD的面积．
(3)若BD⊥AD，∠A=45°，EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG=1时，则AB的长为______．
【答案】(1)四边形DEBF是平行四边形，理由见解析；
(2)16；
(3)4；
【分析】（1）分别证明DF∥EB，BE=DF，即可；
（2）利用平行四边形的性质，由△BOF的面积为2，得到S△EFB=4，再利用三角形同底等高的性质，得到△EDB的面积，再求出S△ADB=8，则可知▱ABCD的面积为2S△ADB=16；
（3）由△ADB是等腰直角三角形，得出∠A=45°，因为EF⊥AB，得出∠G=45°，所以△ODG与△DFG都是等腰直角三角形，从而依次求得GF、GE、AE的长，则AB可求；
【详解】（1）解：四边形DEBF是平行四边形；
证明：由题意，在▱ABCD中，DF∥EB，
∵BE=DF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形DEBF是平行四边形，
∴OE=OF，，
∴S△DOE=S△BOF=2，
∴S△DBE=S△EFB=4，
∵AE=6，BE=2，
∴S△ADES△EDB=ABEB=82=4，
∴S△ADB=8，
∴▱ABCD的面积为2S△ADB=16．
（3）解：∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∵∠A=45°，
∴∠DBA=∠A=45°，
∵EF⊥AB，
∴∠G=∠A=45°，
∴△ODG是等腰直角三角形，
∵AB∥CD，EF⊥AB，
∴DF⊥OG，
∴OF=FG，△DFG是等腰直角三角形，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴OE=OF，BE=DF，
∴GF=OF=OE=1，
∵△DFG是等腰直角三角形，
∴DF=FG=1，
∴GE=OE+OF+FG=3，
∴AE=GE=3，
∴AB=AE+EB=4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，以及同底等高类的三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质，证明等腰直角三角形是解决问题的关键．
【变式9-3】（2023下·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，∠A=30°，动点P从点B出发，沿BA方向以每秒4个单位的速度向终点A运动，同时动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿CB方向运动，当点P到达A点时，点Q也停止运动，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，QD分别交AC于点E，F，设点P运动的时间为t秒．
(1)BQ= ______ (含t的代数式表示)；
(2)如图2，连接AD，PF，PQ，当AD∥PQ时，求△PQF的面积；
(3)如图3，连接PF，PQ，D点关于直线PF的对称点为D'点，若D'落在△PQB的内部(不包括边界)时，则t的取值范围为______.
【答案】(1)4−t(0