2024年中考数学复习讲义 第22讲 多边形与平行四边形(含答案)

这是一份2024年中考数学复习讲义 第22讲 多边形与平行四边形(含答案)，共130页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
考点一 多边形的相关概念
题型01 多边形的概念及分类
题型02 计算网格中不规则多边形面积
题型03 计算多边形对角线条数
题型04 对角线分三角形个数问题
题型05 多边形内角和问题
题型06 已知多边形内角和求边数
题型07 多边形的割角问题
题型08 多边形的外角问题
题型09 多边形内角和、外角和与平行线的合运用
题型10 多边形内角和、外角和与角平分线的综合运用
题型11 多边形内角和与外角和的综合应用
题型12 多边形外角和的实际应用
题型13 平面镶嵌
考点二 平行四边形的性质与判定
题型01 利用平行四边形的性质求解
题型02 利用平行四边形的性质证明
题型03 判断已知条件能否构成平行四边形
题型04 添加一个条件使四边形成为平行四边形
题型05 数平行四边形个数
题型06 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
题型07 证明四边形是平行四边形
题型08 与平行四边形有关的新定义问题
题型09 利用平行四边形的性质与判定求解
题型10 利用平行四边形的性质与判定证明
题型11 平行四边形性质与判定的应用
考点三 三角形中位线
题型01 三角形中位线有关的计算
题型02 三角形中位线与三角形面积计算问题
题型03 与三角形中位线有关的证明
题型04 三角形中位线的实际应用
题型05 与三角形中位线有关的规律探究
题型06 与三角形中位线有关的格点作图
题型07 构造三角形中位线的常用方法
类型一 连接两点构造三角形中位线
类型二 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线
类型三 利用角平分线垂直构造三角形的中位线
考点一 多边形的相关概念
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)
个三角形，n边形的对角线条数为n(n-3)2
多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）.
【解题技巧】
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；
②已知多边形的内角和求边数；
③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形.
【解题技巧】
1）正n边形的每个内角为（n-2）×180°n，每一个外角为360°n．
2）正n边形有n条对称轴．
3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n-3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
题型01 多边形的概念及分类
【例1】（2023·广东深圳·统考模拟预测）在等边三角形、正五边形、正六边形、正七边形中，既是轴对称又是中心对称的图形是（ ）
A．等边三角形B．正五边形C．正六边形D．正七边形
【答案】C
【分析】根据正多边形的性质和轴对称图形、中心对称的图形的识别进行判断即可．
【详解】解：由正多边形的性质知，偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；
奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形，
所以正六边形既是轴对称又是中心对称的图形，
故选：C．
【点拨】本题考查了正多边形的性质、轴对称图形、中心对称的图形的识别，熟知偶数边的正多边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；奇数边的正多边形只是轴对称图形，不是中心对称图形是解题的关键．
【变式1-1】（2023·江苏徐州·统考二模）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（ ）
A．1，1，1B．1，1，8C．1，2，2D．2，2，2
【答案】D
【分析】若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边，由此即可完成．
【详解】A.1+1+10D．无法比较α与β的大小
【答案】A
【分析】多边形的外角和为360°，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360°，作出选择即可．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴△ABC与四边形BCDE的外角和α与β均为360°，
∴α-β=0，
故选：A．
【点拨】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
【变式12-1】（2022·北京顺义·统考一模）如图，小明从A点出发，沿直线前进20米后左转30°，再沿直线前进20米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了（ ）
A．120米B．200米C．160米D．240米
【答案】D
【分析】由题意可知小华走出了一个正多边形，根据正多边形的外角和公式可求解.
【详解】已知多边形的外角和为360°，而每一个外角为30°，可得多边形的边数为360°÷30°=12，所以小明一共走了：12×20=240米．
故答案选：D．
【点拨】本题考查多边形内角与外角，熟记公式是关键.
【变式12-2】（2023·河北保定·统考一模）如图，琪琪沿着一个四边形公园小路跑步锻炼，从A处出发，当她跑完一圈时，她身体转过的角度之和为 ．
【答案】360°/360度
【分析】根据多边形的外角和等于360度即可求解．
【详解】解：∵多边形的外角和等于360度，
∴琪琪跑完一圈时，身体转过的角度之和是360度．
故答案为：360度．
【点拨】此题考查的是多边形的内角与外角，解题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．
题型13 平面镶嵌
【例13】（2022·山西太原·一模）如图，若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】D
【分析】先根据多边形的内角和公式（n-2)·180°求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于360°求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．
【详解】解：∵五边形的内角和为5-2×180°=540°,
∴正五边形的每一个内角为540°÷5=108°,
∴正五边形的每一个外角为180°-108°=72°,
如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∠1=180°-2×72°=36°,
360°÷36°=10,
∵已经有3个五边形，
即完成这一圆环还需7个五边形．
故选：D．
【点拨】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．
【变式13-1】（2023·北京平谷·统考二模）如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则∠BAD的度数为（ ）
A．50°B．60°C．100°D．120°
【答案】B
【分析】先计算出正六边形的内角，根据平面镶嵌的条件计算求解．
【详解】解：正六边形的一个内角度数为180°-360°6=120°，
∴∠BAD的度数为360°-120°×22=60°，
故选：B．
【点拨】本题考查了平面镶嵌，也考查了正多边形内角的计算方法，掌握正多边形的概念，理解几何图形镶嵌成平面是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角是解题关键．
【变式13-2】（2023·吉林长春·长春市第八十七中学校考三模）如图①是15世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶嵌图案设计，图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图，其中菱形的最小内角为 度．

【答案】36
【分析】根据平面镶嵌的定义，结合正五边形的内角，即可求解．
【详解】解：正五边形的每一个内角为5-2×1805=108°
设菱形的最小内角为x，根据题意得，
x+3×108=360
解得：x=36
故答案为：36．
【点拨】本题考查了正多边形的内角和公式，平面镶嵌，熟练掌握平面镶嵌的定义以及多边形的内角和公式是解题的关键．
【变式13-3】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）“动感数学”社团教室重新装修，如图是用边长相等的正方形和正n边形两种地砖铺满地面后的部分示意图，则n的值为 ．
【答案】8
【分析】根据正方形的内角为90°，正n边形的每个内角为n-2×180°n，再结合题意可列出关于n的方程，解出n的值，即得出答案．
【详解】解：正方形的每个内角为90°，正n边形的每个内角为n-2×180°n，
则根据题意有90°+2×n-2×180°n=360°，
解得：n=8．
故答案为：8．
【点拨】本题考查平面镶嵌，正多边形的内角问题．掌握正n边形的每个内角为n-2×180°n是解题关键．
【变式13-4】（2021·浙江金华·统考一模）如图，要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a．下面我们来探究纸盒底面半径的最小值：
（1）如果要装10支铅笔，小蓝画了图①、图②两种排列方式，请你通过计算，判断哪种方式更节省空间： ．（填①或②）
（2）如果要装24支铅笔，请你模仿以上两种方式，算出纸盒底面最小半径是 ．（用含a的代数式表示）
【答案】 图① 109a
【分析】(1)图①由10个正六边形构成，图②由10个正六边形和4个正三角形构成，分别计算出其面积比较大小即可，
(2)要装24支铅笔，要使纸盒底面最小，按图①方式排每个正六边形相邻的空间最小计算出半径即可；
【详解】（1）∵一个正六边形可以分为6个全等的等边三角形，且边长为2a
∴小三角形的高=(2a)2-a2=3a
∴S正六边形=6S小三角形=6×12×3a×2a=63a2 ，
图①由10个正六边形构成
S=10×63a2=603a2 ，
图②由10个正六边形和4个正三角形构成
S=10S正六边形+4S小三角形=10×63a2+4×3a2=643a2
∵603a2＜643a2
∴图①更节省空间
故答案为：①
（2）由（1）可知，每个正六边形相邻空间最小，此时的盒地面半径最小，如图
以中点O为圆心，OA长为半径纸盒底面半径最小,过O点作OB⊥AB，由（1）可知，OB=3×23a=63a
在Rt△AOB中，AB=a，OB=63a
OA=AB2+OB2=a2+108a2=109a
纸盒底面最小半径是109a
故答案为：109a
【点拨】此题主要考查了平面镶嵌，正多边形的面积，勾股定理，以及圆的知识，解题的关键要读懂题意画出示意图．

解决几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
考点二 平行四边形的性质与判定
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别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．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
题型01 利用平行四边形的性质求解
【例1】（2022·福建·统考模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'C'，点A'对应直尺的刻度为0，则四边形ACC'A'的面积是（ ）
A．96B．963C．192D．
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A'的面积为AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA'，即可求解．
【详解】解：依题意ACC'A'为平行四边形，
∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA'=12．
∴平行四边形ACC'A'的面积=AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA' =2×8×12×32=963
故选B
【点拨】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
【变式1-1】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）将一个三角尺按如图所示的方式放置在一张平行四边形的纸片上，∠EFG＝90°，∠EGF＝60°，∠AEF＝50°，则∠EGC的度数为（ ）
A．100°B．80°C．70°D．60°
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质可得AB∥DC，再根据三角形内角和定理，即可得到∠GEF的度数，依据平行线的性质，即可得到∠EGC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠AEG=∠EGC，
∵∠EFG=90°，∠EGF=60°，
∴∠GEF=30°，
∴∠GEA=80°，
∴∠EGC=80°．
故选：B．
【点拨】此题考查的是平行四边形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，
∴∠ABM＝∠CMB，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠ABM＝∠CBM，
∴∠CBM＝∠CMB，
∴MC＝BC＝8，
∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，
故选：B．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．
【变式1-3】（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1=∠2=36°，∠B为（ ）
A．36°B．144°C．108°D．126°
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1，再根据三角形内角和定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，
∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1=18°，
∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-36°-18°=126°；
故选D．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．
【变式1-4】（2023·吉林松原·校联考一模）如图，在▱ABCD中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为
【答案】21
【分析】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，BC=AD=10,
∵AC+BD=22，
∴OC+BO=11，
∵BC=10，
∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．
故答案为：21．
【点拨】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分，属于中考基础题．
【变式1-5】（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图四边形ABCD是平行四边形，CD在x轴上，点B在y轴上，反比例函数y=kxx>0的图象经过第一象限点A，且平行四边形ABCD的面积为6，则k= ．
【答案】6
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，然后平行四边形的性质可知△AED≌△BOC，进而可得矩形ABOE的面积与平行四边形ABCD的面积相等，最后根据反比例函数k的几何意义可求解．
【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，如图所示：
∴∠AED=∠BOC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD,BC//AD，
∴∠ADE=∠BCO，
∴△AED≌△BOC（AAS），
∵平行四边形ABCD的面积为6，
∴S▱ABCD=S矩形ABOE=6，
∴k=6；
故答案为6．
【点拨】本题主要考查平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义，熟练掌握平行四边形的性质及反比例函数k的几何意义是解题的关键．
【变式1-6】（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与B,C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
(1)求证：△ABM∽△EBF；
(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；
(3)设BE=x,△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)DE=45
(3)解析式为y=-625x-5562+1216，当x=556时，y有最大值为1216
【分析】（1）利用AA证明△ABM∽△EBF，即可；
（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=45x，再证得△ABM∽△ECG，可得GC=35(10-x)，从而得到DG=35(10-x)+5，再根据三角形的面积公式，得到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=AB2-AM2=52-42=3，
又∵E为BC的中点，
∴BE=12BC=5，
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=DN2+NE2=42+82=45；
；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．
∵sin∠B=AMAB=EFBE，
∴45=EFx，
∴EF=45x，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△ABM∽△ECG，
∴CGBM=ECAB，
∴CG3=10-x5，
∴GC=35(10-x)，
∴DG=DC+CG=35(10-x)+5．
∴y=12EF⋅DG=12×45x35(10-x)+5=-625x2+225x =-625x-5562+1216，
∴当x=556时，y有最大值为1216．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是解题的关键．
题型02 利用平行四边形的性质证明
【例2】（2022·山东济南·统考一模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，BE⊥AC， DF⊥AC，求证：AE＝CF．
【答案】见解析
【分析】可证明△ABE≌ △CDF，即可得到结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB∥CD
∴∠BAC=∠DCA
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠DFC=90°
在△ABE和△CDF中 ，
∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD
∴△ABE≌ △CDF（AAS）
∴AE=CF
【点拨】此题考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键．
【变式2-1】（2023·广西贵港·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E,点F在CD边上，CF=AE,连接AF,BF.
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若AF平分∠DAB, CF=3,DF=5,求四边形BFDE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，得到DF∥EB,AB=CD,由CF=AE,可得DF=BE,根据矩形的判定即可求证．
（2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得AD=FD=5,由勾股定理可求出DE=4,即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥EB,AB=CD,
又∵CF=AE,
∴DF=BE,
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=90°,
∴四边形BFDE是矩形．
（2）∵AF平分∠DAB, DC∥AB,
∴∠DAF=∠FAB,∠DFA=∠FAB,
∵DF=5,
∴AD=FD=5,
∵AE=CF=3,
∴DE=AD2-AE2=4,
∴矩形BFDE的面积是：DF·DE=5×4=20.
【点拨】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．
【变式2-2】（2021·河南驻马店·统考一模）如图，平面直角坐标系xOy中，▱OABC的边OC在x轴上，对角线AC，OB交于点M，函数y=kxx>0的图象经过点A3,4和点M．

（1）求k的值和点M的坐标；
（2）求▱OABC的周长．
【答案】（1）k=12，M（6,2）；（2）28
【分析】（1）将点A（3,4）代入y=kx中求出k的值，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，证明△MEC∽△ADC，得到MEAD=MCCA=12，求出ME=2，代入y=12x即可求出点M的坐标；
（2）根据勾股定理求出OA=5，根据点A.M的坐标求出DE，即可得到OC的长度，由此求出答案.
【详解】（1）将点A（3,4）代入y=kx中，得k=3×4=12，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴MA=MC，
作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，
∴ME∥AD，
∴△MEC∽△ADC，
∴MEAD=MCCA=12，
∴ME=2，
将y=2代入y=12x中，得x=6，
∴点M的坐标为（6,2）；

（2）∵A（3,4），
∴OD=3，AD=4，
∴OA=OD2+AD2=5,
∵A（3,4），M（6,2），
∴DE=6-3=3，
∴CD=2DE=6，
∴OC=3+6=9，
∴▱OABC的周长=2(OA+OC)=28.
【点拨】此题考查平行四边形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求函数图象上点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质.
【变式2-3】（2022·重庆·重庆八中校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交对角线BD于点E．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠BCD的平分线，交对角线BD于点F；（不写作法和证明，保留作图痕迹）
(2)在（1）所作的图形中，求证：BE=DF．（请补全下面的证明过程，除题目给的字母外，不添加其它字母或者符号）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，①__________，
∴∠ABE=∠CDF
∵AE.CF分别平分∠BAD和∠DCB
∴∠BAE=12∠BAD，②___________，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴③_______________
∴∠BAE=∠DCF
在△ABE与△CDF中
∠ABE=∠CDF——————∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA）
∴BE=DF
【答案】(1)见解析
(2)AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，
【分析】（1）在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F，CF即为所求；
（2）根据平行四边形的性质得AB//CD，根据平行线的性质得∠ABE=∠CDF，根据角平分线得∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，根据平行四边形的性质得∠BAD=∠BCD，即∠BAE=∠DCF，根据ASA即可得△ABE≌△CDF，即BE=DF．
【详解】（1）解：如图，在CB，CD上，分别截取CM，CN，使CM=CN，分别以点M，点N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，在∠BCD内，两弧交于点P，作射线CP交BD于点F，CF即为所求．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE.CF分别平分∠BAD和∠DCB，
∴∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
∠ABE=∠CDFAB=CD∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE=DF，
故答案为：AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，AB=CD．
【点拨】本题考查了尺规作图，平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
【变式2-4】（2022·山西临汾·统考一模）如图，在▱ABCD中，AB>AD．
（1）用尺规完成以下基本作图：在AB上截取AE，使得AE=AD；作∠BCD的平分线交AB于点F．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图形中，连接DE交CF于点P，猜想△CDP按角分类的类型，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出符合题意的答案；
（2）先证明∠ADE=∠CDE，再利用平行线的性质“同旁内角互补”，得出∠CPD=90°即可得出答案．
【详解】解：（1）解：如图所示：E，F即为所求；
（2）△CDP是直角三角形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD∥BC．
∴∠CDE=∠AED，∠ADC+∠BCD=180°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED．
∴∠CED=∠ADE=12∠ADC．
∵CP平分∠BCD，
∴∠DCP=12∠BCD，
∴∠CDE+∠DCP=90°．
∴∠CPD=90°．
∴△CDP是直角三角形．
【点拨】本题主要考查了基本作图以及平行四边形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
题型03 判断已知条件能否构成平行四边形
【例3】（2022·河南郑州·一模）如图1，▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）
A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是
【答案】A
【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；
乙方案：由△ABN≌△CDM，可得BN=DM,即可得ON=OM，
再利用对角线互相平分得证；
丙方案:方法同乙方案．
【详解】连接AC,BD交于点O
甲方案：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ AO=CO,BO=DO
∵BN=NO,OM=MD
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
乙方案：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO
∴∠ABN=∠CDM
又∵AN⊥BD,CM⊥BD
∴∠ANB=∠CMD
∴△ABN≌△CDM(AAS)
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
丙方案:
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO， ∠BAD=∠BCD
∴∠ABN=∠CDM
又∵ AN,CM分别平分∠BAD,∠BCD
∴12∠BAD=12∠BCD， 即∠BAN=∠DCN
∴△ABN≌△CDM（ASA）
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四边形ANCM为平行四边形．
所以甲、乙、丙三种方案都可以．
故选A．
【点拨】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．
【变式3-1】（2023·湖南娄底·统考二模）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分B．一组对边平行且相等
C．两组对边分别平行D．一组对边平行，另一组对边相等
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别分析各选项，即可求得答案．
【详解】解：A.对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
B.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
C.两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
D.一组对边平行，另一组对边相等不一定是平行四边形；故本选项不能判定．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定．熟记平行四边形的判定方法是解此题的关键．
【变式3-2】（2023·湖南娄底·娄底市第三中学统考二模）在下列条件中，不能判定一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等B．一组对边平行且相等
C．两组对角相等D．对角线互相平分
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断即可：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】解：A.一组对边平行另一组对边相等不能判定一个四边形是平行四边形，符合题意；
B.一组对边平行且相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
C.两组对角相等能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
D.对角线互相平分能判定一个四边形是平行四边形，不符合题意；
故选A．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，在解题过程中要灵活运用所学知识．
题型04 添加一个条件使四边形成为平行四边形
【例4】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在四边形ABCD中，∠A+∠B=180°，添加下列条件，能使四边形ABCD成为平行四边形的是（ ）
A．AB=CDB．AD∥BC
C．AD=BCD．∠C+∠D=180°
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，逐项判断即可．
【详解】解：如图，
∵∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
补充AB=CD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故A不符合题意；
补充AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故B不符合题意；
补充AD=BC，能判定四边形ABCD为平行四边形，故C符合题意；
补充∠C+∠D=180°，则AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故D不符合题意；
故选C．
【点拨】此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
【变式4-1】（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图是嘉淇不完整的推理过程．

小明为保证嘉淇的推理成立，需在四边形ABCD中添加条件，下列正确的是( )
A．∠B+∠C=180°B．AB=CD
C．∠A=∠BD．AD=BC
【答案】B
【分析】根据平行四边形的5条判定定理可得到，在有一组对边平行的情况下，只能添加另一组对边平行或这一组对边相等，查看选项可得到答案．
【详解】选项A中，∠B+∠C=180°，得到AB∥CD，无法证明平行四边形，选项A错误；
选项B中，AB=CD，得到AB与CD平行且相等，可证明平行四边形，选项B正确；
选项C中，∠A≠∠B，选项C错误；
选项D中，一组对边平行，另一组对边相等，可能为等腰梯形，不能判定平行四边形，选项D错误．
故选：B．
【点拨】本题考查平行四边形的判定，需要严格按照判定定理进行推理论证，熟悉5条平行四边形的判定是解题的关键．
【变式4-2】（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，点E、F在▱ABCD的对角线AC上，连接BE、DE、DF、BF，请添加一个条件使四边形BEDF是平行四边形，那么需要添加的条件是 ．（只填一个即可）
【答案】AF=CE（答案不唯一）
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：添加：AF=CE，理由如下：
连接BD交AC于点O，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AF=CE，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
故答案为：AF=CE（答案不唯一）
【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
题型05 数平行四边形个数
【例5】（2020·湖北武汉·校联考模拟预测）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．
【点拨】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．
【变式5-1】（2019·湖北黄石·校联考一模）如图，已知平行四边形ABCD的对角线的交点是O，直线EF过O点，且平行于AD，直线GH过O点且平行于AB，则图中平行四边形共有( )
A．15个B．16个C．17个D．18个
【答案】D
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，根据图形写出所有的平行四边形即可得解．
【详解】解：平行四边形有：▱AEOG，▱AEFD，▱ABHG，▱GOFD，▱GHCD，▱EBHO，▱EBCF，▱OHCF，▱ABCD，▱EHFG，
▱AEHO，▱AOFG，▱EODG，▱BHFO，▱HCOE，▱OHFD，▱OCFG，▱BOGE．
共18个．
故选D．
【点拨】本题考查平行四边形的判定，准确识别复杂图形是解题的关键，写出平行四边形时要按照一定的顺序，这样方能做到不重不漏．
题型06 求与已知三点组成平行四边形的点的个数
【例6】（2021·河南商丘·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，A1,0，B-1,3，C-2,-1，找一点D，使得以点A,B,C,D为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标不可能是（ ）
A．2,4B．-4,2C．0,-4D．-3,2
【答案】D
【分析】根据题意结合平行四边形的性质画出图形进行分析即可解决问题，得出满足条件的点D有三个．
【详解】解：如图所示：
观察图象可知，满足条件的点D有三个，坐标分别为（2，4）或（-4，2）或（0，-4），
∴点D的坐标不可能是（-3，2）.
故选：D．
【点拨】本题考查平行四边形的判定以及平面直角坐标系与图形的性质等知识，解题的关键是正确画出图形，利用图象法解决问题．
【变式6-1】（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，A、B、C为一个平行四边形的三个顶点，且A、B、C三点的坐标分别为(3,3),(6,4),(4,6)．
（1）请直接写出这个平行四边形第四个顶点的坐标；
（2）在△ABC中，求出AB边上的高．
【答案】（1）(7,7)或(5,1)或(1,5)；（2）4105
【分析】（1）分以BC、AC和AB为对角线三种情况进行讨论，即可得出第四个点的坐标．
（2）先利用间接的方法求出ΔABC的面积，再利用勾股定理求出AB的长，又SΔABC=12×AB×h，继而即可求出AB边上的高h．
【详解】解：（1）BC为对角线时，第四个点坐标为(7,7)；
AB为对角线时，第四个点为(5,1)；
当AC为对角线时，第四个点坐标为(1,5)．
（2）∵SΔABC=12×AB×h=3×3-12(1×3+1×3+2×2)=4，
AB=12+32=10，
∴h=4×2÷10=4105．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的性质及坐标与图形的性质，解题关键是要分情况讨论，难易程度适中．
题型07 证明四边形是平行四边形
【例7】（2022·福建莆田·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE=DF，∠ABD=∠BDC．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理AAS证得ΔABE≌ΔCDF，则其对应边相等：AB=CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
【详解】证明：∵∠ABD=∠BDC，
∴AB∥CD．
∴∠BAE=∠DCF．
在ΔABE与ΔCDF中，
{∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFD=90°BE=DF．
∴ΔABE≌ΔCDF(AAS)．
∴AB=CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定：（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7-1】（2023·山东青岛·模拟预测）如图，在四边形ABDF中，点E，C为对角线BF上的两点，AB=DF,AC=DE,EB=CF．连接AE,CD．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)若AE=AC，求证：AB=DB．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由BE=CF可得BC=EF，证明△ABC≌△DFESSS，则∠ABC=∠DFE，AB∥DF，进而结论得证；
（2）由AE=AC，可知∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，则∠AEB=∠DEB，证明△AEB≌△DEBSAS，进而结论得证．
【详解】（1）证明：∵BE=CF，
∴BE+EC=EC+CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
∵AB=DFAC=DEBC=EF，
∴△ABC≌△DFESSS，
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB∥DF，
又∵AB=DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．
（2）证明：由（1）知，△ABC≌△DFESSS，
∴∠ACB=∠DEF，AC=DE，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，
∴∠AEB=∠DEB，
在△AEB和△DEB中，
∵EB=EB∠AEB=∠DEBAE=DE，
∴△AEB≌△DEBSAS，
∴AB=DB．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．解题的关键在于熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．
【变式7-2】（2023·山东枣庄·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且ED=BF，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得∠EAC=∠ACF，再根据角平分线的性质解得∠EAC=∠FAC，继而证明AF=FC，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到AO=12AC=4,AC⊥EF，结合正切函数的定义解得EO=3，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC，AE∥FC
∵ED=BF
AD-ED=BC-BF，即AE=FC．
∴四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC=∠ACF．
∵AC平分∠FAE，
∴∠EAC=∠FAC．
∴∠ACF=∠FAC．
∴AF=FC，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
∴平行四边形AFCE是菱形．
∴AO=12AC=4,AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO=4,tan∠DAC=34，
∴EO=3．
∴S△AOE=12AO⋅EO=12×4×3=6
S菱形AFCE=4S△AOE=24．
【点拨】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
【变式7-3】（2020·山东潍坊·统考一模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B,C的对应点分别是E,D.
(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；
(2)如图2，若α=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.

【答案】（1）15°；（2）证明见解析.
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝12AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝12AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，
∵CA＝DA，
∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°−30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，
∴∠CDE＝75°−60°＝15°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝12AC，
∵∠BAC＝30°，
∴BC＝12AC，
∴BF＝BC，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，
∴DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，
∴BE＝AB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△AFD≌△CBA，
∴DF＝BA，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点拨】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
【变式7-4】（2022·广东广州·统考一模）如图，矩形OABC的边OA,OC分别在y轴和x轴上．反比例函数数y =kx（x > 0）的图象经过矩形OABC对角线的交点D（4，2），且与边AB，BC分别交干点E，F，直线EF交x轴于点G．
(1)求点F的坐标；
(2)求证:四边形AEGC是平行四边形．
【答案】(1)点F的坐标为（8，1）；
(2)见解析
【分析】（1）由点D的坐标可得出点B的坐标，再利用矩形的性质可得出OA，AB的长；由点D的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k的值，结合点B的坐标可得出点E，F的坐标；
（2）进而可得出BE，BF的长，由各线段的长度可得出BFBC=BEBA，结合∠ABC=∠EBF可证出△ABC∽△EBF，再利用相似三角形的性质及平行线的判定定理可得出EF∥AC，即可证明四边形AEGC是平行四边形．
【详解】（1）解：∵点D的坐标为（4，2），
∴点B的坐标为（8，4），
∴OA=4，AB=8．
∵反比例函数y=kx的图象经过点D（4，2），
∴k=4×2=8．
∵点B的坐标为（8，4），AB∥x轴，BC∥y轴，
∴点F的坐标为（8，1），点E的坐标为（2，4）；
（2）解：∵点F的坐标为（8，1），点E的坐标为（2，4），
∴BF=3，BE=6，
∴BFBC=34，BEBA=34，
∴BFBC=BEBA．
∵∠ABC=∠EBF，
∴△ABC∽△EBF，
∴∠BCA=∠BFE，
∴EF∥AC．
∵AB∥x轴，
∴四边形AEGC是平行四边形．
【点拨】本题考查了矩形的性质、反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）由点B的坐标利用矩形的性质求出OA，AB的长；（2）利用相似三角形的判定定理找出△ABC∽△EBF．
【变式7-5】（2023·河南·河南省实验中学校考三模）如图，已知反比例函数y=kxx>0的图像经过点A4,2，过A作AC⊥y轴于点C．点B为该反比例函数图像上的一点，过点B作BD⊥x轴于点D，连接AD．直线BC与x轴的负半轴交于点E．

(1)求反比例函数表达式；
(2)若BD=2OC，判断四边形ACED的形状，并说明理由．
【答案】(1)y=8x
(2)四边形ACED为平行四边形
【分析】（1）根据题意直接利用待定系数法将A点坐标代入即可得出答案．
（2）由题意求出直线BC的解析式，可得E点坐标，求出DE，OC，AC，即可解决问题．
【详解】（1）把A4,2，代入反比例函数的解析式得2=k4，
解得：k=8，
∴反比例函数表达式为：y=8x．
（2）反比例函数表达式为：y=8x，
∵AC⊥y，BD⊥x，A4,2，
∴AC=4，OC=2，
∵BD=2OC，
∴BD=2×2=4，
∵BD⊥x，
∴点B的纵坐标为4，代入y=8x中，得4=8x，解得x=2，
∵B2,4，
∵C0,2，设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则有2k+b=4b=2，解得k=1b=2，
∴直线BC的解析式为：y=x+2，令y=0，得0=x+2，解得x=-2，
∴C-2,0，
∴DE=2--2=4，
∵AC=4，DE=4，AC∥DE，
∴四边形ACED为平行四边形．
【点拨】本题考查了反比例函数与几何综合，待定系数法，平行四边形的判定．
题型08 与平行四边形有关的新定义问题
【例8】（2023·江西抚州·金溪一中校联考二模）定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．
【概念理解】
(1)如图1，四边形ABCD是和谐四边形，对角线AC与BD交于点G，BD是和谐对角线，AD是和谐边．
①△BCG是________三角形．
②若AD=4，则BD=________．
【问题探究】
(2)如图2，四边形ABCD是矩形，过点B作BE∥AC交DC的延长线于点E，连接AE交BC于点F，AD=4，AB=k，是否存在实数k，使得四边形ABEC是和谐四边形，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由．
【应用拓展】
(3)如图3，四边形ABCD与四边形ABEC都是和谐四边形，其中BD与AE分别是和谐对角线，AD与AC分别是和谐边，AB=4，AD=k，请求出k的值．
【答案】(1)①等腰；②8
(2)存在，k=2
(3)463
【分析】（1）①根据和谐四边形的定义，得到BG=DG=AD=BC，即可得到结论；②根据BD=2AD即可得出结论．
（2）分BC=2AB，BC=2AC，AE=2AB，AE=2AC四种情况，分类讨论，进行判断即可；
（3）根据和谐四边形的定义，推出△ADB≅△ACE，作DM⊥AC于M，设AM=x，则AG=2x，利用勾股定理求出DM,CD的长，根据CD=AB=4，求出x的值，即可得解．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是和谐四边形，BD是和谐对角线，AD是和谐边，
∴BG=DG=AD=BC，
∴△ADG与△BCG的形状是等腰三角形；
②∵AD=4，
∴BD=2AD=8，
故答案为：等腰；8；
（2）存在，理由如下：
∵AB∥CD，BE∥AC，
∴四边形ABEC是平行四边形；
当BC=2AB时，四边形ABEC是和谐四边形，
∵BC=AD=4，AB=k，
∴BC=2k，
∴k=2；
当BC=2AC时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．
当AE=2AB时，
∵42+2k2=2k，无解．
当AE=2AC时，
∵42+2k2=242+k2，无解．
∴k=2；
∴k的值为2时，四边形ABEC是和谐四边形；
（3）∵四边形ABCD是和谐四边形，BD为和谐对角线，AD为和谐边，
∴AD=DG，
∴∠DAG=∠AGD，
∵四边形ABEC是和谐四边形，AE为和谐对角线，AC为和谐边，
∴AC=AF，
∴∠ACF=∠AFC，
∵AD∥BC，
∴∠DAG=∠ACF，
∴∠DAG=∠AGD=∠ACF=∠AFC，
∴∠ADG=∠CAF，
∵ADBD=12，ACAE=12，
∴ADBD=ACAE，
∴△ADB~△CAE，
∵AB=CE，
∴相似比为1，
∴△ADB≅△ACE，
∴AC=AD，
作DM⊥AC于M，如图所示：
∵AD=DG，
∴AM=GM，
设AM=x，则AG=2x，
∴AC=2AG=AD=4x，
∴CM=3x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：
DM=AD2-AM2=15x，
在Rt△DMC中，由勾股定理得：
CD=DM2+CM2=15x2+9x2=26x，
∵CD=AB=4，
∴26x=4，
∴x=63，
∴AD=4x=463，
∴AD=k=463．
故答案为：463．
【点拨】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，解题的关键是理解并掌握和谐四边形的定义．
【变式8-1】（2021·浙江宁波·统考二模）定义：有一个角为45°的平行四边形称为半矩形．
(1)如图1，若▱ABCD的一组邻边AB＝4，AD＝7，且它的面积为142．求证：▱ABCD为半矩形．
(2)如图2，半矩形ABCD中，△ABD的外心O（外心O在△ABD内）到AB的距离为1，⊙O的半径＝5，求AD的长．
(3)如图3，半矩形ABCD中，∠A＝45°，AD=BD=4
①求证：CD是△ABD外接圆的切线；
②求出图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)43+2
(3)①见解析，②12﹣2π
【分析】（1）由S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，进而求解；
（2）连接，则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD＝2BO＝52，进而求解；
（3）①证明△ABD为等腰直角三角形，得到OD是圆的半径且OD⊥CD，即可求解；
②由阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB，即可求解．
【详解】（1）解：过点D作DH⊥AB交AB的延长线于点H，
∵S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，
则AH＝AD2-DH2=72-7222=722＝DH，
∴∠A＝45°，
∴▱ABCD为半矩形；
（2）解：连接OD,OB,BD，
则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD=2BO＝52，
过点O作OH⊥AB于点H，则BH＝BO2-OH2=52-12=26＝12AB，
则AB＝46，
过点B作BE⊥AD于点E，
则BE＝22AB＝43=AE，
在Rt△BDE中，DE＝BD2-BE2=522-432=2，
∴AD＝AE+DE＝43+2；
（3）解：①过点D作DO⊥AB于点O，
∵∠A＝45°，AD＝BD＝4，
故AB＝42，则△ABD为等腰直角三角形，
则OD＝12AB＝22，
∵AB∥CD，DO⊥AB，
∴OD⊥CD，
∴CD是△ABD外接圆的切线；
②阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB
＝42×22﹣12×22×22﹣14×π×（22）2
＝12﹣2π．
【点拨】本题为圆的综合题，主要圆切线的判定与性质、新定义、平行四边形的性质、解直角三角形、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
【变式8-2】（2021·浙江台州·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学统考二模）定义：如图1，四边形EFGH的四个顶点分别在□ABCD四条边上（不与□ABCD的顶点重合），我们称四边形EFGH为□ABCD的内接四边形．
（1）如图1，若▱ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，求证：AE＝CG
（2）若▱ABCD的内接四边形EFGH是矩形．
①请用无刻度的直尺与圆规，在图2中作出一个符合要求的矩形EFGH．（不必说明作图过程，但要保留作图痕迹）
②如图3，已知sinA=45，AB＝10，H是AD的中点，HG＝2HE，求AD的长．
（3）已知，▱ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，且S▱EFGH=12S▱ABCD，求证：点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②10；（3）见解析
【分析】（1）连接EG，只需要证明△AEH≌△CGF即可得到结论；
（2）①根据矩形的判定条件和直径所对的圆周角是90°作图即可；②过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，先证明△MDH≌△ANH，得到HM=HN，AN=MD，再由
sinA=HNAH=45，5HN=4AH，得到AN=AH2-HN2=34HN,
设HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，然后证明△HMG∽△ENH，得到NEHM=NHMG=HEHG，由此求解即可；
（3）由S▱EFGH=12S▱ABCD，可以得到S△HDG+S△HAE=14S▱ABCD，设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，则12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，由此即可求解．
【详解】解：（1）如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB∥CD，
∴∠AEG=∠CGE，
∵四边形HEFG是平行四边形，
∴GF∥HE，HE=GF
∴∠HEG=∠FGE，
∵∠AEH+∠HEG=∠CGF+∠FGE，
∴∠AEH=∠CGF，
∴△AEH≌△CGF（AAS），
∴AE=CG
（2）①如图，连接BD与AC交于O，以O为圆心，以OB的长为半径画圆，分别于AB交于E，BC交于F，CD交于G，AD交于H，顺次连接E.F、G、H即为所求；
理由：直径所对的圆周角是直角，连接OG，OE，可以通过，∠ODG=∠OGD=∠OBE=OEB证明∠DOG=∠BOE，即G、O、E三点共线；
②如图，过点H作HN⊥HB，并延长NH交CD延长线于M，
∴∠HNA=∠HMD=90°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=10
∴∠MDH=∠NAH，
∵H是AD的中点，
∴AH=DH，
∴△MDH≌△ANH（AAS），
∴HM=HN，AN=MD，
∵sinA=HNAH=45，
∴5HN=4AH，
∴AN=AH2-HN2=34HN,
设HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，
∵四边形HEFG是矩形，
∴∠GHE=90°，
∴∠MHG+∠EHN=90°，
又∵∠EHN+∠HEN=90°，
∴∠MHG=∠NEH，
∵∠HMG=∠ENH=90°，
∴△HMG∽△ENH，
∴NEHM=NHMG=HEHG，
∵HG＝2HE，
∴NEHM=NHMG=HEHG=12，
∴NE=12MH=2x，MG=2NH=8x，
∴DG=MG-DM=5x，CG=AE=AN+NE=5x，
∴CD=DG+CG=10x=10，
解得x=1，
∴AD=AH+DH=10x=10；
（3）同（2）②作辅助线
由（1）证明△AEH≌△CGF，同理可以证明△DHG≌△BFE，
∴S△CGF=S△AEH，S△DGH=S△BEF，DG=BE
∵S▱EFGH=12S▱ABCD，
∴S△HDG+S△HAE=14S▱ABCD，
设MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，则MH=h-t，DG=a-y，
∵12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，
∴12a-yh-t+12ty=14ah，
∴2a-yh-t+2ty=ah，
∴ah-2yh-2at+4yt=0，
∴ha-2y-2ta-2y=0，
∴h-2ta-2y=0，
∴h=2t或a=2y，
∴H是AD的中点或E是AB的中点，
又∵AE=CG，
∴当E是中点的时候，G也是CD的中点，
同理当H是中点的时候，F是BC的中点，
∴点E，F，G，H中至少存在两个点是□ABCD边的中点．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
题型09 利用平行四边形的性质与判定求解
【例9】（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，在△ABC中，D，E，F分别是BC，AC，AB的中点．若AB=6，BC=8，则四边形BDEF的周长是（ ）
A．28B．14C．10D．7
【答案】B
【分析】首先根据D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，可判定四边形BDEF是平行四边形，再根据三角形中位线定理，即可求得四边形BDEF的周长．
【详解】解：∵D，E，F分别是BC，AC，AB的中点，
∴EF、ED分别是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，ED∥AB且EF=12BC=12×8=4，ED=12AB=12×6=3，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴BD=EF=4，BF=ED=3，
∴四边形BDEF的周长为：
BF+BD+ED+EF=3+4+3+4=14，
故选：B．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，判定出四边形BDEF是平行四边形是解决本题的关键．
【变式9-1】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，直线y=x+1.y=x-1与双曲线y=kxk>0分别相交于点A、B、C、D．若四边形ABCD的面积为4，则k的值是（ ）

A．34B．22C．45D．1
【答案】A
【分析】连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线y=x-1与x轴交于点M，如图所示，根据函数图像交点的对称性判断四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形性质及平面直角坐标系中三角形面积求法，确定S△COD=14S四边形ABCD=1=12OM⋅DE+CF，再求出直线y=x-1与x轴交于点M1,0，通过联立y=x-1y=kx求出C、D纵坐标，代入方程求解即可得到答案．
【详解】解：连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线y=x-1与x轴交于点M，如图所示：

根据直线y=x+1.y=x-1与双曲线y=kxk>0交点的对称性可得四边形ABCD是平行四边形，
∴S△COD=14S四边形ABCD=1=12OM⋅DE+CF，
∵直线y=x-1与x轴交于点M，
∴当y=0时，x=1，即M1,0，
∵ y=x-1与双曲线y=kxk>0分别相交于点C、D，
∴联立y=x-1y=kx，即y=ky-1，则y2+y-k=0，由k>0，解得y=-1±1+4k2，
∴ 12×1×-1+1+4k2--1-1+4k2=1，即4k+1=2，解得k=34，
故选：A．
【点拨】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面直角坐标系中三角形面积求法是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023上·山东临沂·九年级沂水县实验中学校考期末）已知如图，A1,1、B4,2．CD为x轴上一条动线段，D在C点右边且CD=1，当AC+CD+DB的最小值为 .

【答案】13+1/1+13
【分析】本题考查了“将军饮马”求最值的模型，涉及了平行四边形的判定与性质、两点之间线段最短等知识点，将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A'2,1构造平行四边形ACDA'是解题关键．
【详解】解：将点A1,1向右平移1个单位长度得到点A'2,1，作点A'2,1关于x轴的对称点A''2,-1，连接A″,B，与x轴的交点即为点D，此时AC+CD+DB的值最小，如图所示：
∵AA'=CD=1，且AA'∥CD
∴四边形ACDA'为平行四边形
∴AC=A'D
∵点A'2,1关于x轴的对称点为A''2,-1，
∴
∴AC+CD+DB =A″D+DB+1≥A″B+1
∵
∴AC+CD+DB的最小值为：
故答案为：13+1
【变式9-3】（2022·山东滨州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=5,AD=10．若点E是边AD上的一个动点，过点E作EF⊥AC且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，AF+FE+EC的最小值为 ．
【答案】25+552
【分析】过点D作DM∥EF交BC于M，过点A作AN∥EF，使AN=EF，连接NE，当N、E.C三点共线时，AF+FE+EC≥CN+AN，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】
过点D作DM∥EF交BC于M，过点A作AN∥EF，使AN=EF，连接NE，
∴四边形ANEF是平行四边形，
∴ AN=EF,AF=NE，
∴当N、E.C三点共线时，AF+CE最小，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5,AD=10，
∴AD=BC=10,AB=CD=5,AD∥BC,∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=55，
∴四边形EFMD是平行四边形，
∴DM=EF，
∴DM=EF=AN，
∵EF⊥AC，
∴DM⊥AC,AN⊥AC，
∴∠CAN=90°，
∴∠MDC+∠ACD=90°=∠ACD+∠ACB，
∴∠MDC=∠ACB，
∴tan∠MDC=tan∠ACB，即MCCD=ABBC，
∴MC=52，
在Rt△CDM中，由勾股定理得DM=CD2+CM2=552=AN，
在Rt△ACN中，由勾股定理得CN=AC2+AN2=252，
∵AF+FE+EC≥CN+AN，
∴ AF+FE+EC≥25+552，
∴AF+FE+EC的最小值为25+552，
故答案为：25+552．
【点拨】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式9-4】（2021·山西·统考中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A'，使A'B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A'M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=25，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）EF=BF；见解析；（2）AG=BG，见解析；（3）223．
【分析】（1）如图，分别延长AD，BF相交于点P，根据平行四边形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得FP=FB，根据直角三角形斜边中线的性质可得EF=12BP，即可得EF=BF；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=12AB，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）EF=BF．
如图，分别延长AD，BF相交于点P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠PDF=∠C，∠P=∠FBC,
∵F为CD的中点，
∴DF=CF，
在△PDF和△BCF中，∠P=∠FBC∠PDF=∠CDF=CF，
∴△PDF≌△BCF，
∴FP=FB，即F为BP的中点，
∴BF=12BP，
∵BE⊥AD，
∴∠BEP=90°，
∴EF=12BP，
∴EF=BF．
（2）AG=BG．
∵将▱ABCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C'，
∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC'=FC，
∵F为CD的中点，
∴FC=FD=12CD，
∴FC'=FD，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵∠CFC'=∠FDC′+∠FC′D，
∴∠FC'D=12∠CFC'，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴DG//FB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，DC=AB，
∴四边形DGBF为平行四边形，
∴BG=DF，
∴BG=12AB，
∴AG=BG．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵▱ABCD的面积为20，边长AB=5，A'B⊥CD于点H，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=BC2-BH2=2，A′H=A′B-BH=1，
∵将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A'，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵A'B⊥CD于点H，AB//CD，
∴A'B⊥AB，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴CHA'H=BHNH，即21=4NH，
解得：NH=2，
∵A'B⊥CD，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴A'HA'Q=NHMQ，即15-MQ=2MQ，
解得：MQ=103，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=12A′B·MQ-12A′H·NH=12×5×103-12×1×2=223．
【点拨】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
题型10 利用平行四边形的性质与判定证明
【例10】（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点拨】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
【变式10-1】（2023·安徽·统考中考真题）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P,F分别是CD,AB的中点．若AB=4，则下列结论错误的是（ ）

A．PA+PB的最小值为33B．PE+PF的最小值为
C．△CDE周长的最小值为6D．四边形ABCD面积的最小值为33
【答案】A
【分析】延长AD,BC，则△ABQ是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当E点与F重合时，则Q,P,F三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，

延长AD,BC，
依题意∠QAD=∠QBA=60°
∴△ABQ是等边三角形，
∵P是CD的中点，
∴PD=PC，
∵∠DEA=∠CBA，
∴ED∥CQ
∴∠PQC=∠PED,∠PCQ=∠PDE，
∴△PDE≌△PCQ
∴PQ=PE，
∴四边形DECQ是平行四边形，
则P为EQ的中点
如图所示，

设AQ,BQ的中点分别为G,H，
则GP=12AE,PH=12EB
∴当E点在AB上运动时，P在GH上运动，
当E点与F重合时，即AE=EB，
则Q,P,F三点共线，PF取得最小值，此时AE=EB=12AE+EB=2，
则△ADE≌△ECB，
∴C,D到AB的距离相等，
则CD∥AB，
此时
此时△ADE和△BCE的边长都为2，则AP,PB最小，
∴PF=32×2=3，
∴PA=PB=22+32=7
∴PA+PB= 27，
或者如图所示，作点B关于GH对称点B'，则PB=PB'，则当A,P,B'三点共线时，AP+PB=AB'

此时AB'=AB2+BB'=42+232=27
故A选项错误，
根据题意可得P,Q,F三点共线时，PF最小，此时PE=PF =3，则PE+PF=23，故B选项正确；
△CDE周长等于CD+DE+CE=CD+AE+EB=CD+AB=CD+4，
即当CD最小时，△CDE周长最小，
如图所示，作平行四边形GDMH，连接CM，

∵∠GHQ=60°,∠GHM=∠GDM=60°，则∠CHM=120°
如图，延长DE,HG，交于点N，
则∠NGD=∠QGH=60°，∠NDG=∠ADE=60°
∴△NGD是等边三角形，
∴ND=GD=HM，
在△NPD与△HPC中，
∠NPD=∠HPC∠N=∠CHP=60°PD=PC
∴△NPD≌△HPC
∴ND=CH
∴CH=MH
∴∠HCM=∠HMC=30°
∴CM∥QF，则CM⊥DM，
∴△DMC是直角三角形，

在△DCM中，
∴当DC=DM时，DC最短，DC=GH=12AB=2
∵CD=PC+2PC
∴△CDE周长的最小值为2+2+2=6，故C选项正确；
∵△NPD≌△HPC
∴四边形ABCD面积等于S△ADE+S△EBC+S△DEC=S△ADE+S平行四边NEBH

∴当△BGD的面积为0时，取得最小值，此时，D,G重合，C，H重合
∴四边形ABCD面积的最小值为3×34×22= 33，故D选项正确，
故选：A．
【点拨】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当E点与F重合时得出最小值是解题的关键．
【变式10-2】（2020·广东广州·统考中考真题）如图，点A的坐标为1,3，点B在x轴上，把ΔOAB沿x轴向右平移到ΔECD，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为 ．

【答案】(4，3)
【分析】过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到BD⋅AH=9，求出BD即可得到答案.
【详解】过点A作AH⊥x轴于点H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，
∵BD⋅AH=9，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)，
故答案为：(4，3).

【点拨】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
【变式10-3】（2022·四川自贡·统考中考真题）如图，用四根木条钉成矩形框ABCD，把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段EB由AB旋转得到，所以EB=AB．我们还可以得到FC＝ ， EF＝ ；
(2)进一步观察，我们还会发现EF∥AD，请证明这一结论；
(3)已知BC=30 cm,DC=80 cm，若BE 恰好经过原矩形DC边的中点H ，求EF与BC之间的距离．
【答案】(1)CD，AD；
(2)见解析；
(3)EF于BC之间的距离为64 cm．
【分析】（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；
（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；
（3）由勾股定理可求BH的长，再证明△BCH∽△BGE，得到BHBE=CHEG，代入数值求解EG，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵ 把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
∴由旋转的性质可知矩形ABCD的各边的长度没有改变，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案为：CD，AD；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝BC2+CH2=402+302=50（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CH∥EG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴BHBE=CHEG，
∴5080=40EG，
∴EG＝64，
∵ EF∥BC，
∴EF与BC之间的距离为64 cm．
【点拨】此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式10-4】（2020·浙江舟山·统考中考真题）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3 cm，AC＝DF＝4 cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】94；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，由勾股定理可得2-12x2+32=14x+42，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴2-12x2+32=14x+42，
解得：x＝94，
∴AF＝94cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点拨】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
题型11 平行四边形性质与判定的应用
【例11】（2022·浙江舟山·校联考三模）如图，△ABC、△DBE和△FGC均为正三角形，以点D，E，F，G 在△ABC的各边上，DE和FG相交于点H，若S四边形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，则a，b，c 满足的关系式为（ ）
A．a+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a=2bc
【答案】B
【分析】分别用含a，b，c的代数式表示S四边形ADHF与S△HGE，根据S四边形ADHF=S△HGE得到关于a，b，c关系式，化简整理关系式即可．
【详解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四边形ADHF为平行四边形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE为等边三角形，
∵ GE=b+c-a，AD=a-b，AF=a-c，
∴ S▱ADHF=AF⋅AD⋅sin60°=32a-ca-b
∴ 32a-ca-b=34b+c-a2，化简可得：b2+c2=a2，
故选：B.
【点拨】本题综合考查了平行四边形及等边三角形的判定与性质，关键是要会用含a，b，c的代数式分别表示平行四边形和等边三角形的面积，找到关系式，化简整理得出结论．
【变式11-1】（2020·湖北省直辖县级单位·中考真题）在平行四边形ABCD中，E为AD的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．

（1）如图1，在BC上找出一点M，使点M是BC的中点；
（2）如图2，在BD上找出一点N，使点N是BD的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得NDNB=DEBC=12,于是DN=13BD．
【详解】解：（1）如图1，点M即为所求；
（2）如图2，点N即为所求．
【点拨】此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
【变式11-2】（2021·天津南开·统考二模）如图，将平行四边形OABC放置在平面直角坐标系xOy内，已知A(3,0),B(0,4)．
（1）点C的坐标是（___，__）；
（2）若将平行四边形OABC绕点O逆时针旋转90°得OFDE，DF交OC于点P，交y轴于点F，求△OPF的面积；
（3）在（2）的情形下，若再将平行四边形OFDE沿y轴正方向平移，设平移的距离为d，当平移后的平行四边形O'F'D'E'与平行四边形OABC重叠部分为五边形时，设其面积为S，试求出S关于d的函数关系式，并直接写出d的取值范围．
【答案】（1）(-3,4)；（2）5425；（3）S=-23d2+20875d+112751