人教版八年级数学下册同步精讲精练《第十八章平行四边形》知识串讲+热考题型(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册同步精讲精练《第十八章平行四边形》知识串讲+热考题型(原卷版+解析)，共115页。试卷主要包含了平行四边形，矩形，菱形，正方形等内容，欢迎下载使用。

四个图形的性质和判定
●●一、平行四边形
定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
性质：平行四边形的对边平行，对边相等，对角相等，对角线互相平分．
判定：
边：（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.
角：两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
对角线：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
●●二、矩形
定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
性质：①矩形具有平行四边形的一切性质.
②矩形的四个角都是直角；
③矩形的对角线相等.
判定：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②对角线相等的平行四边形是矩形；
③有三个角是直角的四边形是矩形；
④矩形是轴对称图形，有两条对称轴.
●●三、菱形
定义：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.
性质：①菱形具有平行四边形的一切性质.
②菱形的四条边都相等.
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.
④菱形是轴对称图形，有两条对称轴.
判定：①有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
③四条边相等四边形是菱形.
●●四、正方形
定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
性质：具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质.
①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；
②角：四个角都是直角；
③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；
④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；
判定：①有一组邻边相等的矩形是正方形.
②有一个角是直角的菱形是正方形.
③对角线相等的菱形是正方形.
④对角线垂直的矩形是正方形.
两个性质定理
●●1、三角形的中位线定理
◆定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
◆性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半.
●●2、直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
题型一 平行四边形的性质与判定
【例题1】（2022•云冈区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF和CE．
（1）证明：四边形AECF是平行四边形；
（2）已知BD＝6，DF＝2，BC＝5，求CE的长．
【变式1-1】如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（ ）
A．18B．19C．20D．21
【变式1-2】如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交AB于点F，CE平分∠BCD，交AB于点E，AD＝6，AB＝7，则EF长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【变式1-3】如图，平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，AB＝AE，AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为（ ）
A．55°B．65°C．75°D．85°
【变式1-4】（2021春•嘉兴期中）如图，已知在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，则以下条件不能判断四边形AECF为平行四边形的是（ ）
A．BE＝DFB．AF⊥BD，CE⊥BD
C．∠BAE＝∠DCFD．AF＝CE
【变式1-5】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°，AB=12BC＝1，则下列结论：①∠CAD＝30°；②BD＝23；
③S平行四边形ABCD＝AB•AC；④AD＝4OE．其中结论正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式1-6】（2022•嘉定区二模）如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，AC＝AD，点E在边BC上，AB＝AE，∠BAE＝∠CAD，联结DE．
（1）求证：BC＝DE；
（2）当AC＝BC时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
【变式1-7】（2022秋•招远市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH．
（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（2）若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度数．
【变式1-8】（2022春•蓬江区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD边的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BE，BE⊥AF．
（1）求证：△ADE≌△FCE；
（2）求证：AE平分∠DAB；
（3）若∠DAB＝60°，AB＝4，求平行四边形ABCD的面积．
题型二 三角形的中位线定理
【例题2】（2022秋•二道区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【变式2-1】如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6．若DE是△ABC的中位线，延长DE交△ABC的外角∠ACM的平分线于点F，则线段DF的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【变式2-2】（2022秋•封丘县校级期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为（ ）
A．1B．32C．2D．52
【变式2-3】如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝7，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．12B．14C．24D．21
【变式2-4】（2022春•宁都县期末）如图，AC、BD是四边形ABCD的对角线，E、F分别为AD、BC的中点，G、H分别为BD、AC的中点．请你判断EF与GH的关系，并证明你的结论．
【变式2-5】（2022秋•郸城县期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点．
（1）若AB＝10，CD＝24，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长．
（2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2．
题型三 矩形的性质与判定
【例题3】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为（ ）
A．6B．7C．5D．5.6
【变式3-1】（2021秋•泗县期末）如图，在矩形ABCD，对角线AC与BD相交于点O，EO⊥AC于点O，交BC于点E，若△ABE的周长为8，AB＝3，则AD的长为（ ）
A．2B．5.5C．5D．4
【变式3-2】如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
【变式3-3】（2022•定安县一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，FC＝2，则AB的长为（ ）
A．83B．8C．43D．6
【变式3-4】（2022春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，延长BE，CD交于点F，连接AF，BD．
（1）求证：四边形ABDF为平行四边形．
（2）若BE为∠ABC的角平分线，AB＝5，求四边形ABDF的周长．
【变式3-5】如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【变式3-6】如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
题型四 直角三角形斜边上的中线的性质
【例题4】（2022春•交城县期中）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在BC的延长线上，连接AD，点E，F分别是BC，AD的中点，若EF＝3，则AD的长为（ ）
A．3B．33C．6D．32
【变式4-1】（2022春•蓬莱市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E为BC上的一点，F为AD的中点，且∠BAE＝35°，∠CDE＝55°，∠ADE＝30°，AE＝3，则EF的长为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【变式4-2】（2022春•青县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则DE的长是（ ）
A．6B．5C．4D．22
【变式4-3】（2022秋•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 ．
【变式4-4】（2022秋•新民市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．
（1）求证：MN⊥BD；
（2）若∠DAC＝64°，∠BAC＝56°，求∠DMB的度数．
【变式4-5】（2022秋•江都区校级月考）如图，已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE；
（2）若∠ABC＝70°，∠ACB＝50°，连结DM、ME，求∠DME的度数；
（3）猜想∠DME与∠A之间的关系，并证明你的猜想．
题型五 菱形的性质与判定
【例题5】（2022秋•青羊区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝6，AC＝8，直线OE⊥AB交CD于点F，则EF的长为 ．
【变式5-1】（2022春•夏邑县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四边形CDEB，当AD＝ 时，平行四边形CDEB为菱形．
【变式5-2】（2022•玉树市校级一模）如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝4，P是AB边一个动点，E、F分别是DP、BP的中点，则线段EF的长为 ．
【变式5-3】（2022秋•永春县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是 ．（填序号）
①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③EA平分∠GEF；④FB平分∠EFG；⑤四边形BEFG是菱形．
【变式5-4】（2022春•五华区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点D作对角线BD的垂线交BA的延长线于点E．
（1）证明：四边形ACDE是平行四边形；
（2）若AC＝24，BD＝10，求△ADE的周长．
【变式5-5】（2022•武威模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是对角线AC上一点，∠ADC＝∠ABC．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）分别过点E，B作EF∥AB，BF∥AC，当∠FCE和∠DCE满足怎么样的数量关系时，四边形EFCD是菱形？请说明理由．
【变式5-6】（2022春•莱芜区期中）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且点E、F不与点B、C、D重合．
（1）证明：不论点E、F在边BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；
（2）当点E、F在边BC、CD上滑动时，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出四边形AECF的面积；如果变化，请说明理由．
题型六 正方形的性质与判定
【例题6】（2022春•衡山县期末）如图，在矩形ABCD中，有以下结论：
①△AOB是等腰三角形；②S△ABO＝S△ADO；③AC＝BD；④AC⊥BD；⑤当∠ABD＝45°时，矩形ABCD会变成正方形．正确的结论是 ．
【变式6-1】（2022•南海区一模）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠CEB和∠CFD都是直角且点C，E，F三点共线，BE＝2，则阴影部分的面积是 ．
【变式6-2】（2022秋•桐柏县期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF＝CE＝4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为 13 ．
【变式6-3】（2022秋•零陵区期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF； ③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF，其中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【变式6-4】（2022春•江宁区期末）如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．
（1）求证：AF与DE互相平分；
（2）当△ABC满足 时，四边形ADFE是正方形．
【变式6-5】（2020春•朝天区期末）如图，点E是正方形ABCD对角线AC上一点，EF⊥AB，EG⊥BC，垂足分别为F，G，若正方形ABCD的周长是40cm．
（1）求证：四边形BFEG是矩形；
（2）求四边形EFBG的周长；
（3）当AF的长为多少时，四边形BFEG是正方形？
题型七 特殊平行四边形综合运用
【例题7】（2022春•綦江区月考）下列说法中错误的是（ ）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【变式7-1】（2022秋•东明县校级期末）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．1个B．2个C．3个D．4个
【变式7-2】（2022春•齐齐哈尔期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，DF⊥AB于点F，BE⊥CD于点 E．
（1）求证：四边形DFBE是矩形；
（2）若DE＝2，BE＝4，求AD的长．
【变式7-3】（2022春•峄城区期中）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
【变式7-4】（2022秋•高明区月考）如图，在▱ABCD中，E、M分别为AD、AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点N，连接AN．
（1）证明：四边形AMDN是菱形；
（2）若∠DAB＝45°，判断四边形AMDN的形状，并说明理由．
【变式7-5】（2022秋•青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分别是BC，AD的中点．
（1）求证：△ABC≌△CDA；
（2）求证：四边形AECF是菱形；
（3）给三角形ABC添加一个条件 ，使得四边形AECF是正方形，并证明你的结论．
题型八 平行四边形中的分类讨论问题
【例题8】（2022春•东湖区校级期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，点E在线段BC上，CE＝23，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CE＝CP，则∠EPC的度数为 ．
【变式8-1】（2023•龙川县校级开学）在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AEB＝105°，AE＝EP，则在△AEP中，∠AEP的度数为 ．
【变式8-2】（2021春•嘉兴月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为 时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
【变式8-3】（2022春•璧山区期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A．C的坐标分别为（10，0），（0，3），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【变式8-4】（2022春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 ．
题型九 平行四边形中的折叠问题
【例题9】（2022秋•电白区期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝10，AD＝6，E为BC上一点，把△CDE沿DE折叠，使点C落在AB边上的F处．
（1）求AF的长；
（2）求CE的长．
【变式9-1】（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AD＝9，AB＝3，将其折叠，使点D与点B重合，点C落在点C'处，折痕EF交AD于点E，交BC于点F．
（1）求线段AE的长．
（2）线段BF的长为 ．
【变式9-2】（2023春•吴江区月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）
A．185B．125C．165D．95
【变式9-3】（2022秋•梅县区校级期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E，G分别在边BC，AB上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处，HF＝1，BF＝8，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．420B．360C．4202D．3602
【变式9-4】（2022秋•遵义期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝5，AD＝3，矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到的，点H为CD边上一点，现将四边形ABHD沿BH折叠得到四边形A'BHD'，当点A'恰好落在EF上时，DH的长是（ ）
A．175B．72C．185D．522
【变式9-5】如图，将平行四边形ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕l交CD边于点E，连接BE．
（1）求证：四边形ADED′是菱形；
（2）如果AB2＝AE2+BE2，求证：BE平分∠ABC．
题型十 平行四边形中的动点运动问题
【例题10】（2021春•魏县期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q以每秒3cm的速度从点D出发，沿DC，CB向B运动，两个点同时出发，在运动 秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【变式10-1】如图，在矩形ABCD中，BC＝15cm，动点P从点B开始沿BC边以每秒2cm的速度运动；动点Q从点D开始沿DA边以每秒1cm的速度运动，点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为t秒，则当t＝（ ）秒时，四边形ABPQ为矩形．
A．3B．4C．5D．6
【变式10-2】（2021秋•平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F同时从O点出发在线段AC上以0.5cm/s的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为ts．连接DE，DF，BE，BF，已知△ABD是边长为4cm的等边三角形，当t＝ s时，四边形DEBF为正方形．
【变式10-3】（2022春•浚县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE＝4cm．点M从D点出发，沿D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿B→A以2cm/s的速度匀速运动到点A．一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动．当点M运动时间是 秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形．
【变式10-4】（2022秋•鄄城县期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm，点E在线段BO上从点B出发以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O出发以2cm/s的速度向点D运动．
（1）若点E，F同时运动，设运动时间为ts，当t为何值时，四边形AECF是平行四边形？
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，平行四边形AECF是菱形？
【变式10-5】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动，当点Q到达点B时，点P也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒．
（1）作DE⊥BC于E，则CD边的长度为 cm；
（2）从运动开始，当t取何值时，四边形PQBA是矩形？
（3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．
题型十一 平行四边形中的最值问题
【例题11】（2022秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
【变式11-1】（2021秋•海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝12，AB＝6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰△ADP，Q为边BC上一点，BQ＝4，连接PQ，则PQ的最小值为 ．
【变式11-2】（2022•南海区一模）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝3．运动过程中点D到点O的最大距离是 ．
【变式11-3】如图所示，在边长为2的菱形ABCD中∠ABC＝60°，点O为对角线的交点，点P为BC边上的一点，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是（ ）
A．32B．52C．5D．32−62
【变式11-4】（2021春•上思县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点F在AD上，AF＝1，E是对角线BC上的一个动点，则AE+EF的最小值为 ．
【变式11-5】（2021秋•沙坪坝区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝6，△BDC面积为21，AB的垂直平分线MN分别交AB、AC于点M、N，若点P和点Q分别是线段MN和BC边上的动点，则PB+PQ的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
题型十二 平行四边形综合压轴探究题
【例题12】（2021春•禹城市期中）【发现与证明】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正方形A'B'C'O的一个顶点，如果两个正方形的边长都等于a，那么正方形A'B'C'O绕点O无论怎样转动，两个正方形重叠部分的面积是一个定值．
（1）请你写出这个定值，并证明你的结论．
【应用迁移】
（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC．若AC＝8，求四边形ABCD的面积．
【变式12-1】（2022秋•丹徒区期末）如图1，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，含45°角的直角三角板放置在长方形内，∠FEG＝90°，EG＝EF，顶点E、F、G分别在AB、BC、AD上．
（1）求证：△AEG≌△BFE；
（2）若P是斜边FG的中点．
①如图2，连接EP，请写出线段EP与AG、BF之间的数量关系，并说明理由；
②如图3，连接BP，若AB=18，则BP的长等于 ．
【变式12-2】（2022春•思明区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明．
【变式12-3】如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．
（1）求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．
（2）如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是否发生变化？请说明理由．
（3）如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系．
【变式12-4】如图①，正方形ABCD的边长为4，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，折痕为EF，BC、PG延长线相交于点K．
（1）若BE＝3，求AP的长；
（2）在（1）的条件下，求BK的长；
（3）如图②当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是定值吗？如果是，请求出该定值；如果不是请说明理由．
【变式12-5】（2021春•淮北期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝22，CE＝2，求CG的长；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
解题技巧提炼
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的.
解题技巧提炼
运用中位线定理求线段长或推理证明题的方法：当题中出现有三角形的中点时，联想到三角形中位线定理，应用定理证明两直线的位置关系或线段之间的关系.有时需要添加辅助线构造.
解题技巧提炼
1、矩形中有直角，所以对于线段长度的问题常用到勾股定理；
2、矩形的判定一定要先明确前提条件，若前提是平行四边形，则找一个角是直角或对角线相等；若前提是四边形，则需证明有三个角是直角.
3、矩形的性质与判定综合应用时要分清条件和结论，灵活选用方法是解题的关键.
解题技巧提炼
在直角三角形中，遇到斜边的中点常作斜边的中线，从而利用直角三角形斜边中线的性质解决问题.
解题技巧提炼
菱形的判定可以确定菱形的存在，再利用菱形的性质，可以得出线段或角的对应关系.
解题技巧提炼
正方形具有所有特殊平行四边形的性质，正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题.
解题技巧提炼
综合利用菱形、矩形、正方形的性质与判定方法实现相应线段、角之间的转化时解题的关键，前提是要熟悉各图形的性质与判定的方法.
解题技巧提炼
分类讨论思想要做到两点：（1）要有分类的意识，善于从问题的情景中专注分类的对象；二是找出科学、合理的分类标准.本章中出现的图形运动、边长、面积等题目常用到分类讨论思想.
解题技巧提炼
在很多问题中，经常涉及折叠问题，折叠前后的图形具有全等的特性，由此得到一些线段相等或角相等，并将平行四边形、矩形结合在一起，综合解决问题.
解题技巧提炼
解决动点问题时，要抓住点在运动过程中的特殊时刻（或一个确定的位置），以静制动，寻找问题的突破口，有时要用到方程思想或分类讨论的思想.
解题技巧提炼
在解决四边形中的最短问题时，利用轴对称、平移等变换把已知问题转化为容易解决的问题，从而作出最短线段和.
解题技巧提炼
本题型是四边形的综合题，综合考查了平行四边形和特殊平行四边形的性质与判定，同时用到等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，有时正确地作出辅助线是解题的关键．
八年级下册数学《第十八章 平行四边形》
本章知识综合运用
四个图形的性质和判定
●●一、平行四边形
定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
性质：平行四边形的对边平行，对边相等，对角相等，对角线互相平分．
判定：
边：（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.
角：两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
对角线：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
●●二、矩形
定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
性质：①矩形具有平行四边形的一切性质.
②矩形的四个角都是直角；
③矩形的对角线相等.
判定：①有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②对角线相等的平行四边形是矩形；
③有三个角是直角的四边形是矩形；
④矩形是轴对称图形，有两条对称轴.
●●三、菱形
定义：有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.
性质：①菱形具有平行四边形的一切性质.
②菱形的四条边都相等.
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.
④菱形是轴对称图形，有两条对称轴.
判定：①有一组邻边相等的平行的四边形叫做菱形.
②对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
③四条边相等四边形是菱形.
●●四、正方形
定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
性质：具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质.
①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；
②角：四个角都是直角；
③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；
④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；
判定：①有一组邻边相等的矩形是正方形.
②有一个角是直角的菱形是正方形.
③对角线相等的菱形是正方形.
④对角线垂直的矩形是正方形.
两个性质定理
●●1、三角形的中位线定理
◆定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线.
◆性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半.
●●2、直角三角形的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
题型一 平行四边形的性质与判定
【例题1】（2022•云冈区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF和CE．
（1）证明：四边形AECF是平行四边形；
（2）已知BD＝6，DF＝2，BC＝5，求CE的长．
【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AEF＝∠CFE＝90°，利用内错角相等两直线平行可得AE∥CF，再根据平行四边形的性质证明△ABE≌△CDF，根据全等三角形对应边相等可得AE＝CF，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；
（2）在Rt△BCF中，由勾股定理求得CF的长度；继而在Rt△CEF中，由勾股定理CE的长度即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴∠AEF＝∠CFE＝90°，
∴AE∥CF（内错角相等，两直线平行），
在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE与△CDF中，
∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFD=90°AB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形（有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵DF＝2，
∴BF＝BD﹣DF＝6﹣2＝4．
在Rt△BCF中，由勾股定理得CF=BC2−BF2=52−42=3．
由（1）可知△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF＝2．
∴EF＝BF﹣BE＝2．
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE=EF2+CF2=22+32=13．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，利用三角形全等证明得到AE＝CF是解题的关键．
【变式1-1】如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（ ）
A．18B．19C．20D．21
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA的长，然后由AB⊥AC，AB＝8，AC＝12，根据勾股定理可求得OB的长，继而求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝12，
∴OA=12AC＝6，BD＝2OB，
∵AB⊥AC，AB＝8，
∴OB=OA2+AB2=62+82=10，
∴BD＝2OB＝20．
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【变式1-2】如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交AB于点F，CE平分∠BCD，交AB于点E，AD＝6，AB＝7，则EF长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】首先根据平行四边形的性质可得CD∥AB，再根据角平分线的性质可得∠ECB＝∠DCE，然后证明BC＝BE，AD＝AF，进而可得AE＝BF，进而求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝6，AB＝DC＝7，
∴∠DCE＝∠BEC，
∵CE平分∠BCD交AB于E，DF平分∠ADC，交AB于点F，
∴∠ECB＝∠DCE，∠ADF＝∠CDB，
∵CD∥AB，
∴∠CDB＝∠EFD，∠DCE＝∠BEC，
∴∠ADF＝∠EFD，∠BCE＝∠BEC，
∴AF＝AD＝6，BE＝BC＝6，
∴AE＝BF＝7﹣6＝1，
∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝7﹣1﹣1＝5．
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，属于常见题，中考常考题型．
【变式1-3】如图，平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，AB＝AE，AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，则∠AED的度数为（ ）
A．55°B．65°C．75°D．85°
【分析】先求出∠B＝∠AEB＝∠BAE＝60°＝∠ADC＝∠DAE，由“SAS”可证△ADC≌△DAE，可求解．
【解答】解：∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝AE，∠B＝∠ADC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠B＝∠AEB＝∠BAE，
∵∠B+∠AEB+∠BAE＝180°，
∴∠B＝∠AEB＝∠BAE＝60°＝∠ADC＝∠DAE，
∵∠EAC＝25°，
∴∠BAC＝85°，
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC＝85°，
在△ADC和△DAE中，
AD=DA∠ADC=∠DAECD=AE，
∴△ADC≌△DAE（SAS），
∴∠AED＝∠ACD＝85°，
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式1-4】（2021春•嘉兴期中）如图，已知在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，则以下条件不能判断四边形AECF为平行四边形的是（ ）
A．BE＝DFB．AF⊥BD，CE⊥BD
C．∠BAE＝∠DCFD．AF＝CE
【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，然后根据各选项的条件分析判断即可得解．
【解答】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，故本选项错误；
B、若AF⊥BD，CE⊥BD，则可以利用“角角边”证明△ADF和△CBE全等，从而得到DF＝BE，然后同A，故本选项错误；
C、∠BAE＝∠DCF能够利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，从而得到DF＝BE，然后同A，故本选项错误；
D、AF＝CE无法证明得到OE＝OF，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【变式1-5】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°，AB=12BC＝1，则下列结论：①∠CAD＝30°；②BD＝23；
③S平行四边形ABCD＝AB•AC；④AD＝4OE．其中结论正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=12AB=12，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=12−(12)2=32和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断．
【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＝1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝1，
∵BC＝2，
∴EC＝1，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE=12AB=12，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC=12−(12)2=32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD=12+(32)2=72，
∴BD＝2OD=7，
故②错误；
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S平行四边形ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=12BC=14AD，
故④正确；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键系．
【变式1-6】（2022•嘉定区二模）如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，AC＝AD，点E在边BC上，AB＝AE，∠BAE＝∠CAD，联结DE．
（1）求证：BC＝DE；
（2）当AC＝BC时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】（1）证△ABC≌△AED（SAS），即可得到结论；
（2）证BC＝AD＝DE，则∠EAD＝∠AED，再证∠AEB＝∠B，则∠EAD＝∠AEB，得AD∥BC，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，
即∠BAC＝∠EAD．
在△ABC与△AED中，
AB=AE∠BAC=∠EADAC=AD．
∴△ABC≌△AED（SAS）．
∴BC＝DE；
（2）由（1）可知，△ABC≌△AED，
∴∠B＝∠AED，BC＝DE，AC＝AD，
∵AC＝BC，
∴BC＝AD＝DE，
∴∠EAD＝∠AED，
∴∠B＝∠EAD，
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B，
∴∠EAD＝∠AEB，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题关键．
【变式1-7】（2022秋•招远市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH．
（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（2）若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度数．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC=12FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCE＝50°，再由等腰三角形的性质得出∠CBE＝∠CEB，根据三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC=12FG，
∵H为FG的中点，
∴FH=12FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（2）解：∵∠BAE＝80°，
∴∠BCD＝80°，
∵∠DCE＝30°，
∴∠BCE＝80°﹣30°＝50°，
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB=12（180°﹣50°）＝65°．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【变式1-8】（2022春•蓬江区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD边的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BE，BE⊥AF．
（1）求证：△ADE≌△FCE；
（2）求证：AE平分∠DAB；
（3）若∠DAB＝60°，AB＝4，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质，根据AAS可判定△ADE≌△FCE；
（2）根据全等三角形的性质可得AE＝FE，根据BE⊥AF．利用线段垂直平分线的性质可得BA＝BF，进而可得结论；
（3）结合（1）根据∠DAB＝60°，AB＝4，利用30度角的直角三角形可得AE和BE的长，根据△ADE≌△FCE，可得△ADE的面积＝△FCE的面积，所以▱ABCD的面积＝△ABF的面积＝2△ABE的面积，即可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠EFC，
∵点E是CD边的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中，
∠DAE=∠EFC∠DEA=∠CEFDE=CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS）；
（2）证明：∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝FE，
∵BE⊥AF，
∴BA＝BF，
∴∠BAF＝∠BFA，
∵∠DAE＝∠BFA，
∴∠DAE＝∠BAF，
∴AE平分∠DAB；
（3）解：∵∠DAB＝60°，AB＝4，
∴∠DAE＝∠BAF＝30°，
∵BE⊥AF，
∴BE=12AB＝2，
∴AE=3BE＝23，
∵△ADE≌△FCE，
∴△ADE的面积＝△FCE的面积，
∴▱ABCD的面积＝△ABF的面积＝2△ABE的面积＝2×12×AE•BE＝23×2＝43．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．
题型二 三角形的中位线定理
【例题2】（2022秋•二道区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【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＝13，BF＝5，
∴FC＝BC﹣BF＝13﹣5＝8，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
∴DE=12FC=12×8＝4．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
【变式2-1】如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6．若DE是△ABC的中位线，延长DE交△ABC的外角∠ACM的平分线于点F，则线段DF的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，得到DF∥BM，再证明EC＝EF=12AC，由此即可解决问题．
【解答】解：在RT△ABC中，∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC=AB2+BC2=82+62=10，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DF∥BM，DE=12BC＝3，
∴∠EFC＝∠FCM，
∵∠FCE＝∠FCM，
∴∠EFC＝∠ECF，
∴EC＝EF=12AC＝5，
∴DF＝DE+EF＝3+5＝8．
故选：B．
【点评】本题考查三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，掌握等腰三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
【变式2-2】（2022秋•封丘县校级期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为（ ）
A．1B．32C．2D．52
【分析】连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明△ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长．
【解答】解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠ABE＝∠AFE，
∴△ABF是等腰三角形，
∴AF＝AB＝5，点E是BF的中点，
∴CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，DE是△BCF的中位线，
∴DE=12CF=1．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形．
【变式2-3】如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝7，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．12B．14C．24D．21
【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH＝FG=12BC，EF＝GH=12AD，然后代入数据进行计算即可得解
【解答】解：∵BD⊥CD，BD＝4，CD＝3，
∴BC=BD2+CD2=42+32=5，
∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EH＝FG=12BC，EF＝GH=12AD，
∴四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝7，
∴四边形EFGH的周长＝7+5＝12．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
【变式2-4】（2022春•宁都县期末）如图，AC、BD是四边形ABCD的对角线，E、F分别为AD、BC的中点，G、H分别为BD、AC的中点．请你判断EF与GH的关系，并证明你的结论．
【分析】连接EG、GF、FH、EH，根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，进而得到EG＝FH，EG∥FH，证明四边形EGFH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论．
【解答】解：EF与GH互相平分，
理由如下：连接EG、GF、FH、EH，
∵E、F分别为AD、BC的中点，G、H分别为BD、AC的中点，
∴EG是△ADB的中位线，FH是△ACB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH为平行四边形，
∴EF与GH互相平分．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
【变式2-5】（2022秋•郸城县期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点．
（1）若AB＝10，CD＝24，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长．
（2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2．
【分析】（1）取BD的中点P，连接EP、FP，由三角形中位线定理得PE∥AB，且PE＝5，PF∥CD，且PF＝12，再证∠EPF＝90°，然后由勾股定理即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理得PE∥AB，且PE=12AB，PF∥CD，且PF=12CD，再证∠EPF＝90°，然后由勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）解：如图，取BD的中点P，连接EP、FP，
∵E，F分别是AD、BC的中点，AB＝10，CD＝24，
∴PE是△ABD的中位线，PF是△BCD的中位线，
∴PE∥AB，且PE=12AB=5，PF∥CD，且PF=12CD=12，
∴∠EPD＝∠ABD＝30°，∠DPF＝180°﹣∠BDC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝90°，
在Rt△EPF中，由勾股定理得：EF=EP2+PF2=52+122=13，
即EF的长为13；
（2）证明：由（1）可知，PE是△ABD的中位线，PF是△BCD的中位线，
∴PE∥AB，且PE=12AB，PF∥CD，且PF=12CD，
∴∠EPD＝∠ABD，∠DPF＝180°﹣∠BDC．
∵∠BDC﹣∠ABD＝90°，
∴∠BDC＝90°+∠ABD，
∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝∠ABD+180°﹣∠BDC＝∠ABD+180°﹣（90°+∠ABD）＝90°，
∴PE2+PF2=(12AB)2+(12CD)2=EF2，
∴AB2+CD2＝4EF2．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理以及平行线的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解题的关键．
题型三 矩形的性质与判定
【例题3】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为（ ）
A．6B．7C．5D．5.6
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AE＝CE，设CE＝x，表示出ED的长度，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝8，
∵EO是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
设CE＝x，则ED＝AD﹣AE＝8﹣x，
在Rt△CDE中，CE2＝CD2+ED2，
即x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
即CE的长为5．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质；熟练掌握勾股定理，把相应的边转化为同一个直角三角形的边是解题的关键．
【变式3-1】（2021秋•泗县期末）如图，在矩形ABCD，对角线AC与BD相交于点O，EO⊥AC于点O，交BC于点E，若△ABE的周长为8，AB＝3，则AD的长为（ ）
A．2B．5.5C．5D．4
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO，由线段垂直平分线的性质可得AE＝EC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BC＝AD，
∵EO⊥AC，
∴AE＝EC，
∵△ABE的周长为8，
∴AB+AE+BE＝8，
∴3+BC＝8，
∴BC＝5，
∴AD＝BC＝5．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握矩形的性质是本题的关键．
【变式3-2】如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB＝90°，∴∠EDB＝90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
【变式3-3】（2022•定安县一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，FC＝2，则AB的长为（ ）
A．83B．8C．43D．6
【分析】连接OB，根据等腰三角形三线合一的性质可得BO⊥EF，再根据矩形的性质可得OA＝OB，根据等边对等角的性质可得∠BAC＝∠ABO，再根据三角形的内角和定理列式求出∠ABO＝30°，即∠BAC＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再利用勾股定理列式计算即可求出AB．
【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB＝90°
∴∠FCO＝∠EAO，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=∠FOC∠FCO=∠EAOAE=CF，
∴△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，OA＝OC，
∵BF＝BE，
∴BO⊥EF，∠BOF＝90°，
∵∠FEB＝2∠CAB＝∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO＝∠EOA，
∴EA＝EO＝OF＝FC＝2，
在RT△BFO和RT△BFC中，
BF=BFFO=FC，
∴RT△BFO≌RT△BFC，
∴BO＝BC，
在RT△ABC中，∵AO＝OC，
∴BO＝AO＝OC＝BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO＝60°，∠BAC＝30°，
∴∠FEB＝2∠CAB＝60°，∵BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB＝EF＝4，
∴AB＝AE+EB＝2+4＝6．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，综合题，但难度不大，（2）作辅助线并求出∠BAC＝30°是解题的关键．
【变式3-4】（2022春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，点E为AD的中点，延长BE，CD交于点F，连接AF，BD．
（1）求证：四边形ABDF为平行四边形．
（2）若BE为∠ABC的角平分线，AB＝5，求四边形ABDF的周长．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABE≌△DFE，可得AB＝DF，由平行四边形的判定可得结论；
（2）由角平分线的性质可得∠ABE＝∠CBE＝45°，可求AD＝10，由勾股定理可求BD的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE＝∠DFE，
∵点E为AD的中点，
∴AE＝DE，
在△ABE和△DFE中，
∠ABE=∠DFE∠AEB=∠DEFAB=DF，
∴△ABE≌△DFE（AAS），
∴AB＝DF，
∴四边形ABDF为平行四边形；
（2）解：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
∴AB＝AE＝5，
∴AD＝10，
∴BD=AD2+AB2=25+100=55，
∴四边形ABDF的周长＝2（AB+BD）＝10+105．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，掌握矩形的性质是解题的关键．
【变式3-5】如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，于是得到结论．
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS）；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式3-6】如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，证出EG＝CF，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∵EG＝AE，
∴EG＝CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题型四 直角三角形斜边上的中线的性质
【例题4】（2022春•交城县期中）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在BC的延长线上，连接AD，点E，F分别是BC，AD的中点，若EF＝3，则AD的长为（ ）
A．3B．33C．6D．32
【分析】由等腰三角形的性质得出AED＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．
【解答】解：连接AE，
∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，
∴∠AED＝90°，
∵F为AD的中点，
∴EF=12AD，
∵EF＝3，
∴AD＝6．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，证出∠AED＝90°是解题的关键．
【变式4-1】（2022春•蓬莱市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E为BC上的一点，F为AD的中点，且∠BAE＝35°，∠CDE＝55°，∠ADE＝30°，AE＝3，则EF的长为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【分析】由平行线的性质可求得∠EAD+∠ADE＝90°，即可得∠AED＝90°，根据直角三角形的性质可证得EF＝AE，即可求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∵∠BAE＝35°，∠CDE＝55°，
∴∠EAD+∠ADE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∵F是AD的中点，∠ADE＝30°，
∴EF=12AD，AE=12AD，
∴EF＝AE＝3．
故选：B．
【点评】本题主要考查平行线的性质，直角三角形的性质，证明EF＝AE是解题的关键．
【变式4-2】（2022春•青县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则DE的长是（ ）
A．6B．5C．4D．22
【分析】由直角三角形的性质可得AE＝CE＝BE＝4，通过角的数量关系可求∠DCE＝∠DEC，即可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝8，E是斜边AB的中点，
∴AE＝CE＝BE＝4，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠DEC＝2∠ECA，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°＝∠B+∠BCD，
∴∠BCD＝∠A，
∴∠BCD＝∠A＝∠ACE，
∵∠ACD＝3∠BCD，
∴∠ACD＝3∠ACE，
∴∠DCE＝2∠ACE，
∴∠DCE＝∠DEC，
∴CD＝DE，
又∵DE⊥CD，
∴CE=2DE＝4，
∴DE＝22，
故选：D．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，证明∠DCE＝∠DEC是解题的关键．
【变式4-3】（2022秋•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 ．
【分析】根据已知可得∠CAD＝30°，再在Rt△ACD中，利用直角三角形斜边上的中线性质可得DF＝AF＝2，从而利用等腰三角形的性质可得∠CAD＝∠ADF＝30°，然后再利用三角形的外角性质可得∠DFC＝60°，再利用三角形的中位线定理可得EF=12AB＝2，EF∥AB，从而利用平行线的性质可得∠EFC＝∠BAC＝30°，进而可得∠EFD＝90°，最后在Rt△DFE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠CAD＝∠CAB，∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝30°，
∵∠ADC＝90°，点F是AC的中点，AC＝4，
∴DF＝AF=12AC＝2，
∴∠CAD＝∠ADF＝30°，
∴∠DFC＝∠CAD+∠ADF＝60°，
∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴EF=12AB＝2，EF∥AB，
∴∠EFC＝∠BAC＝30°，
∴∠EFD＝∠EFC+∠CFD＝90°，
在Rt△DFE中，DE=DF2+EF2=22+22=22，
故答案为：22．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理，以及直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
【变式4-4】（2022秋•新民市期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．
（1）求证：MN⊥BD；
（2）若∠DAC＝64°，∠BAC＝56°，求∠DMB的度数．
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到BM=12AC，DM=12AC，根据等腰三角形的三线合一证明即可；
（2）根据直角三角形的性质得到BM＝AM，DM＝AM，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BM=12AC，DM=12AC，
∴BM＝DM，
又∵N是BD的中点，
∴MN⊥BD；
（2）∴∠ABC＝∠ADC＝90°，M是 AC的中点，
∴BM＝AM，DM＝AM，．
∴∠ABM＝∠BAC＝56°，∠ADM＝∠DAC＝64°，
∴∠DMB＝360°﹣56°×2﹣64°×2＝120°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【变式4-5】（2022秋•江都区校级月考）如图，已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE；
（2）若∠ABC＝70°，∠ACB＝50°，连结DM、ME，求∠DME的度数；
（3）猜想∠DME与∠A之间的关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形性质、平角的定义求解即可；
（3）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
（2）解：在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵∠ABC＝70°，∠ACB＝50°，
∴180°﹣∠A＝120°，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB）＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB）＝120°，
∴∠DME＝180°﹣（∠BMD+∠CME）＝60°；
（3）解：∠DME＝180°﹣2∠A，理由如下：
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB）
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB）
＝360°﹣2（180°﹣∠A）
＝2∠A，
∴∠DME＝180°﹣2∠A．
【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质，熟记直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
题型五 菱形的性质与判定
【例题5】（2022秋•青羊区校级月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝6，AC＝8，直线OE⊥AB交CD于点F，则EF的长为 ．
【分析】由菱形的性质得OB=12BD=3，OA=12AC=4，AC⊥BD，再由勾股定理得AB＝5，然后由菱形面积公式得S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，AC＝8，
∴OB=12BD=3，OA=12AC=4，AC⊥BD，
∴AB=OA2+OB2=42+32=5，
∵EF⊥AB，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF，
即12×6×8=5EF，
∴EF＝4.8，
故答案为：4.8．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2022春•夏邑县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D为斜边AB上一点，以CD、CB为边作平行四边形CDEB，当AD＝ 时，平行四边形CDEB为菱形．
【分析】根据勾股定理求得AB＝5，再由菱形的性质得OD＝OB，CD＝CB，然后由勾股定理求出OB的长，即可得出答案．
【解答】解：如图，连接CE交AB于点O．
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5．
若平行四边形CDEB为菱形，
则CE⊥BD，OD＝OB，CD＝CB．
∵S△ACB=12AB•OC=12AC•BC，
∴OC=125．
在Rt△BOC中，根据勾股定理得，OB=BC2−OC2=32−(125)2=95，
∴AD＝AB﹣2OB=75．
故答案为：75．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-2】（2022•玉树市校级一模）如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝4，P是AB边一个动点，E、F分别是DP、BP的中点，则线段EF的长为 ．
【分析】连接BD．首先证明△ADB是等边三角形，可得BD＝4，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【解答】解：如图连结BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝4，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵点E，F分别是DP，BP的中点，
∴EF为△PBD的中位线，
∴EF=12BD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明△ADB是等边三角形．
【变式5-3】（2022秋•永春县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是 ．（填序号）
①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③EA平分∠GEF；④FB平分∠EFG；⑤四边形BEFG是菱形．
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，结合平行即可证得②结论成立，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，通过证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①成立，再证△GPE≌△FPE得出③成立，此题得解．
【解答】解：令GF和AC的交点为点P，如图所示：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE（两直线平行，内错角相等），
∵点G为AB的中点，
∴BG=12AB=12CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，
BG=FE∠FEG=∠BGEGE=EG，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②成立，
∴∠EGF＝∠GEB，
∴GF∥BE（内错角相等，两直线平行），
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO=12BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，
即AP＝PE，且GP=12BE，
在△APG和△EGP中，
AP=EP∠APG=∠EPGGP=GP，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG=12AB，
∴EG＝EF，即①成立，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP=12BE=12GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，
GP=FP∠GPE=∠FPEEP=EP，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即③成立．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．
【变式5-4】（2022春•五华区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点D作对角线BD的垂线交BA的延长线于点E．
（1）证明：四边形ACDE是平行四边形；
（2）若AC＝24，BD＝10，求△ADE的周长．
【分析】（1）先根据菱形的性质得出AB∥CD，AC⊥BD，再证明DE∥AC，然后根据平行四边形的定义证明即可；
（2）先根据菱形的性质以及勾股定理得出AD＝CD＝13，再由平行四边形的性质得出AE＝CD＝13，DE＝AC＝24，进而求出△ADE的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∵DE⊥BD，
∴DE∥AC，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，
∴AO=12AC＝12，DO=12BD＝5，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴CD＝AD=AO2+DO2=122+52=13，
由（1）得：四边形ACDE是平行四边形，
∴AE＝CD＝13，DE＝AC＝24，
∴△ADE的周长＝AD+AE+DE＝13+13+24＝50．
【点评】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-5】（2022•武威模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E是对角线AC上一点，∠ADC＝∠ABC．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）分别过点E，B作EF∥AB，BF∥AC，当∠FCE和∠DCE满足怎么样的数量关系时，四边形EFCD是菱形？请说明理由．
【分析】（1）由平行线的在得∠ABC+∠BCD＝180°．再证∠ADC+∠BCD＝180°，则AD∥BC，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）先证四边形ABFE是平行四边形，得AB∥EF，AB＝EF，再证CD∥EF，CD＝EF，则四边形EFCD是平行四边形，然后证EF＝FC，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°．
∵∠ADC＝∠ABC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∴AD∥BC，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∠FCE＝∠DCE时，四边形EFCD是菱形，理由如下：
∵EF∥AB，BF∥AE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AB∥EF，AB＝EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴CD∥EF，CD＝EF，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∵CD∥EF，
∴∠FEC＝∠DCE，
又∵∠FCE＝∠DCE，
∴∠FEC＝∠FCE，
∴EF＝FC，
∴平行四边形EFCD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-6】（2022春•莱芜区期中）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且点E、F不与点B、C、D重合．
（1）证明：不论点E、F在边BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；
（2）当点E、F在边BC、CD上滑动时，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出四边形AECF的面积；如果变化，请说明理由．
【分析】（1）先求证AB＝AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4＝60°，AC＝AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根据S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解题．
【解答】（1）证明：连接AC，如图所示，
∵菱形ABCD，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，
∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，BC∥AD，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴△ABC、△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
在△ABE和△ACF中，
∠1=∠3AB=AC∠ABC=∠4，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE＝CF；
（2）解：四边形AECF的面积不变．
理由：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE＝S△ACF，
故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH＝2，
∴S四边形AECF＝S△ABC=12BC•AH=12BC•AB2−BH2=43．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证△ABE≌△ACF是解题的关键，有一定难度．
题型六 正方形的性质与判定
【例题6】（2022春•衡山县期末）如图，在矩形ABCD中，有以下结论：
①△AOB是等腰三角形；②S△ABO＝S△ADO；③AC＝BD；④AC⊥BD；⑤当∠ABD＝45°时，矩形ABCD会变成正方形．正确的结论是 ．
【分析】根据矩形的性质和正方形的性质，可以判断各个小题是否成立，从而可以解答本题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，故③正确；
∴AO＝BO，
∴△AOB是等腰三角形，故①正确；
设点A到BD的距离为h，
则S△ABO=BO⋅ℎ2=DO⋅ℎ2=S△ADO，故②正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，但是AC不一定和BD垂直，故④错误；
∵∠BAD＝90°，
∴当∠ABD＝45°时，∠ADB＝45°，
∴AB＝AD，
∴矩形ABCD是正方形，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤．
【点评】本题考查正方形的判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【变式6-1】（2022•南海区一模）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠CEB和∠CFD都是直角且点C，E，F三点共线，BE＝2，则阴影部分的面积是 ．
【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出CF＝BE，EC＝DF，进而利用三角形面积公式解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∵∠CEB＝∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠DCF＝90°，∠BCE+∠EBC＝90°，
∴∠EBC＝∠DCF，
在△BEC与△CFD中，
∠BEC=∠DFC=90°∠EBC=∠FCDBC=CD，
∴△BEC≌△CFD（AAS），
∴CF＝BE，EC＝DF，
∵BC＝5，BE＝2，
∴EC=BC2−BE2=52−22=21，
∴阴影部分的面积=12EC⋅DF=12×21×21=212，
故答案为：212．
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出CF＝BE，EC＝DF解答．
【变式6-2】（2022秋•桐柏县期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF＝CE＝4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为 13 ．
【分析】先证明△ADE≌△DCF，进而得∠AGF＝90°，用勾股定理求得AF，便可得GH．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADE＝∠C＝90°，AD＝DC＝BC，
∵BF＝CE，
∴CF＝DE，
在△ADE和△DCF中，
AD=CD∠ADE=∠CDE=CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠DAE+∠DEA＝90°，
∴∠CDF+∠DEA＝90°，
∴∠AGF＝∠DGE＝90°，
∵点H为AF的中点，
∴GH=12AF，
∵AB＝6，BF＝4，
∴AF=AB2+BF2=62+42=213，
∴GH=13，
故答案为：13．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2022秋•零陵区期末）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE＝DF，AE、BF相交于点O，下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF； ③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF，其中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【分析】根据正方形的性质可得∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，然后求出AF＝DE，再利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，从而判定出①正确；再根据全等三角形对应角相等可得∠ABF＝∠DAE，然后证明∠ABF+∠BAO＝90°，再得到∠AOB＝90°，从而得出AE⊥BF，判断②正确；假设AO＝OE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AB＝BE，再根据直角三角形斜边大于直角边可得BE＞BC，即BE＞AB，从而判断③错误；根据全等三角形的面积相等可得S△ABF＝S△ADE，然后都减去△AOF的面积，即可得解，从而判断④正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD，
∵CE＝DF，
∴AD﹣DF＝CD﹣CE，
即AF＝DE，
在△ABF和△DAE中，
AB=AD∠BAF=∠DAF=DE，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴AE＝BF，故①正确；
∠ABF＝∠DAE，
∵∠DAE+∠BAO＝90°，
∴∠ABF+∠BAO＝90°，
在△ABO中，∠AOB＝180°﹣（∠ABF+∠BAO）＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
假设AO＝OE，如图，连接BE，
∵AE⊥BF（已证），
∴AB＝BE（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
∵在Rt△BCE中，BE＞BC，
∴AB＞BC，这与正方形的边长AB＝BC相矛盾，
所以，假设不成立，AO≠OE，故③错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∴S△ABF﹣S△AOF＝S△DAE﹣S△AOF，
即S△AOB＝S四边形DEOF，故④正确；
综上所述，正确的有①②④．
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大，求出△ABF和△DAE全等是解题的关键，也是本题的突破口．
【变式6-4】（2022春•江宁区期末）如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．
（1）求证：AF与DE互相平分；
（2）当△ABC满足 时，四边形ADFE是正方形．
【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O，
∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD，
∴EF∥AB，EF=12AB＝AD，
∴四边形DFEA是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
（2）解：当△ABC满足AB＝AC，∠BAC＝90°时，四边形ADFE是正方形，
由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，
∵AB＝AC，AF是△ABC的中线，
∴AF⊥BC，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
∴AF⊥DE，
∴平行四边形ADFE是菱形．
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形ADFE是正方形．
故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式6-5】（2020春•朝天区期末）如图，点E是正方形ABCD对角线AC上一点，EF⊥AB，EG⊥BC，垂足分别为F，G，若正方形ABCD的周长是40cm．
（1）求证：四边形BFEG是矩形；
（2）求四边形EFBG的周长；
（3）当AF的长为多少时，四边形BFEG是正方形？
【分析】（1）由正方形的性质可得出AB⊥BC、∠B＝90°，根据EF⊥AB、EG⊥BC可得出∠BFE＝90°，∠BGE＝90°，再结合∠B＝90°，即可证出四边形BFEG是矩形；
（2）由正方形的周长可求出正方形的边长，根据正方形的性质可得出△AEF为等腰直角三角形，进而可得出AF＝EF，再根据矩形的周长公式即可求出结论；
（3）由正方形的判定可知：若要四边形BFEG是正方形，只需EF＝BF，结合AF＝EF、AB＝10cm，即可得出结论．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB⊥BC，∠B＝90°．
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠BFE＝90°，∠BGE＝90°．
又∵∠B＝90°，
∴四边形BFEG是矩形；
（2）∵正方形ABCD的周长是40cm，
∴AB＝40÷4＝10cm．
∵四边形ABCD为正方形，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AF＝EF，
∴四边形EFBG的周长C＝2（EF+BF）＝2（AF+BF）＝20cm．
（3）若要四边形BFEG是正方形，只需EF＝BF，
∵AF＝EF，AB＝10cm，
∴当AF＝5cm时，四边形BFEG是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行线的判定、等腰直角三角形的性质以及矩形的周长，解题的关键是：（1）利用正方形的性质及垂线的定义，找出∠B＝∠BFE＝∠BGE＝90°；（2）根据正方形的性质找出AF＝EF；（3）熟练掌握正方形的判定定理．
题型七 特殊平行四边形综合运用
【例题7】（2022春•綦江区月考）下列说法中错误的是（ ）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】分别利用平行四边形、菱形以及正方形、矩形的判定方法分别分析求出即可．
【解答】解：A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形是正确的，不符合题意；
B、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以原语句是不正确的，符合题意；
C、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形是正确的，不符合题意；
D、两条对角线相等的菱形是正方形是正确的，不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定，正确把握矩形、菱形、正方形以及平行四边形的区别是解题关键．
【变式7-1】（2022秋•东明县校级期末）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．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DE∥CA，DF∥BA，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，④错误，进而得到正确说法的个数．
【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，选项④错误，
则其中正确的个数有3个．
故选：C．
【点评】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质．
【变式7-2】（2022春•齐齐哈尔期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，DF⊥AB于点F，BE⊥CD于点 E．
（1）求证：四边形DFBE是矩形；
（2）若DE＝2，BE＝4，求AD的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证四边形BEDF是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AD＝AB，再由矩形的性质得BF＝DE＝2，DF＝BE＝4，设AB＝AD＝x，则AF＝x﹣2，然后在Rt△DAF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵DF⊥AB，BE⊥CD，
∴DF∥BE，∠DFB＝90°，
∴四边形DFBE是平行四边形，
又∵∠DFB＝90°，
∴平行四边形DFBE是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
由（1）可知，四边形DFBE是矩形，
∴BF＝DE＝2，DF＝BE＝4，
设AB＝AD＝x，则AF＝x﹣2，
在Rt△DAF中，由勾股定理得：x2＝42+（x﹣2）2，
解得：x＝5，
即AD的长为5．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
【变式7-3】（2022春•峄城区期中）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；
（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABH＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AE＝BF，
∵DE＝AF，
∴BH＝AE，
∴BH＝BF，
∵∠ABH＝90°，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
【变式7-4】（2022秋•高明区月考）如图，在▱ABCD中，E、M分别为AD、AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点N，连接AN．
（1）证明：四边形AMDN是菱形；
（2）若∠DAB＝45°，判断四边形AMDN的形状，并说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得DC∥AB，可得∠DAM＝∠NDA，可证△NED≌△MEA，可得AM＝ND，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得AM＝MD，可得四边形AMDN是菱形；
（2）由菱形的性质可得∠DAB＝∠ADM＝45°，可得AM⊥DM，则四边形AMDN是正方形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠DAM＝∠NDA，
∵E为AD中点，
∴DE＝AE，
在△NED和△MEA中，
∠NDE=∠EAMDE=AE∠NED=∠MEA，
∴△NED≌△MEA（ASA），
∴AM＝ND，
∵CD∥AB，
∴四边形AMDN是平行四边形，
∵BD⊥AD，M为AB的中点，
∵AM＝DM＝MB，
∴四边形AMDN是菱形；
（2）解：四边形AMDN是正方形，理由如下：
∵四边形AMDN是菱形，
∴AM＝DM，
∴∠DAB＝∠ADM＝45°，
∴∠AMD＝90°，
∴菱形AMDN是正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式7-5】（2022秋•青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分别是BC，AD的中点．
（1）求证：△ABC≌△CDA；
（2）求证：四边形AECF是菱形；
（3）给三角形ABC添加一个条件 ，使得四边形AECF是正方形，并证明你的结论．
【分析】（1）根据AAS可证明△ABC≌△CDA；
（2）证出AB＝CD，AD＝BC，则可得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质证出AE=12BC＝EC，则可得出结论；
（3）根据正方形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥AC，DC⊥AC，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
在△ABC和△CDA中，
∠BAC=∠ACD∠B=∠DAC=CA，
∴△ABC≌△CDA（AAS）；
（2）证明：∵△ABC≌△CDA，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴EC=12BC，AF=12AD，
∴EC＝AF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠BAC＝90°，点E是BC的中点，
∴AE=12BC＝EC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（3）解：添加一个条件是AB＝AC．
∵AB＝AC，点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
即∠AEC＝90°，
∵平行四边形AECF是菱形，
∴四边形AECF是正方形．
故答案为：AB＝AC．
【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答．
题型八 平行四边形中的分类讨论问题
【例题8】（2022春•东湖区校级期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，点E在线段BC上，CE＝23，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CE＝CP，则∠EPC的度数为 ．
【分析】①当P在CD边上时，连接EP交AC于点H，依据菱形的性质可得到∠ECH＝∠PCH＝60°，根据三线合一可得∠EHC＝∠PHC＝90°，根据三角形内角和定理求解即可；
②当P在AD边上，CP⊥AD时，求得CP=23=CE，可得△ECP为等腰直角三角形即可求解；
③当P在AB边上，CP⊥AB时，求得∠BCP＝30°，利用等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：如图所示：连接EP交AC于点H．
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，∠ECH＝∠PCH＝60°．
∵CE＝CP
∴∠EHC＝∠PHC＝90°，EH＝PH．
∴∠EPC＝90°﹣60°＝30°；
如图2所示：当P在AD边上，CP⊥AD时，
则CP=23，
∵EC=23，
∴△ECP为等腰直角三角形，
∴∠EPC＝45°．
如图3所示：当P在AB边上，CP⊥AB时，
∴∠BCP＝90°﹣∠CBA＝30°，
∵CE＝CP，
∴∠EPC＝∠PEC=12（180°﹣30°）＝75°，
故答案为：30°或45°或75°．
【点评】本题主要考查的是菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023•龙川县校级开学）在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AEB＝105°，AE＝EP，则在△AEP中，∠AEP的度数为 ．
【分析】根据题意画出图形，分两种情况讨论：①当点P′在边AD上时，②当点P″在边CD上时，根据正方形的性质即可解决问题．
【解答】解：如图，连接CE，
在正方形ABCD中，∠ABE＝45°，
∵∠AEB＝105°，
∴∠BAE＝180°﹣45°﹣105°＝30°，
∴∠EAP′＝60°，
①当点P′在边AD上时，
∵AE＝EP′，
∴△AEP′是等边三角形，
∴∠AEP′＝60°；
②当点P″在边CD上时，
∴AE＝EP′＝EP″，
在△ADE和△CDE中，
AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，∠ECD＝∠EAD＝60°，
∴AE＝EP′＝EP″＝CE，
∴△CEP″是等边三角形，
∴∠CEP″＝60°，
∵∠CED＝∠AED＝180°﹣105°＝75°，
∴∠DEP″＝75°﹣60°＝15°，
∴∠AEP″＝75°+15°＝90°，
综上所述：∠AEP的度数为60°或90°，
故答案为：60°或90°．
【点评】本题考查了正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
【变式8-2】（2021春•嘉兴月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为 时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情况：①当点M在点D的上方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图1所示：
∵BD⊥AC，
∴AD=AB2−BD2=102−82=6，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB＝∠C，
∴∠PBQ＝∠PQB，
∴PB＝PQ；
分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
由题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝6﹣4t时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t=65（s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝4t﹣6时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：t＝2（s）；
综上所述，当t=65s或t＝2s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：65s或2s．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键．
【变式8-3】（2022春•璧山区期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A．C的坐标分别为（10，0），（0，3），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【分析】根据当OP＝OD时，以及当OD＝PD时，分别进行讨论得出P点的坐标．
【解答】解：过P作PM⊥OA于M
（1）当OP＝OD时，如图1所示：
OP＝5，CO＝3，
由勾股定理得：CP＝4，
∴P（4，3）；
（2）当OD＝PD时如图2所示：
PD＝DO＝5，PM＝3，
由勾股定理得：MD＝4，
∴CP＝5﹣4＝1或CP'＝9，
∴P（1，4）或（9，3）；
综上，满足题意的点P的坐标为（1，3）、（4，3）、（9，3），
故答案为：（1，3）或（4，3）或（9，3）．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，根据△ODP是腰长为5的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．
【变式8-4】（2022春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 ．
【分析】分当∠PMF＝90°，当∠MPF＝90°两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】解：如图1所示，当∠PMF＝90°时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝∠CDF＝90°，BC＝DC，
∵∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠DCF
∴△CBE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∵EM＝MF，PM⊥EF，
∴PE＝PF，
设AE＝x，则BE＝DF＝6﹣x，
∵PA＝1，
∴PE＝PF＝5+6﹣x＝11﹣x，
在Rt△PAE中，∵PE2＝AE2+PA2，
∴（11﹣x）2＝x2+12，
∴x=6011，
∴AE=6011．
如图2所示，当∠MPF＝90°．连接AM，
∵∠A＝∠MPF＝90°，
∴MP∥AE，
∴MP⊥AF
∵ME＝MF，
∴MA＝MF
∴PA＝PF＝1，
∴DF＝BE＝4，
∴AE＝AB+BE＝10，
综上所述，AE的值为6011或10．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键．
题型九 平行四边形中的折叠问题
【例题9】（2022秋•电白区期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝10，AD＝6，E为BC上一点，把△CDE沿DE折叠，使点C落在AB边上的F处．
（1）求AF的长；
（2）求CE的长．
【分析】（1）根据矩形的性质可得CD＝AB＝10，BC＝AD＝6，由翻折可得DF＝DC＝10，然后根据勾股定理即可解决问题；
（2）设CE＝x，则BE＝6﹣x由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10，所以AF＝8，BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，即（6﹣x）2+22＝x2，解得x即可解决问题．
【解答】解：（1）在长方形ABCD中，CD＝AB＝10，BC＝AD＝6，
由翻折可知：DF＝DC＝10，
在Rt△DAF中，AD＝6，DF＝10，
∴AF=DF2−AD2=8；
（2）设CE＝x，则BE＝6﹣x，
由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，
在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，
即（6﹣x）2+22＝x2，
解得x=103，
∴CE=103．
【点评】本题考查了矩形，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
【变式9-1】（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AD＝9，AB＝3，将其折叠，使点D与点B重合，点C落在点C'处，折痕EF交AD于点E，交BC于点F．
（1）求线段AE的长．
（2）线段BF的长为 ．
【分析】（1）由勾股定理得AB2+AE2＝BE2，而AD＝9，AB＝3，BE＝DE＝9﹣AE，则32+AE2＝（9﹣AE）2，即可求得AE＝4；
（2）由AD∥BC，得∠DEF＝∠BFE，由折叠得∠DEF＝∠BEF，则∠BFE＝∠BEF，所以BF＝BE＝9﹣AE＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AB2+AE2＝BE2，
由折叠得BE＝DE，
∵AD＝9，AB＝3，
∴BE＝DE＝9﹣AE，
∴32+AE2＝（9﹣AE）2，
解得AE＝4，
∴线段AE的长是4．
（2）∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∵∠DEF＝∠BEF，
∴∠BFE＝∠BEF，
∴BF＝BE＝9﹣AE＝9﹣4＝5，
∴线段BF的长为5，
故答案为：5．
【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，由勾股定理列出方程32+AE2＝（9﹣AE）2是解题的关键．
【变式9-2】（2023春•吴江区月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）
A．185B．125C．165D．95
【分析】连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC＝90°，根据勾股定理求出答案．
【解答】解：连接BF，
∵BC＝6，点E为BC的中点，
∴BE＝3，
又∵AB＝4，
∴AE=AB2+BE2=5，
由折叠知，BF⊥AE（对应点的连线必垂直于对称轴），
∴BH=AB×BEAE=125，
则BF=245，
∵FE＝BE＝EC，
∴∠BFC＝90°，
∴CF=62−(245)2=185．
故选：A．
【点评】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
【变式9-3】（2022秋•梅县区校级期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E，G分别在边BC，AB上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处，HF＝1，BF＝8，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．420B．360C．4202D．3602
【分析】由折叠的性质得HD＝AD，FD＝CD，设AD＝x，则HD＝x，得AB＝CD＝x+1，BD＝x+9，再在Rt△ABD中，由勾股定理得出方程，解方程，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠A＝90°，
由折叠的性质得：HD＝AD，FD＝CD，
设AD＝x，则HD＝x，
∴AB＝CD＝FD＝HD+HF＝x+1，
∴BD＝FD+BF＝x+9，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：x2+（x+1）2＝（x+9）2，
解得：x＝20或x＝﹣4（舍去），
∴AD＝20，AB＝21，BD＝x+9＝29，
∴矩形ABCD的面积＝AD•AB＝20×21＝420，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
【变式9-4】（2022秋•遵义期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝5，AD＝3，矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到的，点H为CD边上一点，现将四边形ABHD沿BH折叠得到四边形A'BHD'，当点A'恰好落在EF上时，DH的长是（ ）
A．175B．72C．185D．522
【分析】连接A′G，根据折叠性质求得A′B，再由勾股定理求得A′E，进而依次求得A′F，A′G，D′G，设DH＝x，在Rt△CHG中，由勾股定理列出方程求得结果便可．
【解答】解：由折叠知，AB＝A′B＝5，
∴A′E=A′B2−BE2=52−32=4，
∴A′F＝EF﹣A′E＝5﹣4＝1，
连接A′G，
∴A′G=FG2+A′F2=32+12=10，
∴D′G=A′G2=A′D′2=10−32=1，
设DH＝x，则GH＝x﹣1，CH＝5﹣x，
在Rt△CHG中，CG＝BG﹣BC＝5﹣3＝2，
由勾股定理得（x﹣1）2﹣（5﹣x）2＝22，
解得x＝3.5．
∴DH为3.5，
故选B．
【点评】本题考查了旋转的性质，翻折的性质，矩形的性质，勾股定理，关键是综合应用这些知识解题．
【变式9-5】如图，将平行四边形ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕l交CD边于点E，连接BE．
（1）求证：四边形ADED′是菱形；
（2）如果AB2＝AE2+BE2，求证：BE平分∠ABC．
【分析】（1）由折叠可得AD＝AD'，DE＝D'E，∠DAE＝∠D'AE，由DC∥AB，可得∠DEA＝∠EAD'，则∠DEA＝∠DAE，即可得DE＝DA，则DA＝DE＝D'E＝D'A，即四边形ADED′是菱形；
（2）根据勾股定理逆定理可得△AEB是直角三角形，即∠EAB+∠EBA＝90°，则 2∠EAB+2∠EBA＝180° 由∠DAB+∠CBA＝180°，可得∠CBA＝2∠EBA则结论可得．
【解答】证明：（1）∵折叠
∴AD＝AD'，DE＝D'E，∠DAE＝∠D'AE
∵平行四边形ABCD
∴AB∥CD
∴∠DEA＝∠EAD'
∴∠DAE＝∠DEA
∴AD＝DE 且AD＝AD'，DE＝D'E，
∴AD＝DE＝D'E＝D'A
∴四边形ADED'是菱形
（2）连接BE
∵平行四边形ABCD
∴AD∥BC
∴∠DAB+∠ABC＝180°
∵AB2＝AE2+BE2，
∴∠AEB＝90°
∴∠EAB+∠ABE＝90°
∴2∠EAB+2∠ABE＝180°
∵四边形ADED'是菱形
∴∠DAB＝2∠EAB
∴∠ABC＝2∠ABE
∴BE平分∠ABC
【点评】本题考查了折叠问题，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握这些性质是本题的关键．
题型十 平行四边形中的动点运动问题
【例题10】（2021春•魏县期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q以每秒3cm的速度从点D出发，沿DC，CB向B运动，两个点同时出发，在运动 秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，CD＝AB＝8cm，BC＝AD＝12cm，当Q在BC上，且PD＝BQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则12﹣t＝12+8﹣3t，求解即可．
【解答】解：设运动时间为t妙，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD＝AB＝8cm，BC＝AD＝12cm，
当Q在BC上，且PD＝BQ时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，
则12﹣t＝12+8﹣3t，
解得：t＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-1】如图，在矩形ABCD中，BC＝15cm，动点P从点B开始沿BC边以每秒2cm的速度运动；动点Q从点D开始沿DA边以每秒1cm的速度运动，点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为t秒，则当t＝（ ）秒时，四边形ABPQ为矩形．
A．3B．4C．5D．6
【分析】当四边形ABPQ为矩形时，AQ＝BP，据此列出方程并解答．
【解答】解：设动点的运动时间为t秒，
由题意，得15﹣t＝2t．
解得t＝5．
故选：C．
【点评】考查了一元一次方程的应用，解题的关键是根据矩形的性质，得到等量关系AQ＝BP．
【变式10-2】（2021秋•平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F同时从O点出发在线段AC上以0.5cm/s的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为ts．连接DE，DF，BE，BF，已知△ABD是边长为4cm的等边三角形，当t＝ s时，四边形DEBF为正方形．
【分析】根据等边三角形的性质，可以得到BD的长，然后根据菱形的性质可以得到OD的长和BD⊥EF，再根据正方形的性质，可以得到OD＝OE，然后即可计算出t的值．
【解答】解：∵△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD＝4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD＝2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD＝OE，
∴t＝2÷0.5＝4，
即t＝4时，四边形DEBF为正方形，
故答案为：4．
【点评】本题考查等边三角形的性质、菱形的性质、正方形的性质，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
【变式10-3】（2022春•浚县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE＝4cm．点M从D点出发，沿D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿B→A以2cm/s的速度匀速运动到点A．一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动．当点M运动时间是 秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】根据CD∥AB，所以当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，则ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，列出方程计算即可．
【解答】解：设运动t秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，
∵CD∥AB，
∴当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，
∴ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，
∴|4﹣t|＝|5﹣2t|，
∴4﹣t＝5﹣2t或4﹣t＝2t﹣5，
∴t＝1或3，
故答案为：1或3．
【点评】本题主要考查了平行四边的判定与性质、根据题意用绝对值表示出ME和NF的长度是解题的关键．
【变式10-4】（2022秋•鄄城县期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm，点E在线段BO上从点B出发以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O出发以2cm/s的速度向点D运动．
（1）若点E，F同时运动，设运动时间为ts，当t为何值时，四边形AECF是平行四边形？
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，平行四边形AECF是菱形？
【分析】（1）若是平行四边形，所以BD＝12cm，则B0＝DO＝6cm，故有6﹣1t＝2t，即可求得t值；
（2）由菱形的性质得AC⊥EF，再由勾股定理求出AB的长即可．
【解答】解：（1）若四边形AECF为平行四边形，
则OA＝OC，OE＝OF，
∵四边形ABCD为平行四边形，BD＝12cm，AC＝6cm，
∴BO＝OD＝6cm，OA＝OC＝3cm，
∴OE＝（6﹣t）cm，OF＝2tcm，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2，
∴当t为2时，四边形AECF是平行四边形；
（2）若四边形AECF是菱形，
则AC⊥EF，
∴AO2+BO2＝AB2，
∴AB=32+62=35（cm），
∴当AB为35cm时，▱AECF是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-5】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动，当点Q到达点B时，点P也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒．
（1）作DE⊥BC于E，则CD边的长度为 cm；
（2）从运动开始，当t取何值时，四边形PQBA是矩形？
（3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先证四边形ABED是矩形，可得DE＝AB＝8cm，AD＝BE＝12cm，由勾股定理可求解；
（2）当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，可得t＝18﹣2t，即可求解；
（3）先根据CQ＝CD，求出时间t，再判断出DP≠CD，即可判断出结论．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠A＝∠B＝90°，
又∵DE⊥BC，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE＝AB＝8cm，AD＝BE＝12cm，
∴EC＝6cm，
∴CD=DE2+CE2=36+64=10cm，
故答案为：10；
（2）∵∠A＝∠B＝90°，AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，
即t＝18﹣2t，
解得：t＝6，
∴当t＝6时，四边形PQBA是矩形；
（3）不存在，理由如下：
∵四边形PQCD是菱形，
∴CQ＝CD，
∴2t＝10，
∴t＝5，
此时，DP＝AD﹣AP＝12﹣5＝7（cm），
而DP≠CD，
∴四边形PQCD不可能是菱形；
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
题型十一 平行四边形中的最值问题
【例题11】（2022秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
【分析】当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积求出CM，再求出答案即可．
【解答】解：连接CM，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴DE=12CM，
当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=62+82=10，
∵S△ABC=12×AB×CM=12×AC×BC，
∴CM=245，
∴DE=12CM=125，
故答案为：125．
【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点，注意：三角形的中位线等于第三边的一半．
【变式11-1】（2021秋•海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝12，AB＝6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰△ADP，Q为边BC上一点，BQ＝4，连接PQ，则PQ的最小值为 ．
【分析】过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，当Q点与H点重合时，PQ的值最小，过点B作BM⊥AD交于点M，由题意可求BM＝42，PG＝8，则PQ的最小值为8﹣42．
【解答】解：过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PH⊥BC，
当Q点与H点重合时，PQ的值最小，
过点B作BM⊥AD交于点M，
∵AD＝12，△ADP是等腰三角形，
∴AG＝6，
∵AP＝10，
∴GP＝8，
∵BQ＝4，
∴MA＝2，
∵AB＝6，
∴BM=62−22=42，
∴PQ＝8﹣42，
∴PQ的最小值为8﹣42，
故答案为：8﹣42．
【点评】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
【变式11-2】（2022•南海区一模）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A，B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝3．运动过程中点D到点O的最大距离是 ．
【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE=12AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大．
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，
∵∠MON＝90°，AB＝6，
∴OE＝AE=12AB＝3，
∵BC＝3，四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，
∴DE=AD2+AE2=32+32=32，
根据三角形的三边关系，OD≤OE+DE，
∴当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为32+3．
故答案为：32+3．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，勾股定理，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键．
【变式11-3】如图所示，在边长为2的菱形ABCD中∠ABC＝60°，点O为对角线的交点，点P为BC边上的一点，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是（ ）
A．32B．52C．5D．32−62
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=12BD=3，OC=12AC＝1，然后证四边形OEPF是矩形，得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，最后由面积法可求解．
【解答】解：连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AB＝BC＝2，∠ABC＝60°，
∴AC⊥BD，BO=12BD=3，OC=12AC＝1，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OEPF是矩形，
∴FE＝OP，
∵当OP⊥BC时，OP有最小值，
此时S△OBC=12OB×OC=12BC×OP，
∴OP=3×12=32，
∴EF的最小值为32，
故选：A．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出△ABC是等边三角形解答．
【变式11-4】（2021春•上思县期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点F在AD上，AF＝1，E是对角线BC上的一个动点，则AE+EF的最小值为 ．
【分析】由正方形的性质可知A与C关于BD对称，连接CF与BD交于E，则AE+EF＝CE+EF＝CF，此时AE+EF的值最小，在Rt△CDF中，由勾股定理可求CF＝5．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴A与C关于BD对称，
连接CF与BD交于E，则AE+EF＝CE+EF＝CF，此时AE+EF的值最小，
∵正方形边长为4，
∴CD＝4，
∵AF＝1，
∴FD＝3，
在Rt△CDF中，CF2＝FD2+CD2，即CF2＝9+16＝25，
∴CF＝5，
故答案为5．
【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质、能确定A与C是关于BD的对称点是解题的关键．
【变式11-5】（2021秋•沙坪坝区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝6，△BDC面积为21，AB的垂直平分线MN分别交AB、AC于点M、N，若点P和点Q分别是线段MN和BC边上的动点，则PB+PQ的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】连接AQ，过点D作DH⊥BC于H．利用三角形的面积公式求出DH，由题意PB+PQ＝AP+PQ≥AQ，求出AQ的最小值，可得结论．
【解答】解：连接AQ，过点D作DH⊥BC于H．
∵△DBC面积为21，BC＝6，
∴12•BC•DH＝21，
∴DH＝7，
∵MN垂直平分线段AB，
∴PA＝PB，
∴PB+PQ＝AP+PQ≥AQ，
∴当AQ的值最小时，PB+PQ的值最小，
根据垂线段最短可知，当AQ⊥BC时，AQ的值最小，
∵AD∥BC，
∴AQ＝DH＝7，
∴PB+PQ的值最小值为7．
故选：C．
【点评】本题考查轴对称最短问题，平行线的性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是把最短问题转化为垂线段最短，属于中考常考题型．
题型十二 平行四边形综合压轴探究题
【例题12】（2021春•禹城市期中）【发现与证明】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正方形A'B'C'O的一个顶点，如果两个正方形的边长都等于a，那么正方形A'B'C'O绕点O无论怎样转动，两个正方形重叠部分的面积是一个定值．
（1）请你写出这个定值，并证明你的结论．
【应用迁移】
（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，连接AC．若AC＝8，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）证明△AOE≌△BOF，从而四边形BEOF的面积等于△AOB的面积，从而求得结果；
（2）延长CD值E，使DE＝BC，连接AE，△ABC≌△ADE，进而得出四边形ABCD的面积等于三角形ACE的面积，进一步求得结果．
【解答】解：（1）定值是：14a2，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBF＝45°，BO⊥AC，
∴∠AOE+∠EOB＝90°，
∵四边A′OC′B′为正方形，
∴∠A'OC′＝90°，
即∠BOF+∠EOB＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
∠AOE=∠BOFOA=OB∠OAE=∠OBF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S四边形BEOF＝S△BFO+S△BEO＝S△AOE+S△BEO＝S△AOB=14S正方形ABCD=14a2；
（2）如图，
延长CD值E，使DE＝BC，连接AE，
在四边形ABCD中，
∵∠BAD+∠BCD＝90°+90°＝180°，
∴∠B+∠ADC＝360°﹣（∠BAD+∠BCD）＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，
∴∠ADE＝∠B，
在△ABC和△ADE中，
AB=AD∠B=∠ADEBC=DE，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AE＝AC＝8，∠DAE＝∠BAC，
∵∠BAC+∠CAD＝90°，
∴∠DAE+∠CAD＝90°，
∴S△ACE=12AC⋅AE=12×82＝32，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝S△ADE+S△ACD＝S△ACE＝32．
【点评】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【变式12-1】（2022秋•丹徒区期末）如图1，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，含45°角的直角三角板放置在长方形内，∠FEG＝90°，EG＝EF，顶点E、F、G分别在AB、BC、AD上．
（1）求证：△AEG≌△BFE；
（2）若P是斜边FG的中点．
①如图2，连接EP，请写出线段EP与AG、BF之间的数量关系，并说明理由；
②如图3，连接BP，若AB=18，则BP的长等于 ．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠A＝∠B＝90°，根据余角的性质得到∠AEG＝∠BFE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①由（1）知，△AEG≌△BFE，根据全等三角形的性质得到AE＝BF，根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论；
②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N，则PN∥GM，四边形ABMG是矩形，根据矩形的性质得到GM＝AB＝32，AG＝BM，根据全等三角形的性质得到AG＝BE，设AG＝BE＝BM＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠AEG+∠BEF＝∠BEF+∠BFE，
∴∠AEG＝∠BFE，
∵EG＝EF，
∴△AEG≌△BFE（AAS）；
（2）解：①EP=22BF2+AG2；
理由：由（1）知，△AEG≌△BFE，
∴AE＝BF，
∵∠FEG＝90°，EG＝EF，
∴FG=2EG，
∵EG=AE2+AG2=BF2+AG2，
∴FG=2BF2+AG2，
∵P是斜边FG的中点，
∴EP=12FG=22BF2+AG2；
②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N，
则PN∥GM，四边形ABMG是矩形，
∴GM＝AB＝32，AG＝BM，
∵P是斜边FG的中点，
∴PN=12GM=322，
∵△AEG≌△BFE，
∴AG＝BE，
设AG＝BE＝BM＝x，
∴BF＝AE＝32−x，
∴FM＝BF﹣BM＝32−2x，
∴BN＝＝32−x−12×（32−2x）=322，
∴BP=PN2+BN2=3．
故答案为：3．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式12-2】（2022春•思明区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）连接BD，求出S△OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S△OBC的关系求得结果；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论．
【解答】解：（1）连接BD，
∵平行四边形ABCD，
∴BD过点O，
∴S△OBC=12BC•OE=12×5×3=152．
∴平行四边形ABCD的面积＝4S△OBC＝30；
（2）AF+OF=2EG．理由如下：
过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2，
∵OE⊥BC，
∴∠OEG+∠GEC＝∠GEC+∠CEH＝90°，
∴∠OEG＝∠CEH，
∵∠ACB＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴OE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
又FG⊥AB，
∴FG⊥CD，
∴∠EOG+∠ECG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ECH+∠ECG＝180°，
∴∠EOG＝∠ECH，
∴△OEG≌△CEH（ASA），
∴OG＝CH，EG＝EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCG，
∵∠AOF＝∠COG，
∴△OAF≌△OCG（ASA），
∴AF＝CG，OF＝OG，
∵CG+CH＝GH，
∴AF+OF＝GH，
∵∠GEH＝90°，EG＝EH，
∴GH=2EG，
∴AF+OF=2EG．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形的面积公式，关键是证明全等三角形．
【变式12-3】如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．
（1）求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．
（2）如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是否发生变化？请说明理由．
（3）如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系．
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理求出AG，从而求出AC，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可；
（2）连接AO，根据S△ABD＝S△ABO+S△ADO列式计算即可解答题目；
（3）连接AO，根据S△ABD＝S△ABO﹣S△ADO列式整理即可解答题目．
【解答】解：（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，BG=12BD=12×16＝8，
由勾股定理得，AG=AB2−BG2=6，
∴AC＝2AG＝2×6＝12，
∴菱形ABCD的面积=12AC•BD=12×12×16＝96；
（2）如图①，连接AO，则S△ABD＝S△ABO+S△ADO，
∴12BD•AG=12AB•OE+12AD•OF，
即12×16×6=12×10•OE+12×10•OF，
解得OE+OF＝9.6是定值，不变；
（3）如图②，连接AO，则S△ABD＝S△ABO﹣S△ADO，
∴12BD•AG=12AB•OE−12AD•OF，
即12×16×6=12×10•OE−12×10•OF，
解得OE﹣OF＝9.6，是定值，不变，
∴OE+OF的值变化，OE、OF之间的数量关系为：OE﹣OF＝9.6．
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的面积，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．
【变式12-4】如图①，正方形ABCD的边长为4，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，折痕为EF，BC、PG延长线相交于点K．
（1）若BE＝3，求AP的长；
（2）在（1）的条件下，求BK的长；
（3）如图②当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是定值吗？如果是，请求出该定值；如果不是请说明理由．
【分析】（1）由题意可得AE＝1，EP＝3，根据勾股定理可求AP的长；
（2）过点P作PN⊥BC于N，可证四边形ABNP是矩形，可得AP＝BN＝22，AB＝PN＝4，由折叠的性质可证BK＝PK，由勾股定理可求解；
（3）△PDH的周长是定值，过点B作BM⊥PG于点M，通过证明△ABP≌△MBP，Rt△BCH≌△Rt△BMH，可得
AP＝PM，AB＝BM，MH＝HC，即可求解．
【解答】解：（1）∵折叠
∴EP＝BE＝3，
∵AE＝AB﹣BE
∴AE＝1
在Rt△AEP中，AP=EP2−AE2=22
（2）如图，过点P作PN⊥BC于N，
∵∠A＝∠ABC＝90°，PN⊥BC，
∴四边形ABNP是矩形，
∴AP＝BN＝22，AB＝PN＝4，
∵将正方形折叠，使点B落在点P处，
∴∠ABC＝∠EPK＝90°，EP＝BE，
∴∠EPB＝∠EBP，
∴∠BPK＝∠PBK，
∴BK＝PK，
∵PK2＝PN2+NK2，
∴BK2＝16+（BK﹣22）2，
∴BK＝32；
（3）是定值，
理由如下：过点B作BM⊥PG于点M，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBK，
∴∠APB＝∠BPK，且∠A＝∠BMP＝90°，BP＝BP，
∴△ABP≌△MBP（AAS）
∴AP＝PM，AB＝BM，
∵BM＝BC，BH＝BH，
∴Rt△BCH≌△Rt△BMH（HL）
∴MH＝HC，
∵△PDH的周长＝PD+DH+PH＝PD+PM+MH+DH＝AD+CD＝8
∴△PDH的周长的周长为定值，定值为8．
【点评】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，折叠问题，关键是利用锐角三角函数求线段的长度．
【变式12-5】（2021春•淮北期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝22，CE＝2，求CG的长；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC=2AB＝4，
∵EC＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
解题技巧提炼
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的.
解题技巧提炼
运用中位线定理求线段长或推理证明题的方法：当题中出现有三角形的中点时，联想到三角形中位线定理，应用定理证明两直线的位置关系或线段之间的关系.有时需要添加辅助线构造.
解题技巧提炼
1、矩形中有直角，所以对于线段长度的问题常用到勾股定理；
2、矩形的判定一定要先明确前提条件，若前提是平行四边形，则找一个角是直角或对角线相等；若前提是四边形，则需证明有三个角是直角.
3、矩形的性质与判定综合应用时要分清条件和结论，灵活选用方法是解题的关键.
解题技巧提炼
在直角三角形中，遇到斜边的中点常作斜边的中线，从而利用直角三角形斜边中线的性质解决问题.
解题技巧提炼
菱形的判定可以确定菱形的存在，再利用菱形的性质，可以得出线段或角的对应关系.
解题技巧提炼
正方形具有所有特殊平行四边形的性质，正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题.
解题技巧提炼
综合利用菱形、矩形、正方形的性质与判定方法实现相应线段、角之间的转化时解题的关键，前提是要熟悉各图形的性质与判定的方法.
解题技巧提炼
分类讨论思想要做到两点：（1）要有分类的意识，善于从问题的情景中专注分类的对象；二是找出科学、合理的分类标准.本章中出现的图形运动、边长、面积等题目常用到分类讨论思想.
解题技巧提炼
在很多问题中，经常涉及折叠问题，折叠前后的图形具有全等的特性，由此得到一些线段相等或角相等，并将平行四边形、矩形结合在一起，综合解决问题.
解题技巧提炼
解决动点问题时，要抓住点在运动过程中的特殊时刻（或一个确定的位置），以静制动，寻找问题的突破口，有时要用到方程思想或分类讨论的思想.
解题技巧提炼
在解决四边形中的最短问题时，利用轴对称、平移等变换把已知问题转化为容易解决的问题，从而作出最短线段和.
解题技巧提炼
本题型是四边形的综合题，综合考查了平行四边形和特殊平行四边形的性质与判定，同时用到等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，有时正确地作出辅助线是解题的关键．