人教版八年级下册18.1.2 平行四边形的判定课后练习题

这是一份人教版八年级下册18.1.2 平行四边形的判定课后练习题，文件包含2024年八年级数学下册专题182平行四边形的判定九大题型举一反三人教版原卷版docx、2024年八年级数学下册专题182平行四边形的判定九大题型举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16452" 【题型1 判断能否构成平行四边形】 PAGEREF _Tc16452 \h 1
\l "_Tc5338" 【题型2 添加条件构成平行四边形】 PAGEREF _Tc5338 \h 4
\l "_Tc31833" 【题型3 数图形中平行四边形的个数】 PAGEREF _Tc31833 \h 7
\l "_Tc19721" 【题型4 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】 PAGEREF _Tc19721 \h 10
\l "_Tc24737" 【题型5 证明四边形是平行四边形】 PAGEREF _Tc24737 \h 14
\l "_Tc846" 【题型6 全等三角形拼平行四边形问题】 PAGEREF _Tc846 \h 18
\l "_Tc30615" 【题型7 利用平行四边形的判定和性质求解】 PAGEREF _Tc30615 \h 22
\l "_Tc26557" 【题型8 利用平行四边形的判定和性质证明】 PAGEREF _Tc26557 \h 28
\l "_Tc19064" 【题型9 平行四边形的应用】 PAGEREF _Tc19064 \h 36
【知识点1 平行四边形的判定】
(1)定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(2)定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
(3)定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(4)定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形
(5)定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
【题型1 判断能否构成平行四边形】
【例1】（2021秋·湖南永州·九年级校考阶段练习）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向右拉动框架，给出如下的判断：①四边形ABCD为平行四边形；②对角线BD的长度不变；③四边形ABCD的面积不变；④四边形ABCD的周长不变，其中所有正确的结论是（ ）
A．①②B．①④C．①②④D．①③④
【答案】B
【分析】①正确，根据平行四边形的判定方法即可判断；
②错误，观察图象即可判断；
③错误，面积是变小了；
④正确，根据平行四边形性质即可判断．
【详解】解：∵两组对边的长度分别相等，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
∵向右扭动框架，
∴BD的长度变大，故②错误；
∵平行四边形ABCD的底不变，高变小了，
∴平行四边形ABCD的面积变小，故③错误；
∵平行四边形ABCD的四条边不变，
∴四边形ABCD的周长不变，故④正确．
故所有正确的结论是①④．
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、平行四边形的周长、面积等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题．
【变式1-1】（2022春·北京西城·八年级校考期中）下列∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．1∶2∶3∶4B．1∶4∶2∶3C．1∶2∶2∶1D．3∶2∶3∶2
【答案】D
【分析】两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以∠A和∠C是对角，∠B和∠D是对角，对角的份数应相等，据此即可求解．
【详解】解：根据平行四边形的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以只有D符合条件．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．
【变式1-2】（2021春·河南新乡·八年级新乡市第十中学校考期中）在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O．给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB=CD，AD=BC；③AO=CO，BO=DO；④AB∥CD，AD=BC．其中一定这个四边形是平行四边形的条件有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【答案】A
【分析】根据平行四边形的5个判断定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可作出判断．
【详解】解：①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，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判断这个四边形是平行四边形（例可能是等腰梯形）；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定定理，解题关键是准确无误的掌握平行四边形的判定定理，难度一般．
【变式1-3】（2022春·浙江舟山·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的一组邻边AB，BC，用尺规作图作▱ABCD，下列4个作图中，作法与理论依据都正确的有几个（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据各个图形的做法结合平行四边形的判定方法进行判断即可．
【详解】解：图①，由作图可知AB=CD，AD=BC，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”可知，图①作法与理论依据正确；
图②，
由作图可知，作AC的垂直平分线，得到AC的中点O，再连接BO并延长到点D，使OD=BO，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可得，图2作法与理论依据正确；
图③，作同位角相等，得出AB∥CD，再截取CD=AB，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得，图3作法与理论依据正确；
图④，作同位角相等，得出AB∥CD，再截取AD=BC，“一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形”，因此图4作法与理论依据不正确；
综上所述，作法与理论依据正确的是图①、图②、图③，共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查尺规作图，平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法及尺规作图的意义是解题的关键．
【题型2 添加条件构成平行四边形】
【例2】（2022春·山东枣庄·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，如果添加一个条件使四边形BEDF是平行四边形，则添加的条件不能是（ ）
A．DE=BFB．AE=FCC．AF=CED．∠1=∠2
【答案】A
【分析】根据各选项给出的条件，逐一验证即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵DE＝BF，不能得出△ADE≌△CBF，
∴不能得出四边形DEBF是平行四边形，故A错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，
∵AE＝CF，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，
∴∠DEF＝∠BFE；
∴DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故B正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF；
∵AF＝CE，
∴AE＝CF，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故C正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，
∵∠ADE＝∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝CF，∠AED＝∠BFC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DE∥CF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故D正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
【变式2-1】（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别为边BC，AB，AC上的点，连接FD并延长到点G，已知FG∥AB，则添加下列条件，可以使线段AG，DE互相平分的是（ ）
A．AD=EGB．DF=DGC．DE∥ACD．DG=AE
【答案】D
【分析】通过分析线段AG，DE互相平分，得四边形ADGE是平行四边形，结合选项，利用平行四边形的判定定理即可求解．
【详解】若线段AG，DE互相平分，则四边形ADGE是平行四边形，
∴添加DG=AE，
又∵FG∥AB，
∴四边形ADGE是平行四边形，
∴线段AG，DE互相平分，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式2-2】（2022春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）若O是四边形ABCD的对角线AC和BD的交点，且OB＝OD，AC＝24cm，则当OA＝_____cm时，四边形ABCD是平行四边形．
【答案】12
【分析】由OA=12cm求出OC，得出OA=OC，再由平行四边形的判定定理即可得出结论．
【详解】解：当OA=12cm时，OC=24-12=12（cm），
∴OC=OA，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：12．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟记对角线互相平分的四边形为平行四边形是解题的关键．
【变式2-3】（2022春·河南新乡·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为点E，F．
(1)请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形DEBF为平行四边形，你添加的条件是______．
(2)添加了条件后，请证明四边形DEBF为平行四边形．
【答案】(1)DE=BF（答案不唯一）
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的判定可得出答案；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得出结论．
（1）
解：由题意得DE∥BF，由平行四边形的判定可添加的条件是DE=BF（答案不唯一），
故答案为：DE=BF（答案不唯一）；
（2）
证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴DE∥BF，
∵DE=BF，
∴四边形DEBF为平行四边形．
【点睛】此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．
【题型3 数图形中平行四边形的个数】
【例3】（2021春·内蒙古包头·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，EF∥BC ， GH∥AB ， EF与GH相交于点O，图中共有个平行四边形( )
A．4个B．5个C．8个D．9个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∵EF∥BC ， GH∥AB ，
EF∥AD ， GH∥CD ，
∴AE∥OG∥DF，BE∥OH∥CF，AG∥OE∥BH，DG∥OF∥CH，
∴四边形BCFE，四边形ADFE，四边形ABHG，四边形CDGH，四边形AEOG，四边形BEOH，四边形DFOG，四边形CFOH均为平行四边形，
∴图中共有个平行四边形9个．
故选：D
【点睛】此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3-1】（2021春·重庆·八年级期末）下列图形都是由同样大小的平行四边形按一定的规律组成，其中第①个图形中一共有10个平行四边形，第②个图形中一共有14个平行四边形，第③个图形中一共有19个平行四边形，……按此规律排列下去，则第⑥个图形中平行四边形的个数为（ ）
A．39B．40C．41D．42
【答案】B
【分析】观察图形的变化可得10+4=14，14+5=19，19+6=25，25+7=32，32+8=40，即可得结果．
【详解】解：观察图形的变化可知：
第①个图形中一共有10个平行四边形，
第②个图形中一共有14个平行四边形，
第③个图形中一共有19个平行四边形，
第④个图形中一共有25个平行四边形，
第⑤个图形中一共有32个平行四边形，
则第⑥个图形中平行四边形的个数为40．
故选：B．
【点睛】本题考查的是平行四边形的认识，规律型：图形的变化类，本题是一道根据图形进行数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，然后利用规律解决一般问题．
【变式3-2】（2021春·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3-3】（2021春·内蒙古呼伦贝尔·八年级统考期末）如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横、纵方向相邻的两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中的四个点为顶点的平行四边形叫做阵点平行四边形．图中以A，B为顶点，面积为4的阵点平行四边形的个数为（ ）
A．6个B．7个C．9个D．11个
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定，两组对边必须平行，可以得出上下各两个平行四边形符合要求，以及特殊四边形矩形与正方形即可得出答案．
【详解】解：根据题意得：一共11个面积为4的阵点平行四边形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，根据平行四边形的判定得出结论是解题的关键．
【题型4 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】
【例4】（2020春·四川广元·八年级统考期末）已知A，B，C三点的坐标分别是(3，3)，(8，3)，(4，6)，若以A，B，C，D四点为顶点的四边形是平行四边形，则D点的坐标不可能是（ ）
A．(-1，6)B．(9，6)C．(7，0)D．(0，-6)
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质，分别从以BC为对角线、以AC为对角线、以AB为对角线去分析求解即可求得答案．
【详解】解：当以BC为对角线时：CD=AB=5，此时D（9，6）；
当以AC为对角线时，CD=AB=5，此时D（-1，6）；
当以AB为对角线时，AD=BC═4，此时点D（7，0）．
∴D点的坐标不可能是：（0，-6）．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边平行且相等．解此题的关键是分类讨论数学思想的运用．
【变式4-1】（2019秋·江苏南通·八年级校考期末）以不在同一直线上的三个点为顶点作平行四边形最多能作( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】连接不在同一直线上的三点，得到一个三角形，分别以三角形的三边为对角线，用作图的方法，可得出选项．
【详解】
如图，以点A，B，C能做三个平行四边形：分别是▱ABCD，▱ABFC，▱AEBC.
故选B.
【变式4-2】（2022春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系内，以A（3，5），B（1，1），C（4，1）三点为顶点画平行四边形．
(1)可以画多少个平行四边形？
(2)写出每个平行四边形第四个顶点D的坐标．
【答案】(1)可以画3个平行四边形；
(2)（0，5）或（6，5）或（2，−3）．
【分析】（1）根据平行四边形的性质，将平行四边形画出来即可；
（2）根据所作平行四边形可直接得出点D的坐标．
（1）
解：可以画3个平行四边形，如图所示：
（2）
由图可得：平行四边形第四个顶点D的坐标为（0，5）或（6，5）或（2，−3）．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质、平行四边形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【变式4-3】（2020春·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．
【题型5 证明四边形是平行四边形】
【例5】（2023秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在△ABC中，BC＝AC，点E，F分别是边AB，AC的中点，连接EF并延长，交△ABC外角∠ACD的平分线于点G．求证：四边形AECG是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】先由BC=AC可以知道角相等，再利用角平分线的性质进行等角转化得到平行，然后根据中点得到边相等，进而得到全等三角形，最后根据△AEF≌△CFG得到相等，最后得出结论．
【详解】解：∵BC=AC
∴∠BAC=∠ABC
∵CG是外角∠ACD的角平分线
∴∠ACG=∠DCG=12∠ACD
∵∠ACD=∠BAC+∠ABC=2∠BAC
∴∠ACG=∠BAC
∴AE∥CG
∵点F是AC的中点
∴AF=FC
∴在△AEF和△CGF中
∴∠ACG=∠BACAF=FC∠AFE=∠CFG
∴△AEF≌△CFGASA
∴AE=CG
∴四边形AECG是平行四边形
【点睛】本题考查了三角形的判定和性质，平行四边形的判定，利用全等三角形的判定和性质得到边相等是解题的关键．
【变式5-1】（2022春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，BE是△ABC的中线，延长BE到D，使ED＝BE，连接AD，CD，补全图形．判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论．
【答案】四边形ABCD是平行四边形，理由见解析
【分析】按题意画出图形，证明AC与BD互相平分即可得出结论．
【详解】解：补全图形如下，
证明：∵BE是△ABC的中线，
∴E是AC的中点，
又∵DE＝BE，
即E是BD的中点，
∴AC与BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查了三角形的中线，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
【变式5-2】（2022春·宁夏中卫·八年级校考期末）如图，△ABC是等边三角形，点D是射线BC上的一个动点(点D不与点B，C重合)，△ADE是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交射线AB，AC于点F，G，连接BE．
(1)求证：△AEB≌△ADC．
(2)当点D在线段BC上时．探究四边形BCGE是怎样特殊的四边形？并写出证明过程．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BCGE是平行四边形，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=60°，然后求出∠BAE=∠CAD，再利用边角边证明△AEB和△ADC全等；
（2）四边形BCGE是平行四边形，因为△AEB≌△ADC，所以可得∠ABE=∠C=60°，进而证明∠ABE=∠BAC，则可得到EB ∥GC，又EG ∥ BC，所以四边形BCGE是平行四边形．
（1）
证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AE=AD，AB=AC，∠EAD=∠BAC=60°．
又∵∠EAB=∠EAD-∠BAD，∠DAC=∠BAC-∠BAD，
∴∠EAB=∠DAC，
在△AEB和△ADC中，
AB=AC∠EAB=∠DACAE=AD，
∴△AEB≌△ADCSAS；
（2）
解：四边形BCGE是平行四边形，理由如下：
由1得△AEB≌△ADC，
∴∠ABE=∠C=60°．
又∵∠BAC=∠C=60°，
∴∠ABE=∠BAC，
∴EB ∥GC，
又∵EG ∥ BC，
∴四边形BCGE是平行四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
【变式5-3】（2022春·江西九江·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC边上的点，且DE=CF，连接BE和AF的交点为M，CE和DF的交点为N，连接MN，EF．
(1)求证：四边形ABFE为平行四边形；
(2)若AD=6cm，求MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)3cm
【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形ABFE为平行四边形；
（2）由平行四边形的性质可得DN=FN，AM=MF，由三角形中位线定理可求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC．
∵DE=CF，
∴AE=BF．
∴四边形ABFE是平行四边形；
（2）
解：∵DE=CF，AD∥BC，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DN=FN，
∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AM=MF，
∴MN∥AD，MN=12AD=3cm．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．
【题型6 全等三角形拼平行四边形问题】
【例6】（2022春·福建厦门·八年级统考期中）如图，有两种形状不同的直角三角形纸片各两块，其中一种纸片的两条直角边长分别为1和2，另一种纸片的两条直角边长都为2．图1、图2、图3是三张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．
(1)请用三种方法将图中所给四块直角三角形纸片拼成平行四边形（非矩形），每种方法要把图中所给的四块直角三角形纸片全部用上，互不重叠且不留空隙，三种方法所拼得的平行四边形（非矩形）的周长互不相等，并把你所拼得的图形按实际大小画在图1、图2、图3的方格纸上．
要求：①所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合；
②画图时，要保留四块直角三角形纸片的拼接痕迹．
(2)请证明你在图1所拼得的四边形是平行四边形（非矩形）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）图1可以先用边长为1、2的直角三角形拼出矩形，再分别在边长为2的两侧拼上边长都为2的直角三角形；图2可以先用边长都为2的直角三角形拼出矩形，再分别在边长为2的两侧拼上边长都为2、1的直角三角形；图3以四个直角三角形的直角边拼出对角线为3的平行四边形即可；
（2）根据平行四边形的判定方法证明即可．
（1）
解：如图所示：
（2）
证明：如图1中，∵AB＝CD＝3，AD＝BC＝22+22=22，
∴四边形ABCD是平行四边形．（同理，图2和图3均可根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行证明）
【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，平行四边形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用直角三角形和平行四边形的性质进行拼接．
【变式6-1】（2021·全国·九年级专题练习）如图，有两块全等的含30°角的直角三角板，将它们拼成形状不同的平行四边形，则最多可以拼成（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】C
【分析】分别以不同的三边为对角线进行拼接即可得．
【详解】以不同的三边为对角线进行拼接，可拼成如下三种平行四边形：
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，掌握理解并灵活运用判定方法是解题关键．
【变式6-2】（2021·河南周口·三模）把三角形形状的纸片放在方框纸上，使其每一个顶点都在格点上，如图1所示（方格边长均为∠）．对这个三角形进剪切、拼接后，可以得到一个平行四边形，如图2中阴影部分所示．
剪切、拼接的方案如下：如图2，取BC的中点M，连接AM﹔剪下△AMC后，拼接到△BEA位置，可得到平行四边形AEBM．
我们约定：剪切、拼接时，纸片的每一部分都要被用到，而且不得用所给纸片以外的纸片．
(1)请你采用不同于图2的剪切、拼接方案，也得到一个平行四边形，在图3中用阴影表示出你得到的平行四边形，并补充已知和求证，写出证明过程．
(2)对这个三角形进行剪切、拼接后，也可以得到一梯形．试在图4中，用阴影表示出你得到的梯形（不必说明剪切、拼接方案，但必须保留作图痕迹）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）沿中位线裁剪即为平行四边形．BC是拼成四边形的一条边，即可，再根据拼接方法，写出已知、求证，利用平行线的判定定理证明即可；
（2）沿一腰的中点D向底边剪开，得出FD=DG，进而得出梯形．
（1）
解：所画图形如下所示，
已知：沿△ABC的中位线NE裁剪下△ANE，将△ANE按如图所示拼接在一起，即点A与点C重合，点N与点M重合，AE与CE重合，得到四边形BCMN，
求证：四边形BCMN是平行四边形．
证明：由题意，得△ANE≌△CME，
∴∠A=∠ACM，AE=CM，
∴AN∥CM，即BN∥CM，
∴四边形BCMN是平行四边形．
（2）
解：所画图形如下所示，
【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行四边形性质与判定、梯形的性质，正确利用全等三角形的性质是解题关键．
【变式6-3】（2020秋·河北石家庄·九年级校考期中）如图所示，ΔABC的顶点在8×8的网格中的格点上．
(1)画出ΔABC绕点A逆时针旋转90°得到的ΔAB1C1；
(2)在图中确定格点D，并画出一个以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为中心对称图形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）由题意可知旋转中心、旋转角、旋转方向，根据旋转的画图方法作图即可；
（2）如图有三种情况，构造平行四边形即可.
【详解】解：（1）如图ΔAB1C1即为所求
（2）如图，D、D’、D’’均为所求.
【点睛】本题考查了图形的旋转及中心对称图形，熟练掌握作旋转图形的方法及中心对称图形的定义是解题的关键.
【题型7 利用平行四边形的判定和性质求解】
【例7】（2022秋·山东淄博·八年级校考期末）如图，在▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG=3BG，S▱BEPG=1.5，则S▱AEPH=__．
【答案】4.5##92
【分析】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH=S四边形PFCG，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【详解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴SΔPEB=SΔBGP，
同理可得SΔPHD=SΔDFP，SΔABD=SΔCDB，
∴SΔABD-SΔPEB-SΔPHD=SΔCDB-SΔBGP-SΔDFP，
即S四边形AEPH=S四边形PFCG．
∵CG=3BG，S▱BEPG=1.5，
∴S四边形AEPH=S四边形PFCG=3×1.5=4.5；
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行⇔四边形为平行四边形，②两组对边分别相等⇔四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等⇔四边形为平行四边形，④两组对角分别相等⇔四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分⇔四边形为平行四边形．
【变式7-1】（2021秋·湖北十堰·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，AC为腰向外作等腰直角三角形ABD和等腰直角三角形ACE，连接DE，CA的延长线交DE于点F，则与线段AF相等的是（ ）
A．12 BCB．12 ABC．12 ACD．23 AB
【答案】A
【分析】如图，作DH⊥CF交CF的延长线于H，连接EH，证明△BCA ≌ △AHDAAS，四边形ADHE是平行四边形，即可解决问题．
【详解】解：如图，作DH⊥CF交CF的延长线于H，连接EH．
∵∠ACB=∠BAD=∠DHA=90∘，
∴∠BAC+∠DAH=90∘，∠DAH+∠ADH=90∘，
∴∠BAC=∠ADH，
∵AB=AD，
∴△BCA ≌ △AHDAAS，
∴AC=DH，BC=AH，
∵∠DHA=∠EAH=90∘，AC=AE，
∴DH∥AE，AH=AE，
∴四边形ADHE是平行四边形，
∴AF=FH，
∴AF=12AH=12BC，
故选A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行四边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，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2022春·广东深圳·八年级校考期末）如图，BD垂直平分AC，交AC于E，∠BCD＝∠ADF，FA⊥AC，垂足为A，AF＝DF＝5，AD＝6，则AC的长为__．
【答案】9.6
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到DA=DC，BA=BC，根据等腰三角形的性质得到∠DAC=∠DCA，∠BAC=∠BCA，证明AB∥DF，进而得到四边形AFDB为平行四边形，根据平行四边形的性质得到BD=AF=5，AB=DF=5，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：∵BD垂直平分AC，
∴DA＝DC，BA＝BC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠BAC＝∠BCA，
∴∠DAC＋∠BAC＝∠DCA＋∠BCA，即∠DAB＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ADF，
∴∠DAB＝∠ADF，
∴AB∥DF，
∵FA⊥AC，DB⊥AC，
∴AF∥BD，
∴四边形AFDB为平行四边形，
∴BD＝AF＝5，AB＝DF＝5，
设BE＝x，则DE＝5－x，
在Rt△AEB中，AB2-BE2=AE2，
在Rt△AED中，AD2-DE2=AE2，
∴AB2-BE2=AD2-DE2，即52-x2=62-5-x2，
解得：x＝75，
∴AE＝52-752=245，
∴AC＝2AE＝9.6，
故AC的长为9.6，
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、线段垂直平分线的性质，掌握垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
【变式7-3】（2022秋·江苏·八年级期末）【情境】某校数学兴趣小组尝试自制数学学具进行自主合作探究．图①是一块边长为12cm的等边三角形学具，P是边AC上一个动点，由点A 向点C 运动，速度为1cm/s，Q是边CB延长线上一动点，与点P同时以相同的速度由点B向CB延长线方向运动，连接PQ，交AB于点D，设点P运动的时间为t(s)．
(1)【问题】填空：CP+CQ= cm；
(2)当∠DQB=30°时，求t的值；
(3)【探究】如图②，过点P作PE⊥AB，垂足为E，在点P，点Q运动过程中，线段DE的长度是否发生变化？若不变，请求出DE的长度；若变化，请说明理由．
【答案】(1)24
(2)4
(3)不变，是定值6
【分析】（1）由线段和差关系可求解；
（2）由直角三角形的性质可列方程，即可求t的值；
（3）过点Q作QF⊥AB交AB延长线于点F连接EQ，PF，由全等三角形的性质可证AB=EF，由题意可证四边形PEQF是平行四边形，可得DE=DF；
【详解】（1）解：∵△ABC 是边长为12的等边三角形，
∴∠ACB=60°，AB=BC=AC=12 ，
设AP=tcm ，
则PC=(12-t)cm，QB=tcm ，
∴QC=QB+BC=(12+t)cm ，
∴CP+CQ=12-t+12+t=24cm
（2）解：∵∠ACB=60°，∠BQD=30°
∴∠QPC=90°
∴QC=2PC
∴12+t=2(12-t) ，
解得：t=4
（3）解：线段DE的长度不改变，
如图：过点Q作QF⊥AB交AB延长线于点F连接EQ，PF
∵PE⊥AB，QF⊥AB
∴QF∥PE
∵点P、Q 速度相同，
∴AP=BQ
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°
∵AP=BQ，∠AEP=∠QFB，∠A=∠QBF
∴△AEP≌△BFQ(AAS)
∴AE=BF
∴BE+AE=BF+BE
∴AB=EF=12
∵PE⊥AB，QF⊥AB
∴QF∥EP，QF=EP ，
∴四边形PEQF是平行四边形，
∴DE=DF=12EF=6
【点睛】本题考查的是三角形综合题，等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，熟练全等三角形判定是解答此题的关键．
【题型8 利用平行四边形的判定和性质证明】
【例8】（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，以▱ABCD的边AB、CD为边，作等边△ABE和等边△CDF，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】根据平行四边形的性质，得出AD=CB，AB=CD，∠DAB=∠BCD，再根据等边三角形的性质，得出AB=BE=AE=CD=CF=DF，∠BAE=DCF=60°，再根据角之间的数量关系，得出∠DAE=∠BCF，再根据SAS，得出△ADE≌△CBF，再根据全等三角形的性质，得出DE=BF，再根据平行四边形的判定定理，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AB=CD，∠DAB=∠BCD，
∵△ABE和△CDF是等边三角形，
∴AB=BE=AE=CD=CF=DF，∠BAE=DCF=60°，
∴∠DAB-∠BAE=∠BCD-∠DCF，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠DAE=∠BCFAE=CF，
∴△ADE≌△CBFSAS，
∴DE=BF，
∵BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
【变式8-1】（2022春·四川成都·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=2AB，点E为线段OC的中点．
(1)求证：∠ABO=2∠ODE；
(2)若F，G分别是OB，AD的中点．
①判断△EFG的形状并证明你的结论；
②当EF⊥EG，且AB=25时，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析，
(2)①△EFG的形状为等腰三角形，理由见解析；②24
【分析】（1）由平行四边形的性质易证∠CDO=∠ABO，再证△CDO是等腰三角形，由等腰三角形三线合一性质得出∠ODE=∠CDE=12∠CDO，即可得出结论；
（2）①易证DE⊥CO，由G为AD中点，得出EG=12AD，再由E、F分别是OC、OB的中点，得出EF=12BC，由平行四边形的性质得AD=BC，即可得出EG=EF，则△EFG是等腰三角形；
②先证四边形BEFG是平行四边形，得出∠EFG=∠GDE，∠DGE=∠FEG，再证△EFG、△DEG、△AED都是等腰直角三角形，设DG=GE=x，则DE=AE=2x，CE=13AE=2x3，由勾股定理求出x=3，得出DE=32，AC=4CE=42，最后由S平行四边形ABCD=2×12AC⋅DE，即可得出答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD, AB=CD，BD=2DO=2BO，
∴∠CDO=∠ABO，
∵BD=2AB，
∴AB=DO=CD，
∴△CDO是等腰三角形，
∵点E为线段OC的中点，
∴∠ODE=∠CDE=12∠CDO=12∠ABO，
∴∠ABO=2∠ODE；
（2）①△EFG的形状为等腰三角形，理由如下：
∵△CDO是等腰三角形，E是CO中点，
∴DE⊥CO，
∴∠DEA=90°，
∵G为AD中点，
∴EG=12AD，
∵E、F分别是OC、OB的中点，
∴EF=12BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴EG=EF，
∴△EFG是等腰三角形；
②解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD=25，AD=BC，AD∥BC，
∵E、F分别是OC、OB的中点，
∴CE=13AE，EF是△OBC的中位线，
∴EF∥BC，EF=12BC，
∴EF∥BC∥DG，
∵G是AD的中点，
∴DG=12AD=12BC，
∴EF=DG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴∠EFG=∠GDE，EF∥DG，
∴∠DGE=∠FEG，
∵EF⊥EG，
∴∠FEG=∠DGE=90°，
由①得：EG=EF，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴∠EFG=∠GDE=45°，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DG=GE，
∵∠DEA=90°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴DE=AE，
设DG=GE=x，
则DE=AE=2x，CE=13AE=2x3，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：CD2=DE2+CE2，
即(25)2=(2x)2+(2x3)2，
解得：x=3或x=-3(不合题意，舍去)，
∴DE=32，
∴AC=4CE=4×2x3=4×23×3=42，
∴S平行四边形ABCD=2×12AC⋅DE=42×32=24．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、中位线定理、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（2022春·四川成都·八年级统考期末）已知，在△ABC中，点M是BC的中点，点D是线段AM上一点（不与点A重合）．过点D作AB的平行线，过点C作AM的平行线，两线交于点E，连结AE．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM，求∠CAM的度数．
【答案】(1)见解析
(2)成立，证明见解析
(3)30°
【分析】（1）利用平行线的性质可得同位角相等，再利用ASA证明ΔABD≅ΔEDC，得AB=ED，从而证明结论；
（2）过点M作MG∥DE交EC于点G，则四边形DMGE为平行四边形，得ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB∥GM，从而得出结论；
（3）取线段HC的中点I，连接MI，由三角形中位线定理得MI∥BH，MI=12BH，则MI=12AM，MI⊥AC，即可解决问题．
（1）
解：证明：∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是ΔABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴ΔABD≅ΔEDC(ASA)，
∴AB=ED，
∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）
成立，理由如下：
过点M作MG∥DE交EC于点G，
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE为平行四边形，
∴ED=GM且ED∥GM，
由（1）可得AB=GM且AB∥GM，
∴AB=ED且AB∥ED，
∴四边形ABDE为平行四边形；
（3）
取线段HC的中点I，连接MI，
∴MI是ΔBHC的中位线，
∴MI∥BH，MI=12BH，
∵BH⊥AC且BH=AM，
∴MI=12AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质等知识，遇中点取中点构造中位线是解决问题（3）的关键．
【变式8-3】（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，将△ABC绕顶点A逆时针旋转得到△ADE．设旋转角度为α度0°≤α<120°，AD交BC于点F，DE分别交BC、AC于点G、H．试探究以下问题：
(1)当α=_______时，△ABF为直角三角形；
(2)当△ADH且为等腰三角形时，求BF的值；
(3)连接BD，是否存在角α，使得四边形ABDH为平行四边形?如果存在，直接写出α的大小：如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)60°或90°
(2)BF的值为23-2或433
(3)不存在；理由见解析
【分析】（1）分两种情况：①当∠AFB＝90°时；由角的互余关系即可求出结果；②当∠BAF＝90°时，即α＝90°；
（2）分两种情况：①当AD＝DH时，作FN⊥AB于N，设FN＝x，则BF＝2x，BN=3x，AN＝FN＝x，根据题意得出方程，解方程即可得出结果；
②当AH＝DH时，∠DAH＝∠D＝30°，由勾股定理即可求出BF；
（3）若四边形ABDH为平行四边形，则AB∥DH，得出α＝∠D＝30°，由等腰三角形的性质得出∠ADB≠∠DAH，得出BD与AH不平行，即可得出结论．
（1）
解：分两种情况：
①当∠AFB＝90°时，α＝90°−∠B＝60°；
②当∠BAF＝90°时，即α＝90°；
综上分析可知，当α＝60°或90°时，△ABF为直角三角形．
故答案为：60°或90°．
（2）
解：分两种情况：
①当AD＝DH时，∠DAC＝∠AHD＝12（180°−30°）＝75°，
∵AB=AC=2，∠B=30°，
∴∠B=∠C=30°，
∴∠BAC=180°-30°-30°=120°，
∴∠BAD＝∠BAC-∠DAC=45°，
∵∠FNA=90°，
∴∠NFA=90°-45°=45°，
∴∠BAD=∠NFA，
∴AN=NF，
作FN⊥AB于N，如图所示：
设FN＝x，则BF＝2x，BN=BF2-FN2=2x2-x2=3x，
AN＝FN＝x，
则3x+x=2，
解得：x=3-1，
∴BF=2x=23-2；
②当AH＝DH时，∠DAH＝∠D＝30°，
∴∠BAF＝120°−30°＝90°，
设AF=x，则BF=2x，
根据勾股定理得：BF2=AB2+AF2，
即2x2=22+x2，
解得：x=233，
∴BF=433；
综上分析可知，当△ADH为等腰三角形时，BF的值为23-2或433．
（3）
解：不存在，理由如下：
若四边形ABDH为平行四边形，则AB∥DH，
∴α＝∠D＝30°，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝75°，
∵AB＝AC＝2，∠B＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠DAH＝90°，∠ADB≠∠DAH，
∴BD与AH不平行，
∴四边形ABDH不是平行四边形；
∴不存在角α，使得四边形ABDH为平行四边形．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质等知识，本题综合性强，难度较大，需要进行分类讨论才能得出结果．
【题型9 平行四边形的应用】
【例9】（2022春·八年级课时练习）如图，一块草地的中间有一条弯路，AC∥BD，CE∥DF．请给出一种方案，把道路改直，且草地的种植面积保持不变．
【答案】方案见解析．
【分析】延长EC和FD，即可把道路改直．根据平行四边形CGHD和平行四边形CABD的面积相等，所以道路所占面积不变，所以草地的种植面积不变．
【详解】解：延长EC和FD，即得所求新路，如图：
由图知CD∥AB，
∵AB∥CD，且AC∥BD，
∴四边形CABD为平行四边形，
∴CD=AB，
同理：∵CD∥GH，且GC∥HD，
∴四边形CGHD为平行四边形，
∴CD=GH，
∴GH=AB，
∵四边形CABD和四边形CGHD的高相等，
∴平行四边形CABD和平行四边形CGHD的面积相等，
∴道路所占面积不变，
∴草地的种植面积不变．
【点睛】本题考查了平行线之间的距离，平行四边形的判定及性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定及性质．
【变式9-1】（2022·全国·九年级专题练习）村庄A和村庄B位于一条小河的两侧，若河岸彼此平行，要架设一座与河岸垂直的桥，桥址应如何选择，才使A与B之间的距离最短？
【答案】见解析
【分析】设l1和l2为河岸，作BD⊥l2，取BB'等于河宽，连接AB'交l1于C1，作C1C2⊥l2于C2，则A→C1→C2→B为最短路线，即A与B之间的距离最短．
【详解】解：如下图所示，
作BD⊥l2，取BB'等于河宽，
连接AB'交l1于C1，作C1C2⊥l2于C2，
连接C2B，
∵BB'∥C1C2,BB'=C1C2,
∴四边形BB'C2C1是平行四边形，
∴B'C1=BC2，
∵A与B之间的距离等于BC2+C1C2+AC1=BB'+B'C1+C1A,，
其中BB'等于河宽，
∴当B'、C1、A在同一条直线上时，B'C1+C1A=B'A最小，
∴A→C1→C2→B为最短路线，即A与B之间的距离最短，
故C1C2即为桥所在的位置．
【点睛】本题考查最短路径和平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握最小路径的识别方法．
【变式9-2】（2021春·八年级课时练习）如图，田村有一口四边形的池塘，在它的四角A、B、C、D处均有一棵大桃树、田村准备开挖养鱼，想使池塘的面积扩大一倍，并要求扩建后的池塘成平行四边形形状，请问田村能否实现这一设想?若能，画出图形，说明理由．
【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，分别过A、B、C、D作BD、AC的两条平行线，相交于E、F、G、H，平行四边形EFGH即为所求．
【详解】解：能，如图所示，平行四边形EFGH即为所求：
理由如下：
∵EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
∵EF∥AC，HG∥AC，
∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
四边形EBDH和BFGD都是平行四边形，
∵S△ABD=12S四边形EBDH，S△CBD=12S四边形BFGD，
∴S四边形EFGH=2S四边形ABCD．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理和性质定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
【变式9-3】（2021·江苏无锡·九年级专题练习）某市要在一块平行四边形ABCD的空地上建造一个四边形花园，要求花园所占面积是▱ABCD面积的一半，并且把四边形花园的四个顶点作为出入口，要求分别在▱ABCD中的四条边上，请你设计两种方案：
方案（一）：如图①所示，两个出入口E,F以确定，请在图①上画出符合要求的四边形花园，并简要说明画法；
方案（二）：如图②所示，一个出入口M已确定，请在图②上画出符合要求的梯形花园，并简要说明画法
【答案】方案（一）：见解析；方案（二）：见解析
【分析】（1）画法1：过F作FH∥AB交AD于H，则得到平行四边形ABFH和平行四边形CDHF，则△EFH的面积等于平行四边形ABFH面积的一半，在CD上取一点G，得到△GFH的面积等于平行四边形CDHF面积的一半，四边形EFGH即为所求，同理，画法2、画法3也可得到满足条件的四边形；
（2）过点M作MP∥AB交AD于P，在AB上取一点Q，连接PQ，过M作MN∥PQ交CD于N，连接QM、PN，则△QPM和△NPM的面积分别为平行四边形ABMP、CDPM的面积的一半，即梯形PQMN即为所求．
【详解】方案（1）
画法1：①过F作FH∥AB交 AD于点H，在DC上任取一点G，
②连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH就是所要画的四边形；
画法2：①过F作FH∥AB交AD于点H，
②过E作EG∥AD交DC于点G，
③连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH就是所要画的四边形；
画法3：①在AD上取一点H，使DH=CF，
②在CD上任取一点G，连接EF、FG、GH、 HE，则四边形EFGH就是所要画的四边形；
方案（2）
画法：①过M点作MP∥AB交AD于点P，
②在AB上取一点Q，连接PQ，
③过M作MN∥PQ交DC于点N， 连接QM、PN，则梯形PQMN就是所要画的梯形．
【点睛】本题考查基本作图-应用与设计作图、平行四边形判定与性质、平行线之间的距离，利用平行线间的距离相等解决问题是解答的关键．