苏科版八年级下册9.3 平行四边形练习

这是一份苏科版八年级下册9.3 平行四边形练习，共233页。
必考点1
平行四边形中边的关系运用
1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠A＝120°，E是AB的中点，点F在平行四边形ABCD的边上，若△AEF为等腰三角形，则EF的长为_____．
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，已知▱ABCD中，AF垂直平分DC，且AF=DC，点E为AF上一点，连接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，则AD的长为______．
3．（2022秋·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12，D是BC边上任意一点，连接AD，以AD，CD为邻边作平行四边形ADCE，连接DE，则DE长的最小值为___________．
4．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠DS2，则S3>S1；③若S3=2S1，则S4=2S2；④如果P点在对角线BD上，则S1:S4=S2:S3；⑤S1−S2=S3−S4，则P点一定在对角线BD上．
4．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转180°后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：
(1)如图①，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．过点O的直线l与边AB、CD分别相交于点M、N，四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为___________；
(2)如图②，这个图形是由平行四边形ABCD与平行四边形ECGF组成的，点E在边CD上，且B、C、G在同一直线上．
①请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；
②延长GF与边AD的延长线交于点K，延长FE与边AB交于点H．联结EB、EK、BK，如图③所示，当四边形AHED的面积为10，四边形CEFG的面积为2时，求三角形EBK的面积．
5．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．性质：“朋友三角形”的面积相等．
例如：如图1，在△ABC中，如果AD是AB边上的中线，那么△ACD和△ABD是“朋友三角形”，则有S△ACD=S△ABD．
应用：如图2，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．
(1)求证：△AOE和△AOB是“朋友三角形”．
(2)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AD//BC，AD=DC=8，BC=12，点G在BC上，点E在AD上，DG与CE交于点F，GF=DF．
①求证：△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②连接AF，若△AEF和△DEF是“朋友三角形”，求四边形ABGF的面积．
(3)在△ABC中，∠B=30°，AB=8，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“朋友三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的14，则△ABC的面积是________（请直接写出答案）．
6．（2022秋·重庆大足·九年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．
(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；
(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32，请直接写出△BFD面积的最大值．
必考点3
平行四边形中的角度转换
1．（2022春·江西新余·八年级新余四中校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中：①△ABE是等边三角形：②△ABC≌△EAD；③AD=AF：④S△ABE=S△CDF；⑤S△ABE=S△CEF其中正确的是（ ）
A．①②③B．①④⑤C．①②⑤D．②③④
2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，AB=4，P为AC上一点（与点A、C不重合），连接BP，以PA、PB为邻边作平行四边形PADB，则PD的取值范围是_______．
3．（2022秋·辽宁朝阳·九年级校考期中）如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③EG=GF
；④EA平分∠GEF．其中正确的是________．
4．（2022春·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AB//CD,∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AE，AE交CD于H．∠DCE的平分线交AE于G．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）如图1，若AB=2AD=10，H为CD的中点，HE=6，求AC的长；
（3）如图2，若∠BAC=∠DAE
①∠AGC=2∠CAE，求∠CAE的度数；
②∠AGC=n∠CAE,∠CAE=_____°（用含有n的式子表示）
5．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G.
(1)求证：BE⊥CF；
(2)若AB=a，CF=b，求BE的长.
6．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，点 A（a，6），B（4，b），
（1）若 a，b 满足 (a  b  5)2  2a−b−1 0 ，
①求点 A，B 的坐标；
②点 D 在第一象限，且点 D 在直线 AB 上，作 DC⊥x 轴于点 C，延长 DC 到 P 使 得 PC=DC，若△PAB 的面积为 10，求 P 点的坐标；
（2）如图，将线段 AB 平移到 CD，且点 C 在 x 轴负半轴上，点 D 在 y 轴负半轴上， 连接 AC 交 y 轴于点 E，连接 BD 交 x 轴于点 F，点 M 在 DC 延长线上，连 EM，3∠MEC+∠CEO=180°，点 N 在 AB 延长线上，点 G 在 OF 延长线上，∠NFG= 2∠NFB，请探究∠EMC 和∠BNF 的数量关系，给出结论并说明理由.
必考点4
平行四边形中勾股定理的运用
1．（2022春·浙江温州·八年级统考期中）如图，一副三角板如图1放置，AB＝CD＝6，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED＝75°，连接AD、BC，这时△ADE的面积是______．
2．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，四边形ABCD为菱形，AB=3，∠ABC=60°，点M为BC边上一点且BM=2CM，过M作MN∥AB交AC，AD于点O，N，连接BN．若点P，Q分别为OC，BN的中点，则PQ的长度为________．
3．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形．
(2)若AB=4，BC=7，当四边形GEHF是矩形时BD的长为 ．
4．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为平面内一点，以CD为腰在CD右侧作等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°，过点B作BF∥DE，且BF=DE，连接BD，DF，EF．
(1)如图①，当点D在AC边上时，直接写出线段AF与AD的关系为 ；
(2)将图①中的等腰Rt△CDE绕点C逆时针旋转α0°CE−CB，
当C、B、E三点共线时（点E在CB的延长线上时），
BE=CE-CB，
综上所述BE≥CE-CB=5-3=2，
即BE≥2，
∴BE的最小值为2，
当BE=2时，BF2+BD2−BC2=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、平行四边形的性质和勾股定理的应用，解决本题的关键是对以上性质的掌握是否熟练．
5．（2022春·辽宁沈阳·八年级统考期末）等边△ABC中，AB＝14．平面内有一点D，BD＝6，AD＝10， 则CD的长为_____．
【答案】219或16
【分析】分点D在△ABC的内部和点D在△ABC的外部两种情况，先利用等边三角形的性质可得BE=7,CE=73，再根据勾股定理可得BF=337，从而可得DG、CG的长，然后在Rt△CDG中，利用勾股定理即可得．
【详解】由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，点D在△ABC的内部
过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，作DG⊥CE于点G
则四边形DFEG是矩形
∴DG=EF,EG=DF
∵ △ABC是等边三角形，AB=14
∴BE=12AB=7,CE=32AB=73
设BF=x，则AF=AB−BF=14−x
在Rt△ADF中，DF2=AD2−AF2=100−(14−x)2
在Rt△BDF中，DF2=BD2−BF2=36−x2
则100−(14−x)2=36−x2
解得x=337
即BF=337
∴DG=EF=BE−BF=167,EG=DF=36−x2=1573
∴CG=CE−EG=73−1573=3473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(3473)2=219
（2）如图2，点D在△ABC的外部
过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，作DG⊥CE，交CE延长线于点G
同理可得：CE=73,DG=EF=167,EG=DF=1573
∴CG=CE+EG=73+1573=6473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(6473)2=16
综上，CD的长为219或16
故答案为：219或16．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论，并通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键．
6．（2022秋·天津·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，矩形OABC，O为原点，A3,0,B3,4,C0,4，将△OBC绕点B逆时针旋转，点O,C旋转后的对应点为O′,C′．
(1)如图（1），当∠CBC′=30°时，求C′的坐标；
(2)如图（2），当点O′恰好落在x轴上时，O′C′与AB交于点D．
①此时DB与DO′是否相等，说明理由；
②求点D的坐标；
(3)求△AO′C′面积的最大值．（直接写出答案即可）
【答案】(1)C′3−332,52
(2)①DB=DO′；②D3,78
(3)14
【分析】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．解直角三角形求出BH，CH，可得结论；
（2）①此时DB与DO′相等，证明∠DBO′=∠DO′B即可；
②设DB=DO′=x，再利用勾股定理构建方程求出x即可；
（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，△AO′C′的面积最大．
【详解】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．
∵四边形OABC是矩形，B(3,4)，
∴AB=OC=4，BC=3，
在Rt△ BC′H中，∠BHC′=90°，∠HBC′=30°，
∴HC′=12BC′=32，BH=332，
∴CH=3−332，
∴C′3−332,52；
（2）①结论：DB=DO′．
理由：∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴∠OBA=∠ABO′，
∵AB∥OC，
∴∠ABO=∠COB=∠BO′C′，
∴∠DBO′=∠DO′B，
∴DB=DO′；
②∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴OA=AO′=3，
设BD=DO′=x，
在Rt△ADO′中，AD2+AO′2=O′D2，
∴(4−x)2+32=x2，
∴x=258，
∴AD=4−258=78，
∴D(3,78)．
（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，此时点A到O′C′的距离最大，即△AO′C′的面积最大．
△AO′C′的面积的最大值=12×7×4=14．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰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，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
必考点12
菱形中的全等三角形的构造
1．（2022春·山东济南·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①OG=12AB；②S四边形ODGF>S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．
④∵连接CG，由O、G分别是AC，AD的中点，得到S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDGAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵连接CG，
∵O、G分别是AC，AD的中点，
∴S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵OG∥AB，
∴S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
连接FD，如图：
∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；
正确的是①③④，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于点E，F，G分别是线段AB和线段AC上的动点，且AF=CG，若DE=1，AB=2，则DF+DG的最小值为______．
【答案】22
【分析】先根据AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD证明四边形ABCD是菱形．在AC上取点B'，使AB'=AB，连接FB'，作点D关于AB的对称点D'，连接D'F、DD'．作BH⊥CD于点H，作BM⊥DD'于点M，则△B'AF≌△DCG（SAS），得出B'F=DG，所以DF+DG=D'F+B'F，当B'、F、D'三点在同一直线上时，DF+DG=D'F+B'F取最小值为B'D'．再根据勾股定理求出B'D'即可．
【详解】解：连接BC，
∵AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC，∠ADB=∠CDB，∠AED=180°-180°÷2=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴DA=DC，
同理：DA=BA，
∴DC=AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形ABCD是菱形．
如图．在AC上取点B'，使AB'=AB，连接FB'，作点D关于AB的对称点D'，连接D'F、DD'．
作B'H⊥CD于点H，作B'M⊥DD'于点M．
∴DF=D'F，
∵AF=CG，∠B'AF=∠DCG，AB'=AB=CD，
∴△B'AF≌DCG（SAS），
∴B'F=DG，
∴DF+DG=D'F+B'F，
∴当B'、F、D'三点在同一直线上时，DF+DG=D'F+B'F取最小值为B'D'．
∵DE=1，AD=AB=2，
∴∠DAE=30°，∠ADE=60°，
∴AC=3AD=23，CB'=23-2，
∴B'H=12B'C=3-1，CH=3B'H=3-3，
∴DH=DC-CH=2-（3-3）=3−1，
∵四边形DHB′M是矩形
∴DM=B'H=3-1，MB′=DH=3−1,
∴D'M=DD'-DM=3AD-DM=23-（3-1）=3+1，
∴D'B'=MB′2+MD′2=(3−1)2+(3+1)2=22．
即DF+DG的最小值为22．
故答案为：22．
【点睛】本题考查了线段之和最小值问题，作辅助线推出△B'AF≌△DCG是解题的关键．
3．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交边BC于点E，交DC的延长线于点F．
(1)如图1，求证：CE=CF；
(2)如图2，FG∥BC,FG=EC，连接DG、EG，当∠ABC=120°时，求证：∠BDG=60°；
(3)如图3，在（2）的条件下，当BE=2CE,AE=43时，求线段BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)BD=27
【分析】（1）根据角平分线的性质可得∠1=∠2，然后再运用平行四边形的性质说明∠2=∠3,∠1=∠F，进一步说明∠3=∠F，最后运用等边对等角即可证明结论；
（2）延长AB、FG交于点H，连接DH，可证得四边形AHFD是平行四边形，四边形AHFD是菱形，推出△FDH和△ADH都是等边三角形，再证明△DFG≌△DHB（SAS），得出∠FDG=∠HDB，进而证得结论；
（3）如图3，连接DE，根据平行四边形性质和角平分线性质可得∠BAE=∠AEB=180°−∠ABC2=30°，过点B作BM⊥AE于点M，可得EM=12AE=23，利用勾股定理求得AB=CD=BE=4，过点D作DN⊥BC于点N，结合勾股定理即可解答．
（1）
明：如图1：∵AF是∠BAD平分线．
∴∠1=∠2
∵ABCD是平行四边形．
∴AD∥BC,AB∥CD
∴∠2=∠3,∠1=∠F，
∴∠3=∠F，
∴CE=CF．
（2）
证明：如图2;延长AB、FG交于点H，连接DH，
∴FG∥CE，CE∥AD，
∴FH∥BC∥AD，
∵AH∥DF，
∴四边形AHFD是平行四边形，
∵∠DFA=∠FAB=∠DAF，
∴DA=DF，
∴四边形AHFD是菱形，
∴FD=FH，AD=AH，
∵∠ABC=120°，
∴∠DFH=∠DAH=60°，
∴△FDH和△ADH都是等边三角形，
∴∠DFG=∠DHB=∠FDH=60°，FD=HD，
∵四边形BCFH是平行四边形，
∴BH=CF，
∵FG=CE，CE=CF，
∴FG=BH，
在△DFG和△DHB中，
FG=BH∠GFD=∠BHDFD=HD
∴△DFG≌△DHB(SAS),
∴∠FDG=∠HDB,
∴∠BDG=∠HDB+∠HDG=∠FDG+∠HDG=∠FDH=60°．
（3）
解：如图3，连接DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，∠DCB=180°-∠ABC=60°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB=180°−∠ABC2=30°
过点B作BM⊥AE于点M
∴EM=12AE=23
在Rt△BME中
∵∠BEM=30°
∴BM=12BE
∵BE2−BM2=EM2
∴BE2−(12BE)2=(23)2，解得：BE=4
∵BE=2CE
∴CE=2
过点D作DN⊥BC于点N,则∠NDC=90°-∠DCB=30°
∴CN=12CD=2=CE
∴点N与点E重合
∴∠DEC=90°
∴DE2=CD2−CE2=42−22=12
∴BD=DE2+BE2=12+16=27 ．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质、勾股定理等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．
4．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+b分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为(8，0)，四边形ABCD是正方形．
(1)求b的值和点D的坐标；
(2)点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外）．
①如图2，将△BMC沿CM折叠，点B的对应点是点E，连接ME并延长交AD边于点F，问△AMF的周长是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
②点P是x轴上一个动点，Q是坐标平面内一点，探索是否存在一个点P，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)b的值为6，点D的坐标为(14，8)
(2)①△AMF的周长不变，△AMF的周长为20；②存在，点Q的坐标为(0，−6)或(−10，6)或(10，6)或(254，6)
【分析】（1）将点A(8，0)代入y=−34x+b，即可求出b的值，从而即得出直线AB的解析式为y=−34x+6，进而即得出A(0，6)．过点D作DH⊥x轴于点H，由正方形的性质结合题意利用“AAS”易证△AOB≅△DHA，得出DH=OA=8，OH=OA+AH=14，即得出D(14，8)；
（2）①由折叠和正方形的性质可知BM=EM，CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，即易证△CDF≅△CEF(HL)，得出DF=EF．再由△AMF的周长=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD，结合勾股定理即可求出答案；②分类讨论ⅰ当AP为菱形的对角线时，ⅱ当AQ为菱形的对角线时和ⅲ当AB为菱形的对角线时，根据菱形的性质结合图形即可求出答案．
【详解】（1）解：将点A(8，0)代入y=−34x+b，得0=−34×8+b，
解得：b=6，
∴直线AB的解析式为y=−34x+6，
当x=0，时y=6，
∴A(0，6)，
∴OB=6，OA=8．
如图，过点D作DH⊥x轴于点H，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAO+∠DAH=90°．
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠DAH．
又∵∠AOB=∠DHA=90°，
∴△AOB≅△DHA(AAS)，
∴DH=OA=8，AH=OB=6，
∴OH=OA+AH=14，
∴D(14，8)；
（2）解：①由折叠的性质可知BM=EM，BC=CE=4，∠CBM=∠CEM=90°，
∴CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，
又∵CF=CF，
∴△CDF≅△CEF(HL)
∴DF=EF．
∵△AMF的周长=AM+MF+AF，MF=ME+EF，
∴△AMF的周长=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD．
∵OB=6，OA=8，
∴AB=OA2+OB2=10，
∴△AMF的周长=10+10=20，
故△AMF的周长不变，且为20；
②存在以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设P(t，0)，Q(x，y)．
分类讨论：ⅰ当AP为菱形的对角线时，如图菱形ABP1Q1，此时AB=BP1．
∵xA+xP=xQyB+yQ=yABP1=OB2+OP12，
即8+t=x6+y=010=62+t2，
解得：x1=16y1=−6t1=8（舍），x2=0y2=−6t2=−8；
即此时Q(0，-6)；
ⅱ当AQ为菱形的对角线时，如图菱形ABQ2P2和ABQ4P4，此时AB=AP2和AB=AP4．
同理可得：8+x=ty=610=8−t，
解得：x1=−10y1=6t1=−2，x2=10y2=6t2=18；
即此时Q(-10，6)或(10，6)；
ⅲ当AB为菱形的对角线时，如图菱形AQ3BP3，此时AP3=BP3．
同理可得8=t+xy=636+t2=8−t，
解得：x=254y=6t=74；
即此时Q(254，6)；
综上可知点Q的坐标为(0，−6)或(−10，6)或(10，6)或(254，6)时，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，勾股定理以及菱形的判定和性质等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
5．（2022春·河南鹤壁·八年级鹤壁市外国语中学校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过点O且垂直于AC，分别与边AD，BC交于点F，E．
(1)求证：四边形AECF为菱形；
(2)若AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，直接写出四边形AECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)54
【分析】（1）根据平行四边形、平行线的性质得出OA=OC，OB=OD，AD∥BC，进而得出∠FDO=∠EBO，由全等三角形的判定（角边角）得出△FDO≌△EBO，再利用全等三角形的性质得出OF=OE，最后根据菱形的判定及已知EF⊥AC即可证明．
（2）设辅助线CG⊥AD于点G，利用勾股定理得出CG的值，由（1）已知四边形AECF为菱形，根据菱形的性质设AF=t，则FG=2−t，CF=t，利用勾股定理建立等式求解得出t值，最后利用菱形的性质及三角形面积公式求解即可．
（1）
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC．
∴∠FDO=∠EBO．
∵{∠FDO=∠EBO,OD=OB,∠DOF=∠BOE,
∴△FDO≌△EBO．
∴OF=OE．
∵EF⊥AC，且EF，AC互相平分，
∴四边形AECF为菱形．
（2）
如图，作CG⊥AD于点G，
∵AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，∠CGD=∠CGF=90°，
∴∠ADC=∠GCD=45°．
∴CG=GD，△CGD是等腰直角三角形．
∵CG2+GD2=CD2，即2CG2=2，
∴CG=GD=1，AG=AD−GD=3−1=2．
∵由（1）已知四边形AECF是菱形，
∴AF=CF．
设AF=t，则FG=2−t，CF=t，
∵FG2+CG2=CF2，即(2−t)2+1=t2，
∴解得t=54．
∴AF=54．
∴S菱形AECF=2S△AFE=2×12AF⋅CG=2×12×54×1=54．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等的理解与综合应用能力．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．菱形四条边都相等．两角及其夹边分别相等的三角形全等．平行四边形的对边平行且相等；平行四边形的两条对角线互相平分．两全等三角形的对应边相等，对应角相等．灵活利用菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据勾股定理建立等式关系是解本题的关键．
6．（2022春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AC=2AB．对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转β°0