人教版八年级数学下册举一反三21.3期中期末专项复习之平行四边形二十二大必考点(学生版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册举一反三21.3期中期末专项复习之平行四边形二十二大必考点(学生版+解析)，共170页。

专题21.3 平行四边形二十二大必考点【人教版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc7371" 【考点1 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】  PAGEREF _Toc7371 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc5579" 【考点2 利用平行四边形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc5579 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc11294" 【考点3 利用平行四边形的判定与性质求长度】  PAGEREF _Toc11294 \h 4 HYPERLINK \l "_Toc864" 【考点4 利用平行四边形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc864 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc5209" 【考点5 利用平行四边形的判定与性质求最值】  PAGEREF _Toc5209 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc11486" 【考点6 利用动点判断平行四边形】  PAGEREF _Toc11486 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc4592" 【考点7 平行四边形的判定与性质的实际应用】  PAGEREF _Toc4592 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc25606" 【考点8 根据矩形的判定与性质求线段长】  PAGEREF _Toc25606 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc594" 【考点9 根据矩形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc594 \h 11 HYPERLINK \l "_Toc24693" 【考点10 根据矩形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc24693 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc30441" 【考点11 矩形与折叠问题】  PAGEREF _Toc30441 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc19749" 【考点12 根据菱形的判定与性质求线段长】  PAGEREF _Toc19749 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc14616" 【考点13 根据菱形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc14616 \h 16 HYPERLINK \l "_Toc14073" 【考点14 根据菱形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc14073 \h 18 HYPERLINK \l "_Toc3868" 【考点15 根据正方形的判定与性质求线段长】  PAGEREF _Toc3868 \h 20 HYPERLINK \l "_Toc3220" 【考点16 根据正方形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc3220 \h 21 HYPERLINK \l "_Toc20729" 【考点17 根据正方形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc20729 \h 23 HYPERLINK \l "_Toc8721" 【考点18 中点四边形】  PAGEREF _Toc8721 \h 24 HYPERLINK \l "_Toc5601" 【考点19 特殊四边形的证明】  PAGEREF _Toc5601 \h 26 HYPERLINK \l "_Toc32600" 【考点20 特殊四边形的动点问题】  PAGEREF _Toc32600 \h 28 HYPERLINK \l "_Toc17841" 【考点21 特殊四边形的最值问题】  PAGEREF _Toc17841 \h 29 HYPERLINK \l "_Toc13849" 【考点22 特殊四边形的存在性问题】  PAGEREF _Toc13849 \h 31【考点1 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】【例1】（2022春·吉林长春·八年级校考期末）如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长为1，点A, B在格点上．请根据条件画出符合要求的图形．(1)在图甲中画出以点A为顶点且一边长为5的平行四边形．要求：各顶点均在格点上．(2)在图乙中画出线段AB的中点O．要求：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．【变式1-1】（2022春·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期末）如图，每个小正方形的边长都是1，A、B、C、D均在网格的格点上．(1)∠BCD是直角吗？请证明你的判断．(2)找到格点E，并画出四边形ABED（一个即可），使得其面积与四边形ABCD面积相等．【变式1-2】（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在10×10的正方形网格中（每个正方形的边长为1），点A和点B都在格点上，仅用无刻度的直尺，分别按以下要求作图．(1)图1中，以AB为边作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为6；(2)图2中，以AB为对角线作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为10．【考点2 利用平行四边形的判定与性质求面积】【例2】（2022春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，F是□ABCD的边CD上的点，Q是BF中点，连接CQ并延长交AB于点E，连接AF与DE相交于点P，若S△APD=2cm2，S△BQC=8cm2，则阴影部分的面积为（　　）cm2．A．24 B．17 C．18 D．10【变式2-1】（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．作出△ABC共于点A成中心对称的△AB'C'，其中点B对应点为B'，点C对应点为C'，则四边形CB'C'B的面积是（    ）A．128 B．643 C．64 D．323【变式2-2】（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，分别以直角三角形的三边向外作等边三角形，然后将较小的两个等边△AFG和△BDE放在最大的等边△ABC内（如图），DE与FG交于点P，连结AP，FE．欲求△GEC的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（　　）A．△APG B．△ADP C．△DFP D．△FEG【变式2-3】（2022春·全国·八年级专题练习）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=__．【考点3 利用平行四边形的判定与性质求长度】【例3】（2022·辽宁丹东·校考一模）如图，在▱ABCD中，∠BAD=120°，连接BD，作AE∥BD交CD延长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，且CF=1，则AB的长是（　　）A．2 B．1 C．3 D．2【变式3-1】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ 、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是______，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为_____．【变式3-2】（2022·广东佛山·石门中学校考一模）如图，在△ABC中，D，E分别为BC，AC上的点，将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC=90°，若EF∥AB，AB=43，EF=10，则AE的长为 _____．【变式3-3】（2022春·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AC、AE，AE交CD于点H，∠DCE的平分线交AE于点G．若AB=2AD=10，点H为CD的中点，HE=6，则AC的长为（　　）A．9 B．97 C．10 D．310【考点4 利用平行四边形的判定与性质求角度】【例4】（2022春·湖北武汉·八年级校考期末）如图，AB=13，点D为AB上一动点，CD⊥AB于D，CD=8，点E在线段CD上，CE=3，连接BE．当BE+AC最小时，∠ACD的度数为（    ）A．75° B．60° C．45° D．30°【变式4-1】（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，在△ABC的BC边的同侧分别作等边△ABD，等边△BCF和等边△ACE，AB＝3，AC＝4，BC＝5，求∠DFE的度数．【变式4-2】（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC． (1)求证：①△AOE≌△COF；②四边形ABCD为平行四边形；(2)过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．【变式4-3】（2022春·甘肃定西·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是对角线BD的中点，点E是BC边上一点，连接EO并延长交AD边于点F、交CD延长线于点G．OE=OF，AD=BC．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形．（2）若∠A=62°，∠G=40°，求∠BEG的度数．【考点5 利用平行四边形的判定与性质求最值】【例5】（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中有A0,3，D5,0两点．将直线l1：y=x向上平移2个单位长度得到直线l2，点B在直线l2上，过点B作直线l1的垂线，垂足为点C，连接AB，BC，CD，则折线ABCD的长AB+BC+CD的最小值为______．【变式5-1】（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=12，AD=10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP=CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（    ）A．22 B．24 C．25 D．26【变式5-2】（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的顶点A、C分别在直线x=1和x=4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（        ）A．4 B．5 C．6 D．7【变式5-3】（2022秋·全国·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形AMNB各顶点坐标分别是：A(0,−2)，B(2,2),M(3,a),N(3,b)，且MN=1, a3) (3)12或112 【分析】（1）先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出直线CD的解析式； （2）先用t表示出点M、N的坐标，然后分类两种情况分别表示出MN的长； （3）根据平行四边形对边相等的性质列出关于t的方程，解方程即可得出答案． 【详解】（1）当x=3时，y=x+2=3+2=5， ∴C(3,5)， 设直线CD的解析式是y=kx+b ， 将C(3,5)，D(0,8)坐标代入得，3k+b=5b=8   解得：k=−1b=8， ∴直线CD的解析式是y=−x+8． （2）由题知xP=xM=xN=t， ∵点M在直线AB上， ∴yM=t+2， ∴M(t,t+2)， ∵点N在直线CD上， ∴yN=−t+8， ∴N(t,−t+8)， 当t≤3时，MN=yN−yM=(−t+8)−(t+2)=−2t+6， 当t>3时，MN=yM−yN=(t+2)−(−t+8)=2t−6． （3）∵CE⊥x轴，MN⊥x轴， ∴CE//MN，CE=5， 若四边形MNCE是平行四边形，则CE=MN， 即：−2t+6=5或2t−6=5， ∴t=12或112． 【点睛】本题主要考查了待定系数法，平面内两点之间的距离及平行四边形的性质，灵活运用一次函数和平行四边形的相关知识，用t表示出点M、N的坐标，然后进行分类讨论是解题的关键． 【变式6-1】（2022春·八年级课时练习）如图在平面直角坐标系中，A−8,0，C0,26，AB∥y轴且AB=24，点P从点A出发，以1个单位长度/s的速度向点B运动；点Q从点C同时出发，以2个单位长度/s的速度向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为t秒． (1)当四边形BCQP是平行四边形时，求t的值； (2)当PQ=BC时，求t的值； (3)当PQ恰好垂直平分BO时，求t的值． 【答案】(1)t=8 (2)t=8或t=283 (3)t=323 【分析】（1）利用平行四边形的性质构建方程即可解决问题． （2）分两种情形：四边形PBCQ是平行四边形，四边形PBCQ是等腰梯形，分别求解即可． （3）利用线段垂直平分线的性质构建方程即可解决问题． 【详解】（1）∵AB∥y， ∴当PB=CQ时，四边形PBCQ是平行四边形， ∵BP=24−t，CQ=2t， ∴24−t=2t， ∴t=8 （2）①当四边形PBCQ是平行四边形时，CQ=BP， ∴24−t=2t， ∴t=8 ②当四边形PBCQ是等腰梯形时，BC=PQ， 此时CQ−PB=2(OC−AB)， ∵C0,26， ∴OC=26， ∴2t−(24−t)=2(26−24)， ∴t=283 综上，t=8或t=283 （3）∵A−8,0， ∴OA=8． 当PQ垂直平分BO时，则BP=PO， ∴24−t2=t2+82， 解得t=323 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰梯形，线段垂直平分线的性质，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题． 【变式6-2】（2022秋·山东威海·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=3，BC=8，E是BC的中点，点P以每秒1个单位长度的速度从A点出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动，点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】t=1或73 【分析】分两种情况进行讨论，①当点Q在线段CE上时，②当点Q在线段BE上时，再根据平行四边形对边相等的性质列出方程求解即可． 【详解】解：∵AD=3，BC=8，E是BC的中点，AD∥BC， ∴PD=QE时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形． ①当点Q在线段CE上时，QE=4−2t，PD=3−t， 即：4−2t=3−t，解得：t=1； ②当点Q在线段BE上时，QE=2t−4，PD=3−t， 即：2t−4=3−t，解得：t=73． 所以当t=1或73时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形． 【点睛】此题考平行四边形的性质，解题关键是由已知明确有两种情况，不能漏解． 【变式6-3】（2022春·湖南长沙·八年级长沙市第二十一中学校考期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动． (1)PD =_________，CQ=__________;(用含t的式子表示) (2)当运动时间t为多少秒时，PQ∥CD； (3)当运动时间t为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】(1)6−t；3t； (2)t为1.5秒时，PQ∥CD (3)当运动时间t为1秒或3.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据题意列出代数式即可； （2）根据PQ∥CD、AD∥BC可判定四边形PQCD为平行四边形，此时PD=CQ，可得方程6−t=3t，解方程即可得解； （3）分别从当Q在CE上时，四边形PDQE为平行四边形和当Q在BE上时，四边形PQED为平行四边形两方面分析求解即可求得答案； 【详解】（1）解：∵AD=6，BC=16，点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动， ∴PD =6−t，CQ=3t， 故答案为：6−t；3t； （2）解：如图示， ∵PQ∥CD，AD∥BC ∴四边形PQCD为平行四边形 ∴PD=CQ 又∵PD=AD−AP=6−t，CQ=3t， ∴t=32． 当运动时间t为1.5秒时，PQ∥CD． （3）由题意知，此时有两种情况，Q在CE上或Q在BE上， ①当Q在CE上时，四边形PDQE为平行四边形 此时PD=QE， 又∵PD=6−t，QE=CE−CQ=8−3t ∴6−t=8−3t ∴t=1<6 ∴t=1满足题意 ②当Q在BE上时，四边形PQED为平行四边形 此时PD=QE． 又∵PD=6−t，QE=CQ−CE=3t−8 ∴6−t=3t−8 ∴t=72<6 ∴t=72=3.5满足题意； 当运动时间t为1秒或3.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了动点形成的几何图形综合问题，列代数式及平行四边形的判定和性质，分类讨论的数学思想，需灵活运用所学知识点，结合图形认真审题是解题的关键． 【考点7 平行四边形的判定与性质的实际应用】 【例7】（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7-1】（2022春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校期中）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7-2】（2022秋·浙江温州·八年级乐清外国语学校校考期末）某风力发电设备如图1所示，其示意图如图2，已知三个叶片OA，OB，OC均匀地∠AOB=∠BOC=∠COA分布在支点O上，OH垂直地面MN．当光线与地面的夹角为60°，叶片CO与光线平行时，测得叶片影子PQ的长为12米，则叶片的长为______米；当转动过程中叶片OB垂直光线（这片刻时间忽略不计，光线与地面的夹角还是60°），则叶片影子的长度是_______米． 【答案】     6     63 【分析】延长BO交AP延长BO交AP于点E，通过证明四边形EPQB为平行四边形，△AOE为等边三角形，即可求解；根据题意画出叶片OB垂直光线的图形，延长BO交KP于点D，过点P作PF⊥BQ于点F，通过证明四边形DPFB为平行四边形，得出PF=BD，最后根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：延长BO交AP延长BO交AP于点E， ∵∠AOB=∠BOC=∠COA， ∴∠AOB=∠BOC=∠COA=13×360°=120°， ∵CO与光线平行， ∴∠BOC=∠OBQ=120°， ∵∠BQP=60°， ∴∠OBQ+∠BQP=180°，即BE∥PQ， ∵BQ∥PE， ∴四边形EPQB为平行四边形， ∴BE=PQ=12， ∵EP∥BQ，∠OBQ=120°， ∴∠OEA=60°， ∵∠AOB=120°， ∴∠OAE=60°， ∴△AOE为等边三角形，则OA=OE=OB， ∴BE=OB+OE=2OB=12，解得OB=6， 如图：当OB垂直光线时，延长BO交KP于点D，过点P作PF⊥BQ于点F， ∵∠AOB=120°， ∴∠AOD=60°， ∵OB⊥BQ，KP∥BQ， ∴OD⊥KP， ∴∠OAD=30°， ∴OD=12OA=3， ∴BD=OD+OB=9， ∵PF⊥BQ，OB⊥BQ， ∴PF∥BD， ∴四边形DPFB为平行四边形， ∴PF=BD=9， 设PQ=x， ∵∠PQF=60°，PF⊥BQ， ∴∠FPQ=30°， ∴QF=12x， 根据勾股定理得：PQ2−QF2=PF2，即x2−12x2=92， 解得x=63． 故答案为：①6，②63． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关定理内容，正确作出辅助线求解． 【变式7-3】（2022春·江苏·八年级期末）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆MN固定在垂直于地面的墙壁上，支杆CE与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形ABCD始终是平行四边形． (1)若遮阳蓬完全展开时，CE长2米，在与水平地面呈60°的太阳光照射下，CE在地面的影子有______米（影子完全落在地面） (2)长支杆与短支杆的长度比（即CE与AD的长度比）是______． 【答案】(1)2 (2)2:1 【分析】（1）过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK，可得四边形CESK是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得KS的长即可； （2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点，然后说明AD的长度为长支杆的一半即可． 【详解】（1）解：过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK， ∴四边形CESK是平行四边形， ∴KS=CE=2，即CE在地面上影子的长为2米； 故答案为：2； （2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点， 当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即AD的长度为长支杆的一半， ∵CE为长支杆的长度，AD为短支杆的长度．∴CE:AD=2:1． 故答案为：2:1． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 【考点8 根据矩形的判定与性质求线段长】 【例8】（2022春·江苏南通·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=5，E，F是对角线AC上两点，AE=CF，过点E，F分别作AC的垂线，与边BC分别交于点G，H．若BG=1,CH=4，则EG+FH=（    ） A．41 B．34 C．42 D．4 【答案】B 【分析】延长GE，交AD于点P，过点G作GQ⊥AD于点Q，得AQ=BG=1，GQ=AB=5，再证明ΔAEP≌ΔCFH，得AP=CF=4，求出PQ=3，再由勾股定理求出FGP的长即可得出结论． 【详解】解：延长GE，交AD于点P，过点G作GQ⊥AD于点Q，如图， 则∠GQA=90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∠BAD=∠B=90°,AD∥BC, ∴四边形ABGQ是矩形， ∴AQ=BG=1，GQ=AB=5， ∵AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACB， ∵GE⊥AC,HF⊥AC, ∴∠GEC=∠HFC=90°， ∴∠AEP=∠HFC, 又AE=CF, ∴ΔAEP≌ΔCFH， ∴PE=HF,AP=CH=4, ∴PQ=AP−AQ=4−1=3, 在RtΔQGP中，∵GP2=GQ2+PQ2， ∴GP=GQ2+PQ2=52+32=34, ∴GE+HF=34, 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质以及勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 【变式8-1】（2022春·广东珠海·八年级统考期末）四边形ABCD中，AD∥BC，AD与BC之间的距离为4，AB=AD=CD=5，则边BC的长为______． 【答案】5或11##11或5 【分析】如图，过A作AH⊥BC于H，过D作DM⊥BC于M,分两种情况讨论，再证明四边形AHMD是矩形，再利用勾股定理求解BH=52−42=3=CM,MC'=3，从而可得答案． 【详解】解：如图，过A作AH⊥BC于H，过D作DM⊥BC于M, ∴∠AHM=∠DMH=90°, ∵AD∥BC, ∴∠HAD=90°, ∴ 四边形AHMD是矩形， ∴HM=AD,   由题意得：AB=AD=DC=5,AH=DM=4, ∴BH=52−42=3=CM, ∴BC=BM−CM=3+5−3=5, 当C落在C'时， 同理可得：MC'=3, 此时BC'=BM+MC'=11, 综上BC的长为5或11． 故答案为：5或11． 【点睛】本题考查的是平行线的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，清晰的分类讨论是解本题的关键． 【变式8-2】（2022春·广西防城港·八年级统考期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使BE=AB，连接BD，ED，EC，若ED=AD． (1)求证：CD=BE； (2)求证：四边形BECD是矩形； (3)连接AC，若AD=7，CD=2，求AC的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)19 【分析】（1）根据平行四边形的性质得CD=AB，即可得； （2）由（1）知CD=BE，根据平行四边形的性质得CD // BE，AD=BC，即可得四边形BECD是平行四边形，根据ED=AD得ED=BC，即可得平行四边形BECD是矩形； （3）连接AC，根据平行四边形的性质得CB=AD=7，AB=CD=2，根据矩形的性质BE=CD=2，∠BEC=90°，在Rt△BEC中，根据勾股定理得CE=3，在Rt△AEC中，根据勾股定理即可得． (1) 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ CD=AB， 又∵ BE=AB， ∴CD=BE． (2) 证明：由（1）知CD=BE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ CD // BE，AD=BC， ∴ 四边形BECD是平行四边形， ∵ ED=AD， ∴ ED=BC， ∴平行四边形BECD是矩形． (3) 解：如图所示，连接AC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ CB=AD=7，AB=CD=2， ∵ 四边形BECD是矩形， ∴ BE=CD=2，∠BEC=90°， ∴在Rt△BEC中，CE＝BC2−BE2=72−22=3， 在Rt△AEC中，AC=AE2+CE2=AB+BE2+CE2=42+32=19． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． 【变式8-3】（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图1，已知AD∥BC，AB∥CD，∠B＝∠C． (1)求证：四边形ABCD为矩形； (2)如图2，M为AD的中点，N为AB的中点，BN＝2．若∠BNC＝2∠DCM，求BC的长． 【答案】(1)见解析 (2)42 【分析】（1）根据平行线的性质及平行四边形的判定，即可证明； （2）过点M作ME⊥CN，垂足为E，通过证明△DCM≅△ECM(AAS)，Rt△AMN≅Rt△EMN(HL)，进而求出CN=CE+NE=6，再利用勾股定理计算即可． （1） ∵ AD∥BC，AB∥CD， ∴四边形ABCD为平行四边形，∠B+∠C=180°， ∵∠B＝∠C， ∴∠B=90°， ∴四边形ABCD为矩形； （2） 如图，过点M作ME⊥CN，垂足为E， ∴∠MEN=∠MEC=90°， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A=∠D=∠B=90°,AB=CD,AB∥CD， ∴∠MEN=∠MEC=90°=∠A=∠D， ∴∠BNC=∠DCN， ∵∠BNC＝2∠DCM， ∴∠DCN=2∠DCM=∠DCM+∠ECM， ∴∠DCM=∠ECM， ∵MC=MC， ∴△DCM≅△ECM(AAS)， ∴CD=CE,MD=ME， ∵N为AB的中点，BN＝2， ∴AB=2BN=4=CD,AN=2， ∴CE=4， ∵ M为AD的中点， ∴MA=MD， ∴MA=ME， ∵MN=MN， ∴Rt△AMN≅Rt△EMN(HL)， ∴AN=NE=2， ∴CN=CE+NE=6， 在Rt△BCN中，BC=CN2−BN2=42． 【点睛】本题考查了平行线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 【考点9 根据矩形的判定与性质求角度】 【例9】（2022春·河南安阳·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE=DF． (1)求证：四边形ABCD是矩形． (2)若∠BAE:∠EAD=4:5，求∠EAO的度数． 【答案】(1)见解析 (2)10° 【分析】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA=OD，则AC=BD，即可得出四边形ABCD是矩形． （2）由矩形的性质得出∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB，则∠OAB=∠OBA，求出∠BAE=40°，则∠OBA=∠OAB=50°，即可得出答案． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD， ∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F， ∴∠AEO=∠DFO=90°， 又∵∠AOE=∠DOF  AE=DF， ∴△AEO≌△DFO， ∴OA=OD， ∴AC=BD， ∴四边形ABCD是矩形； （2）由（1）得：四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∵∠BAE:∠EAD=4:5， ∴∠BAE=40°， ∴∠OBA=∠OAB=90°−40°=50°， ∴∠EAO=∠OAB−∠BAE=50°−40°=10°． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式9-1】（2022春·陕西延安·八年级延安市实验中学校考期中）如图，在□ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且AC=BD，∠OAD=30°，求∠OAB的度数． 【答案】60° 【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，再根据矩形性质求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD， ∴四边形ABCD为矩形， ∴AB⊥AD，即∠BAD=90°， 又 ∵∠OAD=30°， ∴∠OAB=60°． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． 【变式9-2】（2022春·江苏泰州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连接MN． (1)如图，当E在边AD上且DE＝2时，求∠AEM的度数． (2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由． (3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长． 【答案】(1)∠AEM＝90° (2)MN∥BD，理由见解析 (3)DE的长为27或87-143 【分析】（1）由题意易求出AE＝AB＝6，再根据矩形的性质可证明△ABE为等腰直角三角形，即得出∠AEB＝∠ABE＝45°．由翻折可知∠BEM＝∠AEB，从而可求出∠AEM＝90°； （2）根据勾股定理可求出BD＝10．由翻折可知当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，DE=EN，从而可求出CN＝2．设DE=EN=x，则CE=6−x，在Rt△CEN中根据勾股股定理可列出关于x的等式，解出x即求出DE的长．易证Rt△BMN≌Rt△DCB(HL)，即得出∠DBC＝∠BNM，从而由平行线的判定定理可证MN∥BD； （3）分类讨论：①当E在边AD上时和②当点E在边CD上时，根据三角形全等的判定和性质结合勾股定理即可求解． （1） 解：如图1， ∵DE＝2， ∴AE＝AB＝6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴∠AEB＝∠ABE＝45°． 由对称性知∠BEM＝45°， ∴∠AEM＝90°． （2） 解：如图2， ∵AB＝6，AD＝8， ∴BD＝10， ∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10， ∴CN＝2． 设DE=EN=x，则CE=6−x， ∵CE2+CN2=EN2， ∴(6−x)2+22=x2， 解得：x=103， ∴DE=EN=103． ∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC， ∴Rt△BMN≌Rt△DCB(HL)， ∴∠DBC＝∠BNM， ∴MN∥BD； （3） 分类讨论：①如图3，当E在边AD上时， ∴∠BMC＝90°， ∴MC=BC2−BM2=82−62=27． ∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE， ∴△BCM≌△CED(AAS)， ∴DE＝MC＝27； ②如图4，当点E在边CD上时， ∵BM＝6，BC＝8， ∴MC＝27， ∴CN=MN−MC=8−27． 设DE=EN=y，则CE=6−y， ∵CE2=CN2+EN2， ∴(6−y)2=(8−27)2+y2， 解得：y=87−143， ∴DE=87−143． 综上所述，DE的长为27或87−143． 【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．能够正确的作出图形，并利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． 【变式9-3】（2022春·山东聊城·八年级统考期中） 在矩形ABCD中， AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠EAO=15°，求∠BEO的度数． 【答案】75°． 【详解】试题分析：根据题意可以知道∠BAE=∠AEB=45°，进而求得∠ACB=30°，即可得出△AOB为等边三角形，得出AB=OB=BE，∠CBO=30°，即可得出∠BEO的度数． 试题解析：∵ABCD为矩形，∴∠BAD=90°，∵ABCD相交于O点，∴AO=CO=BO=DO，∵AE平分∠BAD交BC于E点，∴∠BAE=∠EAD=45°，∵∠EAC=15°，∴∠BA0=60°，∵AO=BO，∴∠ABO=60°，∵∠BAO+∠ABO+∠AOB=180°，∴∠AOB=60°，∴△AOB为等边三角形，即AB=OA=BO，又∵∠ABC=90°，∠EAB=45°，∴∠BEA=45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE=BA，∵BE=BA而BA=BO，∴BE=BO，即△OBE为等腰三角形，∵∠ABC=90°∠ABO=60°，∴∠OBE=30°，∴∠BOE=∠BEO=（180﹣30）÷2=75°．故∠BEO的度数75°． 考点：1．矩形的性质；2．等边三角形的判定与性质；3．等腰三角形的性质． 【考点10 根据矩形的判定与性质求面积】 【例10】（2022春·山东菏泽·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M，N分别为OA、OC的中点，延长BM点E，EM=BM，连接DE，若BD=2AB，且DC=5，DN=4，求四边形DEMN的面积． 【答案】24 【分析】证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EM//DN，再证明△BMO≌△DNO得到BM=DN，进而得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，BO=DO=12BD， 又∵BD=2AB， ∴AB=BO=DO=CD， 即△ABO与△CDO为等腰三角形， 又∵M、N分别为底边OA、OC的中点， ∴BM⊥AC，DN⊥AC 即EM//DN． 在△BMO与△DNO中： ∠BOM=∠DON∠BMO=∠DNO=90°BO=DO ∴△BMO≌△DNO(AAS) ∴BM=DN 又∵BM=EM ∴EM=DN ∴四边形DNME为平行四边形， 又由BM⊥AC可知∠EMN为直角， ∴四边形DNME为矩形， ∵DC=5，DN=4 ∴NC2=DC2−DN2=25−16=9 ∴NC=3 又由M、O、N分别为AO、AC、CO的中点 ∴MO=NO=NC=3 即MN=6 ∴S四边形DNME=4×6=24， 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、矩形的面积公式等，熟练掌握其性质和判定方法是解决此类题的关键． 【变式10-1】（2022春·江西赣州·八年级校联考期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M，N分别为OA、OC的中点，延长BM至点E，使EM=BM，连接DE． （1）求证：△AMB≌△CND； （2）若BD=2AB，且AB=5，DN=4，求四边形DEMN的面积． 【答案】(1)见解析；(2)24 【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得出AB=CD，AB//CD，进而得到∠BAC=∠DCA，再结合AO=CO，M,N分别是OA和OC中点即可求解； (2)证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EM//DN，再由(1)得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积． 【详解】解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AB//CD，OA=OC， ∴∠BAC=∠DCA， 又点M，N分别为OA、OC的中点， ∴AM=12AO=12CO=CN， 在△AMB和△CND中， {AB=CD∠BAC=∠DCAAM=CN， ∴△AMB≌△CND(SAS)． (2)BD=2BO，又已知BD=2AB， ∴BO=AB，∴△ABO为等腰三角形； 又M为AO的中点， ∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BM⊥AO， ∴∠BMO=∠EMO=90°， 同理可证△DOC也为等腰三角形， 又N是OC的中点， ∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DN⊥CO， ∠DNO=90°， ∵∠EMO+∠DNO=90°+90°=180°， ∴EM//DN， 又已知EM=BM，由(1)中知BM=DN， ∴EM=DN， ∴四边形EMND为平行四边形， 又∠EMO=90°，∴四边形EMND为矩形， 在Rt△ABM中，由勾股定理有：AM=AB2−BM2=52−42=3， ∴AM=CN=3， ∴MN=MO+ON=AM+CN=3+3=6， ∴S矩形EMND=MN⋅ME=6×4=24． 故答案为：24． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、矩形的面积公式等，熟练掌握其性质和判定方法是解决此类题的关键． 【变式10-2】（2022春·贵州遵义·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，延长AB至E，延长CD至F，BE＝DF，连接EF，与BC、AD分别相交于P、Q两点． (1)求证：CP＝AQ； (2)若BP＝1，PQ＝22，∠AEF＝45°，求矩形ABCD的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）8. 【详解】试题分析： （1）由矩形的性质得出∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，证出∠E=∠F，AE=CF，由ASA证明△CFP≌△AEQ，即可得出结论；（2）证明△BEP、△AEQ是等腰直角三角形，得出BE=BP=1，AQ=AE，求出PE=2BP=2 ，得出EQ=PE+PQ=32 ，由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出AQ=AE=3，求出AB=AE-BE=2，DQ=BP=1，得出AD=AQ+DQ=4，即可求出矩形ABCD的面积； 试题解析： （1）证明： ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90° ∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC ∴∠E=∠F ∵BE=DF ∴AE=CF 在△CFP和△AEQ中 {∠C=∠ACF=AE∠F=∠E ∴△CFP≌△AEQ（ASA） ∴CP=AQ                                   （2）解：∵AD∥BC ∴∠PBE=∠A=90° ∵∠AEF=45° ∴△BEP、△AEQ是等腰直角三角形 ∴BE=BP=1，AQ=AE ∴PE=2 BP=2 ∴EQ=PE+PQ=2+22=32 ∴AQ=AE=3 ∴AB=AE﹣BE=2 ∵CP=AQ，AD=BC ∴DQ=BP=1    ∴AD=AQ+DQ=3+1=4 ∴矩形ABCD的面积=AB×AD=2×4=8. 【变式10-3】（2022春·云南玉溪·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是BC上一点，∠DAE的角平分线AF交CD于点G，交BC的延长线于点F，连接EG，△AGE的面积为S． （1）求证：AE＝EF； （2）若EG⊥AF，试探究线段AE，EC，AD之间的数量关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若∠AEG＝∠AGD，AB＝12，AD＝9，求S的值． 【答案】（1）见解析；（2）AE=EC+AD，理由见解析；（3）39 【分析】（1）根据平行四边形的性质可推出∠DAG=∠F，再结合角平分线定义可得出∠DAG=∠EAF，则∠EAF=∠F，即可证明结论； （2）由等腰三角形的性质可得AG=FG，再由全等三角形的判定与性质可证得AD=FC，即可推出AE=EC+AD； （3）由已知角的等量关系及EG⊥AF可得∠D=90°，由此可证得平行四边形ABCD是矩形，再利用全等三角形、矩形的性质及勾股定理可求出CG=DG=6，EF=13，则可由三角形面积公式求解结果． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC． ∴∠DAG=∠F． ∵AF平分∠DAE， ∴∠DAG=∠EAF． ∴∠EAF=∠F． ∴AE=EF． （2）解：AE=EC+AD；理由是： ∵AE=EF，EG⊥AF， ∴AG=FG． ∵AD∥BC， ∴∠D=∠FCG． 又∵∠AGD=∠FGC， ∴△AGD≌△FGC． ∴AD=FC． ∴EF=EC+FC=EC+AD． ∴AE=EC+AD． （3）解：∵EG⊥AF， ∴∠AGE=90°． ∴∠AEG+∠EAG=90°． ∵∠DAG=∠EAG，∠AEG＝∠AGD， ∴∠AGD+∠DAG=90°． ∴∠D=90°． ∴平行四边形ABCD是矩形． ∴∠B=∠BCD=90°，CD=AB=12，BC=AD=9． ∵△AGD≌△FGC， ∴CG=DG=6，CF=AD=9． 设CE=x，则EF=9+x=AE，BE=9-x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：122+（9-x）2=（9+x）2， 解得x=4， ∴EF=9+x=13． ∵AG=FG， ∴S=S△EFG=12EF•CG=12×13×6=39． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形与矩形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识点并能灵活运用所学知识是解题的关键． 【考点11 矩形与折叠问题】 【例11】（2022秋·广东肇庆·八年级广东肇庆中学校考期末）已知：如图，折叠长方形的一边AD，使点D落在BC边的点E处，已知AB=6cm，BC=10cm，则CF的长是（    ） A．83 B．2 C．52 D．32 【答案】A 【分析】先求出BE、CE的长，利用勾股定理列出关于EF的方程，即可解决问题． 【详解】解∶∵折叠， ∴DF=EF，AE=AD， ∵四边形ABCD为长方形，BC=10cm，AB=6cm， ∴∠B=∠C=90°；AE=AD=BC=10cm， 设EF=xcm，则CF=6−xcm；由勾股定理得：BE=AE2−AB2=8cm， ∴CE=BC−CE=2cm， 由勾股定理得：x2=22+6−x2， 解得：x=103， ∴CF=CD−DF=83cm， 故答选：A． 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识来分析、判断、推理或解答． 【变式11-1】（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）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．175 B．72 C．185 D．522 【答案】B 【分析】根据折叠的性质，得出AB=A'B=5，AD=A'D'=3，再根据矩形的性质和旋转的性质，得出AD=BC=BE=FG=3，AB=CD=BG=EF=5，再根据勾股定理，得出A'E=4，再根据线段之间的数量关系，得出A'F=1，连接A'G，再根据勾股定理，得出A'G=10，D'G=1，再根据线段之间的数量关系，得出CG=2，再根据勾股定理，列出方程，解出即可得出答案． 【详解】解：∵四边形ABHD沿BH折叠得到四边形A'BHD'， ∴AB=A'B=5，AD=A'D'=3， ∵矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到的，AD=3，AB=5， ∴AD=BC=BE=FG=3，AB=CD=BG=EF=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=102−32=1， 设DH=x，则GH=x−1，CH=5−x， 在Rt△CHG中， CG=BG−BC=5−3=2， GH2−CH2=CG2， 即x−12−5−x2=22， 解得：x=72， ∴DH=72． 故选：B 【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、旋转的性质、勾股定理，熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线是解本题的关键． 【变式11-2】（2022秋·九年级课时练习）如图，在ΔABC中，AB=AC，直线DE垂直平分AB，把线段AE绕点E顺时针旋转90°，使点A落在直线DE上的点F处，联结CF、BF，线段AC、BF交于点G，如果CF//AB，那么∠AGB=______度． 【答案】105 【分析】过点C作CH⊥AB于H，由旋转和线段垂直平分线的性质可得EF＝BE＝AE，则△BEF是等腰直角三角形，可得∠EBF＝45°，证明四边形EFCH是矩形，可得CH＝EF＝12AB＝12AC，可得出∠CAH＝30°，根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：过点C作CH⊥AB于H， ∵线段AE绕点E顺时针旋转90°，使点A落在直线DE上的点F处， ∴AE＝EF， ∵直线DE垂直平分AB，AB＝AC， ∴AE＝BE＝12AB＝12AC，∠BEF＝90°， ∴EF＝BE＝AE， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴∠EBF＝45°， ∵DE⊥AB，CF //AB， ∴CF⊥DE， ∵DE⊥AB，CH⊥AB， ∴四边形EFCH是矩形， ∴CH＝EF＝12AB＝12AC， ∴∠CAH＝30°， ∴∠AGB＝180°−∠EBF−∠CAH＝180°−45°−30°＝105°． 故答案为：105． 【点睛】本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，求出∠EBF＝45°，∠CAH＝30°是解题的关键． 【变式11-3】（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）如图，长方形ABCD中，AB=5，AD=6，点P是射线AD上一点，将△ABP沿BP折叠得到△A'BP，点A'恰好落在BC的垂直平分线l上，线段AP的长为______. 【答案】53或15 【分析】设直线l交AD于R，交BC于T．分两种情形：如图1中，当点P在线段AR上时，设AP=PA'=x.如图2中，当点P在线段DR上时，设AP=PA'=y.分别利用勾股定理求解即可． 【详解】解：设直线l交AD于R，交BC于T． 如图1中，当点P在线段AR上时，设AP=PA'=x. 在Rt△BTA'中，∵∠BTA'=90°，BT=3，BA'=5， ∴A'T=A'B2−BT2=52−32=4， ∵AB=RT=5， ∴RA'=5−4=1， 在Rt△PRA'中，则有x2=3−x2＋12， 解得x= 53． 如图2中，当点P在线段DR上时，设AP=PA'=y. 在Rt△BTA'中，∵∠BTA'=90°，BT=3，BA'=5， ∴A'T=A'B2−BT2=52−32=4， ∵AB=RT=5， ∴RA'=5+4=9， 在Rt△PRA'中，则有y2=（y−3）2+92， 解得y=15， 综上所述，满足条件的AP的值为53或15． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 【考点12 根据菱形的判定与性质求线段长】 【例12】（2022春·江西赣州·八年级统考期末）已知四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点E，F分别是边AD，AB的中点，P为菱形边上的一点，且△PEF为直角三角形，那么BP 的长度为______． 【答案】2或3或23或13 【分析】根据题意分情况讨论，根据菱形、等边三角形及含30°的直角三角形的性质即可求解． 【详解】如图，EP⊥AB，△PEF为直角三角形， ∵四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点E，F分别是边AD，AB的中点， ∴AE=12AD=2，∠AEP=90°-∠A=30° ∴AP=12AF=1 ∴BP=AB-AP=3； 如图，EF⊥FP，交BC于P点 ∵AD=AB, ∴AE=AF=12AD=12AB， ∵∠A=60° ∴△AEF是等边三角形 ∵∠EFP=90° ∴∠BFP=30° ∵AD//BC ∴∠B=180°-∠A=120° ∴∠FPB=180°-∠BFP-∠B=30° ∴∠BFP=∠FPB ∴△FPB是等腰三角形 ∴BP=BF=12AB=2； 如图，EF⊥EP，交CD于P点 同理可得△EDP是等腰三角形，DP=PC=2 ∴P点是CD中点 ∵∠C=∠A=60°，BC=CD ∴三角形BCD是等边三角形 ∴BP⊥CD ∴BP=22+42=23， 如图，PF⊥AD于P点 同理可得△ABD是等边三角形, EP=12AE=1, BE=22+42=23，BE⊥AD ∴BP= BE2+AE2=(23)2+22=13 综上，BP的长为2或3或23或13 故答案为：2或3或23或13． 【点睛】此题主要考查菱形的性质综合，解题的关键是熟知菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形的性质． 【变式12-1】（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=12，则四边形CODE的周长为（    ） A．12 B．18 C．24 D．30 【答案】C 【分析】由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=6，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案． 【详解】解：∵CE∥BD，DE∥AC， ∴四边形CODE是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD=12，OA=OC，OB=OD， ∴OD=OC=12AC=6 ∴四边形CODE是菱形， ∴四边形CODE的周长为：4OC=4×6=24，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形性质和菱形判定和性质的应用，解题的关键是熟练掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【变式12-2】（2022秋·河北保定·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于12BF的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接AP并延长交BC于点E，连接EF． （1）求证：四边形ABEF是菱形． （2）设AE与BF相交于点O，四边形ABEF的周长为16，BF＝4，求AE的长和∠C的度数． 【答案】(1)见解析；（2）∠C=60°,AE=43. 【分析】（1）根据尺规作图得到直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE=∠BAE，根据线段垂直平分线的性质、菱形的判定定理证明； （2）根据菱形的周长求出菱形的边长，得到△ABF是等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理计算即可. 【详解】解：（1）由尺规作图的过程可知，直线AE是线段BF的垂直平分线，∠FAE＝∠BAE， ∴AF＝AB，EF＝EB， ∵AD∥BC， ∴∠FAE＝∠AEB， ∴∠AEB＝∠BAE， ∴BA＝BE， ∴BA＝BE＝AF＝FE， ∴四边形ABEF是菱形； （2）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠BAD＝∠C ∵菱形ABEF的周长为16， ∴AF＝AB＝4，又BF＝4， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠ABF＝60°，AO＝32AB＝23 ∴∠C＝60°，AE＝43 【点睛】本题考查的是菱形的判定、复杂尺规作图、等边三角形的判定和性质，掌握菱形的判定定理和性质定理、线段垂直平分线的作法、角平分线的作法是解题的关键. 【变式12-3】（2022秋·福建三明·八年级统考期末）已知，在长方形纸片ABCD中，AB=4，BC=8．将纸片沿对角线BD翻折，点C落在点E处，BE交AD于点F． (1)如图1，连结AE． ①求证：△ABF≌△EDF； ②求证：AE∥BD； (2)如图2，将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，连结FG，求FG的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)25 【分析】（1）①由矩形的性质得AB=CD,∠BAD=∠C=90°,AD=BC，由折叠的性质可得到DC=DE,∠C=∠BED=90°,BC=BE，可得出AB=ED,∠BAD=∠BED=90°，又有一组对顶角，根据AAS即可得出△ABF≌△EDF ②利用ΔABF≅ΔEDF得出BF=DF，从而得出∠EBD=∠ADB=12(180°−∠AFE)，再利用SSS证得ΔAED≅ΔEAB得出∠AEB=∠EAD=12(180°−∠DFB)，从而得出∠AEB=∠EBD即可得出答案． （2）设DF=BF=x，根据勾股定理列出关于x的方程及BD的长，解之求出DF和BF的长，再证明四边形BFDG为菱形，利用菱形的面积公式即可得出FG的长 【详解】（1）解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD,∠BAD=∠C=90°,AD=BC， 由折叠的性质知，DC=DE,∠C=∠BED=90°,BC=BE， ∴AB=ED,∠BAD=∠BED=90°,AD=BE； 在△ABF与△EDF中， ∠BFA=∠DFE∠BAD=∠BEDAB=ED ∴△ABF≌△EDF， ②∵△ABF≌△EDF， ∴BF=DF， ∴∠EBD=∠ADB， ∴∠EBD=∠ADB=12(180°−∠AFE)， ∵AD=BE,AB=DE,AE=AE， ∴△AED≅△EAB， ∴∠AEB=∠EAD=12(180°−∠DFB)， ∵∠AFE=∠DFB， ∴∠AEB=∠EBD， ∴AE∥BD． （2）设DF=BF=x，则AF=8−x 在Rt△ABF中，AF2+AB2=BF2 ∴42+x2=(8−x)2 ∴x=3 ∴BF=DF=8−3=5 在Rt△BCD中，BD=42+82=45 ∵将△BDE沿BD翻折回去，则点F正好落在BC边G处，， ∴BD垂直平分FG， ∴.BF=BG,DF=DG， ∵DF=BF ∴BF=BG=DF=DG ∴四边形BFDG为菱形， ∴S菱形BFDG=12FG×BD=DF×AB ∴12FG×45=5×4 ∴FG=25 【点睛】本题考查的是翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识吧，熟知图形翻折不变性是解答此题的关键． 【考点13 根据菱形的判定与性质求角度】 【例13】（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接EB，DF． (1)求证：四边形EBFD为菱形； (2)若∠BAD=105°，∠DBF=2∠ABE，求∠ABE的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)15° 【分析】（1）利用平行四边形的性质得到BO=DO，∠OBF=∠ODE，证明△BOF≌△DOE（ASA），得到BF=DE，证得四边形EBFD为平行四边形，又因为EF⊥BD，得到四边形EBFD为菱形； （2）根据菱形的性质得到∠DBF=∠DBE=2∠ABE，所以∠ABC=∠ABE+∠DBE+∠DBF=5∠ABE，利用平行线的性质得到∠DAB+∠ABC=180°，求解即可得到∠ABE的度数． （1） 证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，BO=DO， ∴∠OBF=∠ODE， ∵EF⊥BD， ∴∠BOF=∠DOE=90°， 在△BOF和△DOE中， ∠OBF=∠ODEBO=DO∠BOF=∠DOE ∴△BOF≌△DOE（ASA）， ∴BF=DE， ∵BF∥DE， ∴四边形EBFD为平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形EBFD为菱形； （2） ∵四边形EBFD为菱形， ∴∠DBF=∠DBE， ∵∠DBF=2∠ABE， ∴∠DBF=∠DBE=2∠ABE， ∴∠ABC=∠ABE+∠DBE+∠DBF=5∠ABE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC=180°， ∴105°+5∠ABE=180°， ∴∠ABE=15°． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，掌握菱形的对角线平分对角是解题的关键． 【变式13-1】（2022春·安徽安庆·八年级统考期末）问题情境： 在数学课外小组活动中，老师要求大家对“菱形的剪拼”问题进行探究． 如图1，将边长为4，∠A=45度的菱形纸片ABCD沿着对角线BD剪开，得到△ABD和△B'DC．将△B'DC绕着点D逆时针旋转． 初步探究： （1）“爱心小组”将△B'DC绕点D逆时针旋转，当DB'//AB时，∠BDB'的度数为________； 再次探究： （2）“勤奋小组”将△B'DC绕点D逆时针旋转至图2，连接AC，BB'，此时四边形ABB'C是矩形，求∠BDB'的度数； 深入探究： （3）“创新小组”将△B'DC绕点D逆时针旋转至图3，此时点B，D，B'恰好在一条直线上，延长BA，B'C交于点E，试判断四边形ADCE的形状，并说明理由． 【答案】（1）67.5°；（2）135°；（3）菱形，见详解． 【分析】（1）由四边形ABCD是菱形且AB＝AD＝4，∠A＝45°知∠ABD＝∠ADB＝67.5°，再结合DB′∥AB可得∠BDB′＝∠B＝67.5°； （2）由AB＝AD＝CD＝B′C＝4，∠BAD＝∠DCB′＝45°知∠ABD＝∠DB′C＝67.5°，根据四边形ABB′C是矩形得∠DBB′＝∠DB′B＝22.5°，由三角形内角和定理可得答案； （3）由AB＝AD＝CD＝B′C＝4，∠BAD＝∠DCB′＝45°知∠ABD＝∠ADB＝∠CDB′＝∠DB′C＝67.5°，根据点B，D，B′恰好在一条直线上及三角形的内角和定理得∠ADC＝∠DAB＝∠E＝45°，据此可证AE∥CD，AD∥CE，继而得四边形ADCE是平行四边形，结合AD＝CD＝4知四边形ADCE是菱形． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且AB＝AD＝4，∠A＝45°， ∴∠ABD＝∠ADB＝180°−∠A2＝67.5°， ∵DB′∥AB， ∴∠BDB′＝∠B＝67.5°， 故答案为：67.5°； （2）∵AB＝AD＝CD＝B′C＝4，∠BAD＝∠DCB′＝45°， ∴∠ABD＝∠DB′C＝67.5°， ∵四边形ABB′C是矩形， ∴∠DBB′＝∠DB′B＝22.5°， ∴∠BDB′＝180°−∠DBB′−∠DB′B＝135°； （3）∵AB＝AD＝CD＝B′C＝4，∠BAD＝∠DCB′＝45°， ∴∠ABD＝∠ADB＝∠CDB′＝∠DB′C＝67.5°， ∵点B，D，B′恰好在一条直线上， ∴∠ADC＝∠DAB＝∠E＝45°， ∴AE∥CD，AD∥CE， ∴四边形ADCE是平行四边形， 又∵AD＝CD＝4， ∴四边形ADCE是菱形． 【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握菱形的判定和性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点． 【变式13-2】（2022春·河北邯郸·八年级校联考期末）已知，四边形ABCO是菱形，延长AO到D点，使OD=OC，连接AC、BO相交于E点，连接CD． （1）求证：∠ACD=90°； （2）过A作AF⊥BC于F点． ①已知AD=15，AC=9，求AF的长； ②点M是对角线OB上一点，∠BAF=∠D，若△ABM是锐角三角形，求∠BAM的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）①AF=365；②60°<∠BAM<90° 【分析】（1）利用菱形的性质，求得∠AEO=90°，再利用三角形中位线的性质，即可得证； （2）①AF为菱形的高，求得菱形的面积，利用等面积法即可求得AF的长度；②利用角之间的关系求得△ABC为等边三角形，△ABM是锐角三角形，从而求得∠BAM的取值范围． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCO是菱形， ∴AC⊥BO，AE=EC，OA=OC ∵OD=OC，∴OA=OD， ∴OE是△ACD的中位线， ∴OE//CD， ∴∠ACD=∠AEO=90° （2）解：∵AD=15，AC=9， ∴CD=12， ∵OB=2OE，CD=2OE， ∴CD=BO=12， ∴菱形ABCD的面积为12AC×BO=54 ∵菱形ABCD的面积=BC×AF=54． ∴AF=365 ②∵∠BAF+∠ABF=90°，∠D+∠CAD=90°， 又∵∠BAF=∠D，∴∠ABF=∠CAD， ∵四边形ABCO是菱形，∴AB=BC，AO//BC ∴∠CAD=∠ACB，∴∠ABF=∠ACB， ∴AB=AC， ∴AB=BC=AC ∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°， ∴∠ABO=∠OBC=30° ∵△ABM是锐角三角形， ∴∠AMB=180°−30°−∠BAM<90°， ∵∠BAM<90°，∴60°<∠BAM<90° 【点睛】此题主要考查了菱形的有关性质，涉及了三角形中位线的性质、等面积法求线段长度、锐角三角形的性质，熟练掌握并灵活运用相关基础知识是解题的关键． 【变式13-3】（2022春·山东济南·八年级统考期末）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝23，AC，BD相交于点O． (1)求边AB的长； (2)求∠BAC的度数； (3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由． 【答案】（1）2；（2）60° ；（3）见详解 【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=3，根据勾股定理可得出答案； （2）得出△ABC是等边三角形即可； （3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴△AOB为直角三角形，且OA=12AC=1, OB=12BD=3． ∴AB=OA2+OB2=12+(3)2=2； （2）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， 由（1）得：AB=AC=BC=2， ∴△ABC为等边三角形， ∠BAC=60°； （3）△AEF是等边三角形， ∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2， ∴△ABC和△ACD是等边三角形， ∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°， ∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°， ∴∠BAE=∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ∠BAE=∠CAFAB=AC∠EBA=∠FCA ∴△ABE≌△ACF（ASA）， ∴AE=AF， ∵∠EAF=60°， ∴△AEF是等边三角形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 【考点14 根据菱形的判定与性质求面积】 【例14】（2022春·江苏南通·八年级统考期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°．点D是边AB上的一点，连接CD．作AE∥DC，CE∥AB，连接ED． (1)如图1，当CD⊥AB时，求证：AC=ED； (2)如图2，当D是边AB的中点时，若AB=10，ED=8，求四边形ADCE的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】（1）根据AE∥DC，CE∥AB，可以得到四边形AECD是平行四边形，再根据CD⊥AB，即可得到结论成立； （2）根据题意，先判断四边形AECD是菱形，然后求出AC的长，再计算四边形ADCE的面积即可． （1） 证明：∵AE∥DC，CE∥AB， ∴四边形AECD是平行四边形， ∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝90°， ∴四边形AECD是矩形， ∴AC＝ED； （2） 解：∵D是边AB的中点，∠ACB＝90°，AB＝10， ∴CD＝AD＝5， ∵AE∥DC，CE∥AB， ∴四边形AECD是平行四边形， ∴四边形AECD是菱形， ∴12DE＝4， ∴12AC＝52−42=3， ∴AC＝6， ∴四边形ADCE的面积是12AC•DE＝12×6×8＝24， 即四边形ADCE的面积是24． 【点睛】本题考查勾股定理、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，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14-1】（2022春·浙江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AD=2AB，E，F分别为BC，AD的中点，作CG⊥AB于点G，GF的延长线交CD的延长线于点H． （1）求证：四边形ABEF是菱形． （2）当AB=5,BF=8时， ①求GH的长． ②如图2，CG交BF于点P，记△FGP的面积为S1，△BCP的面积为S2，则S2−S1的值为________． 【答案】（1）见解析；（2）①12；②16825 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD=BC，再根据中点的定义得到AF=BE，可得四边形ABCD是平行四边形，结合AB=AF，可得结论； （2）①连接AE交BF于点O，由菱形性质可得∠AOB=90°，从而求出菱形ABEF的面积，可得四边形ABCD的面积，根据CG⊥AB可得CG，从而求出AG，证明△AFG≌△DFH，得到AG=DH，在△GCH中利用勾股定理求出GH即可； ②过F作FK⊥AB交BA延长线于K，求出FK，从而得到△BGF和△BGC的面积，从而分别得出S1和S2，可得S1-S2． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∵E、F分别为BC、AD中点， ∴AF=12AD，BE=12BC， ∴AF=BE， ∵AF∥BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∵AD=2AB，AD=2AF， ∴AB=AF， ∴四边形ABEF是菱形； （2）①连接AE交BF于点O， ∵四边形ABEF是菱形， ∴AE⊥BF，OB=OF=12BE=4，OA=OE=12AE， ∴∠AOB=90°， 在Rt△AOB中，OA=AB2−OB2=3, ∴AE=2OA=6， ∴S菱形ABEF=12AE·BF=12×6×8=24， ∵E、F分别是BC、AD中点， ∴BE=EC，AF=FD， ∵AD∥BC， ∴四边形ABEF，四边形EFDC都是平行四边形，且底和高相等， ∴S四边形ABEF=S四边形EFDC=24， ∴S四边形ABCD=S四边形ABEF+S四边形EFDC=48， ∵CG⊥AB， ∴S四边形ABEF=AB·CG=5CG=48，∠BGC=90°， ∴CG=485， ∵AD=BC=2AB=10， ∴BG=BC2−CG2=145， ∴AG=AB-BG=5-145=115， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD=5，AB∥CD， ∴∠A=∠FDH，∠GCH=∠BGC=90°， ∵F是AD中点， ∴AF=DF， 在△AFG和△DFH中， ∠A=∠FDHAF=DF∠AFG=∠DFH， ∴△AFG≌△DFH（ASA）， ∴AG=DH=115， ∴CH=CD+DH=5+115=365， 在Rt△GCH中，GH=CG2+CH2=12； ②过F作FK⊥AB交BA延长线于K， ∴S四边形ABEF=AB·FK=5FK=24， ∴FK=245， ∴S△BGF=12BG·FK=12×145×245=16825， S△BGC=12BG·CG=12×145×485=33625， ∵S2=S△BGC-S△BGP=33625-S△BGP， S1=S△BGF-S△BGP=16825-S△BGP， ∴S2-S1=33625-16825=16825． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，重点考查了几何图形的推理论证能力，同时也要结合已知条件作出辅助线，扩大运用范围． 【变式14-2】（2022春·四川成都·八年级统考期末）菱形ABCD中，∠BAD＝60°，BD是对角线，点E、F分别是边AB、AD上两个点，且满足AE＝DF，连接BF与DE相交于点G． （1）如图1，求∠BGD的度数； （2）如图2，作CH⊥BG于H点，求证：2GH＝GB+DG； （3）在满足（2）的条件下，且点H在菱形内部，若GB＝6，CH＝43，求菱形ABCD的面积． 【答案】（1）∠BGD＝120°；（2）见解析；（3）S四边形ABCD＝263． 【分析】（1）只要证明△DAE≌△BDF，推出∠ADE=∠DBF，由∠EGB=∠GDB+∠GBD=∠GDB+∠ADE=60°，推出∠BGD=180°-∠BGE=120°； （2）如图3中，延长GE到M，使得GM=GB，连接BD、CG．由△MBD≌△GBC，推出DM=GC，∠M=∠CGB=60°，由CH⊥BG，推出∠GCH=30°，推出CG=2GH，由CG=DM=DG+GM=DG+GB，即可证明2GH=DG+GB； （3）解直角三角形求出BC即可解决问题； 【详解】（1）解：如图1﹣1中， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB， ∵∠A＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴AB＝DB，∠A＝∠FDB＝60°， 在△DAE和△BDF中， AD=BD∠A=∠BDFAE=DF， ∴△DAE≌△BDF， ∴∠ADE＝∠DBF， ∵∠EGB＝∠GDB+∠GBD＝∠GDB+∠ADE＝60°， ∴∠BGD＝180°﹣∠BGE＝120°． （2）证明：如图1﹣2中，延长GE到M，使得GM＝GB，连接CG． ∵∠MGB＝60°，GM＝GB， ∴△GMB是等边三角形， ∴∠MBG＝∠DBC＝60°， ∴∠MBD＝∠GBC， 在△MBD和△GBC中， MB=GB∠MBD=∠GBCBD=BC， ∴△MBD≌△GBC， ∴DM＝GC，∠M＝∠CGB＝60°， ∵CH⊥BG， ∴∠GCH＝30°， ∴CG＝2GH， ∵CG＝DM＝DG+GM＝DG+GB， ∴2GH＝DG+GB． （3）如图1﹣2中，由（2）可知，在Rt△CGH中，CH＝43，∠GCH＝30°， ∴GH＝4， ∵BG＝6， ∴BH＝2， 在Rt△BCH中，BC＝BH2+CH2=213， ∵△ABD，△BDC都是等边三角形， ∴S四边形ABCD＝2•S△BCD＝2×34×（213）2＝263． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角性质等知识，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14-3】（2022春·山东德州·八年级统考期末）【感知】如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG． 【拓展】如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG． 【应用】如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=3ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果） 【答案】见解析 【详解】试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG； 应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案． 试题解析： 探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F． ∵∠A=∠F， ∴∠BCD=∠ECG． ∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD， 即∠BCE=∠DCG． 在△BCE和△DCG中， BC＝CD∠BCE＝∠DCGCE＝CG ∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE=DG． 应用：∵四边形ABCD为菱形， ∴AD∥BC， ∵BE=DG， ∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8， ∵AE=3ED， ∴S△CDE=14×8=2 , ∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10 ∴S菱形CEFG=2S△ECG=20. 【考点15 根据正方形的判定与性质求线段长】 【例15】（2022春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC=4,DE=AF=1，则CG的长是_____． 【答案】125##2.4 【分析】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG=125． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4， ∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4， 又∵DE＝AF＝1， ∴CE＝DF＝3， ∴在△CDF和△BCE中， CD=BC∠CDF=∠BCEDF=CE， ∴△CDF≌△BCE（SAS）， ∴∠DCF＝∠CBE， ∵∠DCF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠BGC＝90°， ∵在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3， ∴BE=BC2+EC2=5, ∴BE•CG＝BC•CE， ∴CG=BC·CEBE=4×35=125， 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，证明△CDF≌△BCE是解题关键． 【变式15-1】（2022春·天津南开·八年级统考期末）如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E，F分别在AD，CD上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为________． 【答案】5 【分析】根据正方形四条边相等四个角都是直角的性质，可得AB=AD，∠D=∠BAE，进而得到△ABE和△ADF全等．通过全等三角形对应角相等和直角三角形等的两个锐角互余，得到∠AGE=90°，则△BFG是直角三角形，H是BF中点，即可得到GH=12BF． 【详解】∵ 四边形ABCD是正方形 ∴AB=AD，∠D=∠BAE ∵AE=DF=2 ∴△ABE≌△ADF（SAS） ∴∠DAF=∠EBA ∵∠EBA+∠AEG=90° ∴∠DAF+∠AEG=90° 则∠AGE=∠BGF=90° ∵H是BF中点 ∴GH=12BF ∵BF=BC2+CF2=82+62=10 ∴GH=12BF=5 故答案为：5 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，以及直角三角形两个锐角互余和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．熟练的掌握正方形和直角三角形的性质和判定是解题的关键． 【变式15-2】（2022春·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）已知正方形ABCD的边长为2，以AD为一边向外作等腰直角三角形ADE，则点E到点B的距离为___________． 【答案】4或10或25 【分析】分∠AED=90°、∠DAE=90°以及 ∠ADE=90°三种情况考虑，通过构建直角三角形，利用正方形和等腰直角三角形的性质找出直角边的长度，利用勾股定理即可得出结论 【详解】AD为边向正方形外作等腰直角三角形ADE分三种情况，如图所示． 当∠AED= 90°时，过点E作EF⊥BA延长线于点F，连接BE， ∵正方形ABCD的边长为2，△AED为等腰直角三角形， ∴AF= EF=12AD= 1． 在Rt△BFE中， BF= AB+ AF= 2+1=3， EF= 1， ∴BE=BF2+EF2=10； 当∠DAE= 90°时， ∵正方形ABCD的边长为2，△AED为等腰直角三角形， ∴AE= AD= 2， ∴BE= AB+ AE= 2+2= 4； 当∠ADE= 90°时，连接BE， ∵正方形ABCD的边长为2，△A ED为等腰直角三角形， ∴DE= AD= 2， 在Rt△BCE中，BC = 2， CE= CD+ DE= 2+2= 4， ∴BE=BC2+CE2=25 故答案为：4或10或25． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是分∠AED=90°、∠DAE=90°以及∠ADE=90°三种情况考虑．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，分类讨论是关键． 【变式15-3】（2022春·河南新乡·八年级统考期末）如图1，在Rt△EAF中，∠A=90°，∠AEF，∠AFE的外角平分线交于点C，过点C分别作直线AB，AD的垂线，B，D为垂足． (1)【问题发现】∠ECF=______°（直接写出结果，不写解答过程）． (2)【问题探究】①求证：四边形ABCD是正方形． ②若AF=DF=4，求BE的长． (3)【问题拓展】如图2，在△PQR中，∠QPR=45°，高PH=4，HR=1，则HQ的长度是______（直接写出结果，不写解答过程）． 【答案】(1)45 (2)①见解析；②83 (3)125 【分析】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF=360°-90°=270°，根据角平分线的定义得到∠CFE=12∠DFE，∠CEF=12BEF，求得∠CEF+∠CFE=12（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论； （2）①作CG⊥EF于G，则∠CGE=∠CGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出CB=CD，即可得出四边形ABCD是正方形；②设BE=x，由①得四边形ABCD是正方形，求得AD=AB=8，证明Rt△CGF≌Rt△CDF，根据全等三角形的性质得到GF=DF=4，同理可得GE=BE=x，在Rt△AEF中根据勾股定理列方程即可得到结论； （3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ=QR，MR=HR=1，DQ=HQ，MG=DG=MP=PH=4，GR=3，设DQ=HQ=a，则GQ=4-a，QR=a+1，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可． （1） 解：∵∠EAF=90°， ∴∠AFE+∠AEF=90°， ∴∠DFE+∠BEF=360°-90°=270°， ∵FC平分∠DFE，EC平分∠BEF， ∴∠CFE=12∠DFE，∠CEF=12∠BEF， ∴∠CEF+∠CFE=12（∠DFE+∠BEF）=12×270°=135°， ∴∠ECF=180°-∠CEF-∠CFE=45°， 故答案为：45； （2） ①证明：作CG⊥EF于G，如图所示， 则∠CGE=∠CGF=90°， ∵CB⊥AE，CD⊥AF， ∴∠B=∠D=90°=∠A， ∴四边形ABCD是矩形， ∵∠AEF，∠AFE外角平分线交于点C， ∴CB=CG，CD=CG， ∴CB=CD， ∴四边形ABCD是正方形； ②设BE=x， ∵AF=DF=4， ∴AD=8， 由①得四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB=8， 在Rt△CGF与Rt△CDF中，CF=CFCG=CD， ∴Rt△CGF≌Rt△CDF（HL）， ∴GF=DF=4， 同理，GE=BE=x， 在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2， 即8−x2+42=x+42， 解得：x=83， ∴BE的长为83； （3） 如图2，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G， 由（1）（2）及翻折的性质得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ=QR，MR=HR=1，DQ=HQ， ∴MG=DG=MP=PH=4， ∴GR=3， 设DQ=HQ=a，则GQ=4-a，QR=a+1， 在Rt△GQR中，由勾股定理得：4−a2+32=1+a2， 解得：a=125，即HQ=125， 故答案为：125． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识并作出合理的辅助线是解题的关键，本题综合性强，有一定难度． 【考点16 根据正方形的判定与性质求角度】 【例16】（2022秋·重庆·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．则∠CDF的度数为（　　） A．40° B．45° C．50° D．55° 【答案】B 【分析】延长AE,DC至点G，证明△AEM≌△GEC，得到AE=EG，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到AE=DE，进而得到DE=EF，得到∠AED=180°−2∠ADE,∠DEF=180°−2∠FDE，进而得到∠AEF=360°−2∠ADF，求出∠ADF的值，进而求出∠CDF的度数． 【详解】解：延长AE,DC至点G， ∵四边形ABCD是正方形，点E是CM的中点， ∴AB∥CD,ME=CE，∠ADC=90°， ∴∠EAM=∠EGC,∠AME=∠GCE， ∴△AEM≌△GECAAS， ∴AE=EG， ∵∠ADC=90°， ∴DE=AE， ∴∠EAD=∠EDA， ∴∠AED=180°−2∠ADE， ∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF， ∴∠AEF=90°,AE=EF， ∴DE=EF， ∴∠EDF=∠EFD， ∴∠DEF=180°−2∠FDE， ∴∠AEF=∠AED+∠DEF=180°−2∠FDE+180°−2∠ADE=360°−2∠ADF=90°， ∴∠ADF=135°， ∴∠CDF=∠ADF−∠ADC=45°； 故选B． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，旋转的性质．本题的综合性较强，解题的关键是添加辅助线，证明三角形全等． 【变式16-1】（2022秋·福建泉州·七年级校考期中）如图所示，将三个大小相同的正方形的一个顶点重合放置，则α、β、γ三个角的数量关系为（    ） A．α+β+γ=90° B．α+β−γ=90° C．α−β+γ=90° D．α+2β−γ=90° 【答案】C 【分析】根据β=∠BOD+∠EOC−∠BOE，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD和∠EOC的度数,从而求解． 【详解】解：如图： ∵三个大小相同的正方形， ∴∠AOC=∠BOE=∠DOF=90° ∵∠BOD=90°−∠EOD=90°−90°−α=α，∠EOC=90°−∠BOC=90°−90°−γ=γ， 又∵β=∠BOD+∠EOC−∠BOE， ∴β=α+γ−90°，即α−β+γ=90°， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，角度的计算，正确理解β=∠BOD+∠EOC−∠BOE这一关系是解决本题的关键． 【变式16-2】（2022春·全国·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点P为对角线BD上一动点，点E在射线BC上．    （1）填空：∠PBC=________度； （2）若点E为BC的中点，连接PE、PC，求PE+PC的最小值； （3）若点E是直线AP与射线BC的交点，当△PCE为等腰三角形时，求∠PEC的度数． 【答案】（1）45；（2）25；（3）30∘或120∘ 【分析】（1）根据正方形的对角线平分一组对角，且四个角为直角，确定出所求角度数即可； （2）连接AP，当AP与PE在一条线上时，PE+PC最小，利用勾股定理求出最小值； （3）分两种情况考虑：①当E在BC延长线上时，如图2所示，△PCE为等腰三角形，则CP=CE；②当E在BC上，如图3所示，△PCE是等腰三角形，则PE=CE，分别求出∠PEC的度数即可． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DBC=45度， ∵P在BD上， ∴∠PBC=45度， 故答案为：45． （2）如图1所示：点C关于直线BD的对称点为A， 连接AE，交BD于点P， 此时AP=PC， PE+PC最小， ∵AB=4，E是BC的中点， ∴BE=2 ∴PE+PC的最小值为42+22=25． （3）分两种情况考虑： ①当点E在BC的延长线上时，如图2所示，  △PCE是等腰三角形，则CP=CE， ∴∠CPE=∠CEP， ∴∠BCP=∠CPE+∠CEP=2∠CEP， ∵在正方形ABCD中，∠ABC=90∘， ∴∠PBA=∠PBC=45∘， 在△ABP和△CBP中， AB=BC，∠ABP=∠CBP，BP=BP， ∴△ABP≅△CBPSAS， ∴∠BAP=∠BCP=2∠CEP， ∵∠BAP+∠PEC=90∘， ∴2∠PEC+∠PEC=90∘， ∴∠PEC=30∘． ②当点E在BC上时， 如图3所示，△PCE是等腰三角形，则PE=CE， ∴∠CPE=∠PCE， ∴∠BEP=∠CPE+∠PCE=2∠ECP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠PBA=∠PBC=45∘， 又AB=BC，BP=BP， ∴△ABP≅△CBP（SAS）， ∴∠BAP=∠BCP， ∴∠BAP+∠AEB=90∘， ∴2∠BCP+∠BCP=90∘， ∴∠BCP=30∘， ∴∠AEB=60∘， ∴∠PEC=180∘−∠AEB=120∘． 综上所述：当△PCE为等腰三角形时， ∠PEC的度数为30∘或120∘． 【点睛】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 【变式16-3】（2022春·北京海淀·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是正方形，E是CD垂直平分线上的点，点E关于BD的对称点是E'，直线DE与直线BE'交于点F． (1)若点E是CD边的中点，连接AF，则∠FAD＝___°； (2)小明从老师那里了解到，只要点E不在正方形的中心，则直线AF与AD所夹锐角不变．他尝试改变点E的位置，计算相应角度，验证老师的说法． ①如图，将点E选在正方形内，且△EAB为等边三角形，求出直线AF与AD所夹锐角的度数； ②请你继续研究这个问题，可以延续小明的想法，也可用其它方法． 我选择___小明的想法；（填“用”或“不用”）并简述求直线AF与AD所夹锐角度数的思路． 【答案】(1)45 (2)①∠FAD=45°；②用；证明见解析 【分析】（1）先判断出点E'是AD的中点，利用三角形的中位线即可判断出DF=AD，即可得出结论； （2）①先判断出∠AED=75°，再判断出△ABF≌△EBF，即可得出结论； ②方法一：先判断出△ADE≌△BFE，进而判断出△ABF是等腰直角三角形，即可得出结论； 方法二：先判断出ED⊥BD，进而得出点E'与点F重合，，再判断出△ADF≌△CDE，即可得出结论． （1） 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD=BC，AD∥BC， ∴∠ADF=∠BCD=90° ∵点E是CD的中点， ∴DE=12CD， ∵点E'是点E关于正方形的对角线BD对称， ∴DE'=DE， ∴DE'=12BC， ∵AD∥BC， ∴FD=CD=AD， ∴∠FAD=∠AFD=180°−90°÷2=45°． 故答案为：45． （2） ①∵△EAB是等边三角形， ∴∠EBA=∠EAB=60°，BE=EA=AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABD=45°，∠BAD=90°， ∴AE=AD，∠EAD=∠BAD−∠BAE=30°， ∴∠AED=180°−30°÷2=75°， ∵点E'是点E关于BD的对称点， ∴∠E'BD=∠EBD=∠ABE−∠ABD=15°， ∴∠FBE=30°， ∴∠ABF=∠ABE−∠FBE=30°， ∴∠ABF=∠EBF， 在△ABF和△EBF中， AB=BE∠ABF=∠EBFBF=BF， ∴△ABF≌△EBFSAS ∴FA=FE， ∴∠FAE=∠FEA=75°， ∴∠FAD=∠FAE−∠EAD=45°． ②如果沿用小明的想法： 方法一：如图，我将点E选在AB边的中点． ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA∥BC，AD=AB，∠ABC=∠BAD=90°，∠ABD=∠CBD=45°． ∵点E'是点E关于BD的对称点， ∴∠E'BD=∠EBD=45°． ∴∠CBD=∠E'BD． ∴E'在BC上． ∴F在直线BC上． ∴BF∥AD． ∴∠FBE=∠DAE，∠BFE=∠ADE． ∵E是AB的中点， ∴AE=EB， 在△ADE和△BFE中， ∠DAE=∠FBE∠ADE=∠BFEAE=BE， ∴△ADE≌△BFEAAS ∴AD=BF， ∴AB=BF， ∵∠FBA=180°−∠ABC=90°， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴∠FAB=45°． ∴∠FAD=90°+45°=135°， ∴直线AF与AD所夹锐角为45°． 故答案为：用． 方法二：如图，我将点E选在正方形外，使∠EDC=45°的位置， 连接CE． ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA=DC，∠BDA=∠BDC=45°． ∵E在CD的垂直平分线上， ∴ED=EC， ∴∠EDC=∠ECD． ∵∠EDC=45°， ∴∠ECD=45°，∠BDE=∠BDC+∠CDE=90°． ∴ED⊥BD， ∵点E'是点E关于BD的对称点， ∴EE'⊥BD， ∴E'，D，E三点共线， ∴点E'与点F重合， ∴FD=DE，∠ADF=∠BDF−∠BDA=45°， ∴∠ADF=∠CDE， 在△ADF和△CDE中， DA=DC∠ADF=∠CDEDF=DE， ∴△ADF≌△CDESAS， ∴∠FAD=∠ECD=45°． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等边三角形的性质，对称的性质，线段垂直平分线性质．解（1）的关键是判断出DF=AD；解（2）①的关键是判断出△ADE≌△BFE，②的关键是判断出△ADF≌△CDE． 【考点17 根据正方形的判定与性质求面积】 【例17】（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC，∠ABC的角平分线交于点G，GE⊥BC于点E，GF⊥AC于点F． (1)求证：四边形GECF是正方形； (2)若AC=4，BC=3，求四边形GECF的面积． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】1过G作GD⊥AB于G，由角平分线的性质可求出GF=GE，由正方形的判定定理即可证明； 2设EG=x，则DG=FG=x，利用面积法列等式可得x的值，因为四边形GECF是正方形，所以四边形GECF的面积=EG2，从而得结论． （1） 证明：过G作GD⊥AB于D， ∵∠CAB、∠CBA的角平分线交于G点，GE⊥BC于点E，GF⊥AC于点F， ∴DG=EG，DG=FG， ∴EG=FG， ∵△ABC是直角三角形，∠C=90°，GE⊥BC，GF⊥AC， ∴∠C=∠CEG=∠CFG=90°， ∴四边形GECF是矩形， ∵EG=FG， ∴四边形GECF为正方形； （2） 解：如图2，连接CG，过G作GD⊥AB于D， 由勾股定理得：AB=32+42=5， 设EG=x，则DG=FG=x， ∵S△ABC=S△AGB+S△AGC+S△BCG， ∴12×3×4=12⋅5x+12⋅4x+12⋅3x， ∴x=1， ∴四边形GECF的面积=EG2=1． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，准确作出辅助线，得出EG=FG是解决第1问的关键；利用面积法列等式是解决第2问的关键． 【变式17-1】（2022秋·江西南昌·九年级期中）如图，E、F在正方形ABCD的边上，∠EAF=45°． （1）△ABG是由△ADE旋转而来，旋转中心是什么？旋转角是多少度？ （2）求证：GF=EF； （3）若BG=2,BF=3，求正方形ABCD的面积． 【答案】（1）旋转中心为A,90°；（2）见解析；（3）36 【分析】（1）根据旋转的性质能判断出旋转中心和求出旋转角度； （2）由旋转得到△ABG≅△ADE，得到AG=AE, ∠BAG=∠DAE，∠GAF=∠EAF， 从而可得到△EAF≅△GAF，得出结论； （3）设正方形边长为x，EF=GF=2+3=5，利用勾股定理求出边长，进而求出面积 【详解】解：（1）由旋转性质可得旋转中心为A点，旋转角度为90°； （2）∵△ABG由△ADE旋转而来 ∴△ABG≅△ADE ∴AG=AE, ∠BAG=∠DAE ∵∠BAD=90°, ∠EAF=45° ∴∠GAF=∠BAG+∠BAF=45° ∴∠GAF=∠EAF 在△EAF由△GAF中 AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF ∴△EAF≅△GAF(SAS) ∴GE=EF； （3）设正方形边长为x EF=GF=2+3=5 ∴(x−3)2+(x−2)2=52 ∴x=6或x=−1（舍弃） ∴正方形面积为62=36． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质和勾股定理相关内容，解题关键在于利用旋转的性质求出三角形全等． 【变式17-2】（2022·山东淄博·九年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为a，在AB、BC、CD、DA边上分别取点A1、B1、C1、D1，使AA1=BB1=CC1=DD1=13a，在边A1B1、B1C1、C1D1、D1A1上分别取点A2、B2、C2、D2，使A1A2=B1B2=C1C2=D1D2=13A1B2，…．依次规律继续下去，则正方形AnBnCnDn的面积为____． 【答案】(59)na2． 【详解】在Rt△A1BB1中，由勾股定理可知； A1B12=A1B2+B1B2=(23a)2+(13a)2=59a2， 即正方形A1B1C1D1的面积=59a2； 在Rt△A2B1B2中，由勾股定理可知： A2B22=A2B12+B2B12=(23×53a)2+(13×53a)2=(59)2a2； 即正方形A2B2C2D2的面积=(59)2a2，…， ∴正方形AnBnCnDn的面积=(59)na2． 故答案为 (59)na2． 【变式17-3】（2022春·陕西渭南·八年级统考期中）如图，点E是正方形ABCD外一点，连接AE、BE和DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为7；④S正方形ABCD＝8+14．则正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①易知AE＝AP，AB＝AD，所以只需证明∠EAB＝∠PAD即可用SAS说明△APD≌△AEB； ②易知∠AEB＝∠APD＝135°，则∠BEP＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，所以EB⊥ED； ③在Rt△BEP中利用勾股定理求出BE值为7，根据垂线段最短可知B到直线AE的距离小于7；则③错误； ④要求正方形的面积，则需知道正方形一条边的平方值即可，所以在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝7，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点，在Rt△AHB中利用勾股定理AB2＝BH2+AH2即可． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°． ∴∠DAP+∠BAP＝90°． 又∠EAP+∠BAP＝90°， ∴∠EAP＝∠DAP． 又AE＝AP， ∴△APD≌△AEB（SAS）． 所以①正确； ∵AE＝AP，∠EAP＝90°， ∴∠APE＝∠AEP＝45°， ∴∠APD＝180°﹣45°＝135°． ∵△APD≌△AEB， ∴∠AEB＝∠APD＝135°， ∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°， 即EB⊥ED，②正确； 在等腰Rt△AEP中，利用勾股定理可得EP＝AE2+AP2=2， 在Rt△BEP中，利用勾股定理可得BE＝BP2−EP2=7． ∵B点到直线AE的距离小于BE，所以点B到直线AE的距离为7是错误的， 所以③错误； 在△AEB中，∠AEB＝135°，AE＝1，BE＝7， 如图所示，过点A作AH⊥BE交BE延长线于H点． 在等腰Rt△AHE中，可得AH＝HE＝22AE＝22． 所以BH＝22+7． 在Rt△AHB中利用勾股定理可得AB2＝BH2+AH2， 即AB2＝（22+7）2+（22）2＝8+14， 所以S正方形ABCD＝8+14． 所以④正确． 所以只有①和②、④的结论正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解决复杂几何图形时要会分离图形，分离出对解决问题有价值的图形单独解决． 【考点18 中点四边形】 【例18】（2022春·安徽芜湖·八年级统考期中）如图，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC＝6，BD＝10．依次取A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3……以此类推取An﹣1Bn﹣1，Bn﹣1Cn﹣1，Cn﹣1Dn﹣1，Dn﹣1An﹣1的中点An，Bn，Cn，Dn，若四边形AnBnCnDn的面积为1532，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】解：∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴A1B1∥AC，C1D1∥AC， ∴A1B1∥C1D1， 同理可得，A1D1∥B1C1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形 ∵A1B1∥C1D1，A1D1∥B1C1，AC⊥BD， ∴∠A1B1C1＝∠APC1＝∠AHD＝90°， ∴四边形A1B1C1D1是矩形； ∵A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴A1B1＝12AC＝3，A1D1＝12BD＝5， ∴矩形A1B1C1D1的面积＝3×5＝15， 同理，A2B2C2D2是菱形； 则A2B2C2D2的面积＝15×12， A3B3C3D3的面积＝15×122， A4B4C4D4的面积＝15×123， A5B5C5D5的面积＝15×124， AnBnCnDn的面积为15×12n−1， ∵AnBnCnDn的面积为1532， ∴12n−1=132=125，即n−1=5，解得，n=6； 故选：B 【点睛】本题考查的是中点四边形的性质，掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理、根据图形的变化找出规律是解题的关键． 【变式18-1】（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点．有下列四个推断： ①对于任意四边形ABCD，四边形MNPQ都是平行四边形； ②若四边形ABCD是平行四边形，则MP与NQ交于点O； ③若四边形ABCD是矩形，则四边形MNPQ也是矩形； ④若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD也一定是正方形． 所有正确推断的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】A 【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】①∵点M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA的中点， ∴MN是△ABC的中位线，PQ是△ADC的中位线，MQ是△ABD的中位线，PN是△BCD的中位线， ∴MN∥AC,QP∥CA MN=12AC，PQ=12AC，MQ=12BD， ∴MN∥PQ，MN=PQ， ∴四边形MNPQ是平行四边形，①正确； ②若四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC,AD∥BC ∵Q,N分别为AD,BC的中点， ∴AQ=BN ∴四边形ABNQ是平行四边形， 由（1）可得四边形MNPQ是平行四边形， ∴MP与NQ互相平分， ∴NQ的中点就是AC的中点， 则MP与NQ交于点O，②正确； ③若四边形ABCD是矩形，则AC=BD， ∴MN=MQ， ∴四边形MNPQ是菱形，不是矩形；③不正确； ④∵四边形ABCD中，若AC=BD，AC⊥BD， 则四边形MNPQ是正方形， ∴若四边形MNPQ是正方形，则四边形ABCD不一定是正方形，④不正确； 故选：A． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【变式18-2】（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，AB=6，AD=4． （1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形； （2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，DE=14AD． ①连接BG，若BG=5，求AF的长； ②设AF=m，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式S=3−12m．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）①72；②存在m=27，菱形EFGH面积最大为18+27 【分析】（1）连接AC，BD，由E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点可得，EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，又AC=BD，得EF=GH=EH=FG，即结论得证； （2）①过点G作GI⊥AB延长线于I，根据AAS证ΔGIF≅ΔEDH，得出GI=DE=1，根据勾股定理求出BI，设AF=x，则BF=6−x，再利用勾股定理求出x即可； ②延长IG交DC延长线于M，由①知ΔGIF≅ΔEDH，同理可证ΔAEF≅ΔMGH，则菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积，得出关于m的关系式即可得出m最大时菱形面积最大，当H与C重合时m有最大值，求出此时的m值即可． 【详解】解：（1）连接AC，BD， ∵E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点， ∴EF=GH=12BD，EH=FG=12AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD， ∴EF=GH=EH=FG， ∴四边形EFGH是菱形； （2）①如图2，过点G作GI⊥AB延长线于I， ∵EH//FG，CD//FI， ∴∠DHE=∠GFI， 又∵∠I=∠D=90°，FG=EH， ∴ΔGIF≅ΔEDH(AAS)， ∴GI=DE=14AD=1， ∴BI=BG2−IG2=52−12=2， 设AF=x，则BF=6−x， ∵EF=FG， ∴AF2+AE2=FI2+IG2， 即x2+(4−1)2=(6−x+2)2+12， 解得x=72， 故AF=72； ②如图2，延长IG交DC延长线于M， ∴由已知可得，四边形ADMI是矩形， 由①知ΔGIF≅ΔEDH， 同理可证ΔAEF≅ΔMGH， ∴菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积， ∵SΔGBF=12FB⋅GI=3−12m， 即12(6−m)⋅GI=3−12m， ∴GI=1， ∵AF=m，AB=6，AD=4，DE=14AD， ∴FI=GF2−GI2=EF2−GI2=AE2+AF2−GI2=m2+8， ∴S菱形EFGH=S矩形ADMI−2SΔAEF−2SΔFIG=4×m2+8+m−2×12×3m−2×12×1×m2+8=3m2+8+m， ∴当m取最大值时菱形EFGH面积最大， ∵当H与C重合时EH有最大值，即m取到最大值， 此时AF=EF2−AE2=EH2−AE2=ED2+DC2−AE2=12+62−32=27， S菱形EFGH=3m2+8+m=18+27， ∴当AF=27时，菱形EFGH面积最大为18+27． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键． 【变式18-3】（2022春·浙江·八年级期中）在四边形ABCD中，AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形PQMN怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在AB上取一点E，连结DE，CE，恰好△ADE和△BCE都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形PQMN的形状，并证明你的结论； ②当AE=6，EB=3，求此时四边形PQMN的周长（结果保留根号）． 【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）①菱形，证明见解析；②67 【分析】（1）连接AC、BD．利用三角形中位线定理判定四边形PQMN的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形； （2）①设ΔADE的边长是x，ΔBCE的边长是y，由于DB2=(12x+y)2+(32x)2=x2+xy+y2，AC=(x+12y)2+(32y)2=x2+xy+y2，可得平行四边形PQMN的对角线相等，从而得出平行四边形PQMN是菱形； ②如图2，过点D作DF⊥AB于F，则通过解三角形求得DF=33，由勾股定理得到DB=(33)2+62=37．由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是67． 【详解】解：（1）如图1，连接AC、BD． ∵PQ为ΔABC的中位线， ∴PQ=12AC且PQ//12AC， 同理MN=12AC且MN//12AC． ∴MN=PQ且MN//PQ， ∴四边形PQMN为平行四边形； （2）①四边形PQMN是菱形， 如图2，连接AC，BD， ∵△ADE和△BCE都是等边三角形， ∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°， ∴∠AEC=∠DEB， ∴△AEC≌△DEB， ∴AC=BD， ∵点M，N是AD，CD的中点， ∴MN是△ADC的中位线， ∴MN=12AC， 同理：PN=12BD， ∴MN=PN， 由（1）知，四边形PQMN是平行四边形， ∴平行四边形PQMN是菱形； ②过点D作DF⊥AB于F，则DF=33， 又∵DF2+FB2=DB2， ∴DB=(33)2+62=37， ∴由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是12×37×4=67． 【点睛】本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理． 【考点19 特殊四边形的证明】 【例19】（2022春·辽宁盘锦·八年级统考期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边BC、AB上，点G在边BA的延长线上，且CE=BF=AG． (1)求证：①DE=DG ；②DE⊥DG； (2)尺规作图：以线段DE、DG为边作出正方形DEHG（保留作图痕迹不写作法和证明）； (3)连接（2）中的FH，猜想四边形CEHF的形状，并证明你的猜想； (4)当CECB=1n时，求出S正方形ABCDS正方形DEHG的值． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)见解析 (3)四边形CEHF为平行四边形，证明见解析 (4)n2n2+1 【分析】（1）利用SAS证明△DCE≌△DAG，得DE=DG，∠EDC=∠GDA，再利用三角形内角和定理可证明DE⊥DG； （2）分别以G、E为圆心，DG为半径画圆，交点即可H点； （3）首先根据一组对边平行且相等证明四边形CFGD是平行四边形，从而得出HE∥CF，HE=CF，进而证明结论； （4）设CE=x，则CB=nx，CD=nx，利用勾股定理表示出DE的长，从而得出答案． 【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形， ∴DC=DA，∠DCE=∠DAG=90°， 又∵CE=AG， ∴△DCE≌△DAG， ∴DE=DG， ②由△DCE≌△DAG，得∠EDC=∠GDA， 又∵∠ADE+∠EDC=90°， ∴∠ADE+∠GDA=90°， ∴∠GDE=90°， ∴DE⊥DG； （2）解：如图所示： （3）解：四边形CEHF为平行四边形，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形DEHF都是正方形， ∴AB∥CD，EH∥DG， ∵BF=AG， ∴FG=AB=CD， ∴四边形CFGD是平行四边形， ∴CF=DG=EH，CF∥DG， ∵EH∥DG， ∴CF∥EH， ∴四边形CEHF为平行四边形； （4）当CECB=1n时，设CE=x，则CB=nx，CD=nx，， ∴DE2=x2+(nx)2=(n2+1)x2， ∴S正方形ABCDS正方形DEHG＝n2x2(n2+1)x2=n2n2+1． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件． 【变式19-1】（2022秋·河南平顶山·九年级统考期中）如图，这是一张三角形纸片，小红想用这张纸片剪出一个菱形图案，贴在她制作的手抄报，使∠B为菱形的一个内角． (1)请在图中画出一个符合要求的菱形，并简要说明画图步骤． (2)根据你的画图步骤，证明你所画的图形是一个菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作∠ABC的平分线BM交AC于点D；在线段BD上取一点E；作BE的垂直平分线交AB于F，交BC于G，连接EF和EG，则四边形BGEF是符合条件的菱形． （2）根据作图得出EF∥BG，同理BF∥EG，得出四边形BGEF是平行四边形，根据BF=EF，即可得证． 【详解】（1）如图所示， 作图步骤如下：①作∠ABC的平分线BM交AC于点D； ②在线段BD上取一点E； ③作BE的垂直平分线交AB于F，交BC于G， ④连接EF和EG，则四边形BGEF是符合条件的菱形． （2）证明：如图， ∵FG垂直平分BE， ∴ BF=EF，BG=EG ∴ ∠1=∠3， ∵BD平分∠ABC， ∴ ∠1=∠2，∴ ∠2=∠3 ∴ EF∥BG，同理BF∥EG， ∴四边形BGEF是平行四边形 又∵ BF=EF， ∴四边形BGEF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形） 【点睛】本题考查了作角平分线，作垂线，菱形的判定，掌握基本作图以及菱形的判定是解题的关键． 【变式19-2】（2022秋·辽宁沈阳·九年级统考期中）已知正方形ABCD，E是射线AB上一动点，连接EC，点F在直线CD上，且EF=EC，将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，过点C作EG的平行线，交射线AD于点H，连接HG． (1)如图1，当点E在AB中点时，D，F重合，请判断四边形HCEG的形状并证明你的结论； (2)如图2，当点E在AB延长线上时，补全图形并回答下列问题： ①四边形HCEG的形状是否发生改变，请说明理由； ②连接HE，交DC于点M，若MC=5， EF=53，请直接写出ME的长． 【答案】(1)四边形HCEG是菱形，理由见解析 (2)①四边形HCEG的形状不会发生改变，四边形HCEG是菱形，理由见解析；②EM=72 【分析】（1）设ED与CH交与点M，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到CH=EG，再利用菱形的判定定理解答即可； （2）①延长CH交EF于点K，利用正方形的性质，旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到CH=EG，再利用菱形的判定定理解答即可； ②设EH交BC于点N，利用①的结论证明△NEC≌△MHC，得到CM=CN，则△CMN和△BEN为等腰直角三角形，设BN=BE=x,则BC=x+5，利用勾股定理列出方程即可求得x值，再利用等腰直角三角形的性质求得MN，EN的长，则ME=MN+EN． 【详解】（1）解：四边形HCEG是菱形，理由： 设ED与CH交与点M，如图， ∵CH∥EG，EG⊥EF， ∴CH⊥ED， ∴∠ADM+∠DHC=90°， ∵∠ADM+∠EDC=90°， ∴∠DHC=∠EDC． ∵AB∥CD， ∴∠AED=∠EDC， ∴∠AED=∠DHC， 在△AED和△HDC中， ∠A=∠HDC=90°∠AED=∠DHCAD=DC， ∴△AED≌△HDCAAS， ∴ED=CH， ∴CH=EG， ∵CH∥EG， ∴四边形HCEG为平行四边形， ∵点E在AB中点， ∴EA=EB， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=BC，∠A=∠B=90°． 在△AED和△BEC中， EA=EB∠A=∠B=90°AD=BC， ∴△AED≌△BECSAS， ∴ED=EC， ∵D，F重合， ∴ED=EF， ∵将EF绕点E顺时针旋转90°得到EG， ∴EF=EG． ∵EF=EC， ∴EG=EC． ∴四边形HCEG是菱形； （2）四边形HCEG的形状不会发生改变，四边形HCEG是菱形，理由： 延长HC交EF于点K，如图， 由题意得：EF=EG，EG⊥EF， ∵EF=EC， ∴EC=EG． ∵CH∥EG， ∴CK⊥EF． ∴∠KCF+∠KFC=90°． ∵∠KCF=∠DCH，∠DCH+∠DHC=90°， ∴∠KFC=∠DHC． ∵EC=EF， ∴∠KFC=∠ECF． ∵AB∥CD， ∴∠BEC=∠ECF， ∴∠BEC=∠DHC． 在△BEC和△DHC中， ∠EBC=∠HDC=90°∠BEC=∠DHCBC=DC， ∴△BEC≌△DHCAAS， ∴EC=HC， ∴EG=CH， ∵CH∥EG， ∴四边形HCEG为平行四边形， ∵EC=EG， ∴四边形HCEG是菱形； ②设EH与BC交于点N，如图， 由①知：△BEC≌△DHC， ∴CH=CE，∠ECN=∠HCM， ∴∠CEN=∠CHM． 在△NEC和△MHC中， ∠ECN=∠HCMCE=CH∠CEN=∠CHM， ∴△NEC≌△MHCASA， ∴CN=CM， ∵MC=5， ∴CN=5， ∴MN=2CM=52． ∵∠BCD=90°， ∴∠CMN=∠CNM=45°， ∵∠BNE=∠CNM， ∴△BNE为等腰直角三角形， ∴BN=BE， 设BN=BE=x，则BC=x+5， ∵EF=53，EC=EF， ∴EC=53． 在Rt△BEC中， ∵BE2+BC2=EC2， ∴x2+x+52=532， 解得：x1=2，x2=−7（负数不合题意，舍去）， ∴BE=BN=2， ∴EN=2BN=22． ∴EM=MN+EN=72． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式19-3】（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图1，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别为A（a，m），B（b，0），C（c，0），D（d，n），且BD平分∠ABC，且a，b，c，d，m，n满足关系式d−a−c+b+|m﹣n|＝0． (1)判断四边形ABCD的形状并证明你的结论． (2)在图1中，若∠ABC＝60°，BD交y轴于点F，点P为线段FD上一点，连接PA，且点E与点B关于y轴对称，连接PE，若PE＝PA， ①试求∠APE的度数； ②试求PFBF+PD的值． (3)如图2，在（2）的条件下，若PE与CD交于点M，且∠CME＝45°，请直接写出BC+CEBC−CE的值 ． 【答案】(1)菱形，证明见解析； (2)①120°，②12； (3)3+233． 【分析】（1）根据关系式d−a−c+b+|m﹣n|＝0可求出c-d=d-a，m=n，可知AD=BC，AD∥BC， 得出四边形ABCD是平行四边形，根据BD平分∠ABC可证明AD=AB，所以四边形ABCD是菱形； （2）①连接PC，作PQ⊥x轴于点Q，根据菱形的性质可得∠APB=∠CPB，PA=PC，根据PE＝PA可得PE=PC，所以∠CPQ=∠EPQ，可得∠APE=2∠BPQ，利用已知条件求出∠BPQ即可； ②连接AC，交BD于点G，利用直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，可分别求出BF、PF、BG，利用BD=2BG可求出PD，将BF、PF、PD的值分别代入计算即可； （3）根据点的坐标求出BC、CE，可得BC+CEBC−CE=−bc，根据题意求出∠CEP=∠BPE=75°，所以BP=BE，将两线段的长度值代入计算可得−bc=3+233，即为所求结果． （1） 四边形ABCD是菱形，证明如下： ∵a、b、c、d、m、n满足关系式d−a−c+b+|m﹣n|＝0， ∴d-a-c+b=0，m-n=0， 解得：c-d=d-a，m=n， ∴AD=BC，AD//BC， ∴四边形ABCD是平行四边形． ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD， ∵AD//BC， ∴∠ADB=∠CBD， ∴∠ABD=∠ADB， ∴AD=AB， ∴四边形ABCD是菱形． （2） ①连接PC，作PQ⊥x轴于点Q，如图， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC、BD互相垂直平分， ∴PA=PC，∠APB=∠CPB， ∵PE＝PA， ∴PE＝PC， ∵PQ⊥CE， ∴PQ平分∠CPE， ∴∠CPQ=∠EPQ， ∴∠APE=∠APB+∠CPB+∠CPQ+∠EPQ=2（∠CPB+∠CPQ）=2∠BPQ， ∵∠ABC＝60°， ∴∠PBC=30°， ∴∠BPQ=90°-30°=60°， ∴∠APE=2×60°=120°． ②连接AC，交BD于点G，如上图， ∵四边形ABCD的顶点坐标分别为A（a，m），B（b，0），C（c，0），D（d，n），点E与点B关于y轴对称， ∴OB=OE=-b， ∵∠DBC=30°， ∴OF=12BF． ∵OB2+OF2=BF2， ∴BF=233OB=−233b． ∵BQ=OB+OB+CQ=c-b+12(−b−c)=c−3b2， ∵PQ=12BP，BQ2+PQ2=BP2， ∴BP=233BQ=233×c−3b2=33c−3b， ∴PF=BP−BF=33c−3b−−233b=33c−b， ∵AC、BD相交于点G， ∴BD=2BG， ∵CG=12BC，BG2+CG2=BC2， ∴BG=32BC=32c−b， ∴BD=2BG=3c−b， ∴PD=BG−BP=3c−b−33c−3b=233c， ∴PFBF+PD=33c−b−233b+233c=12． （3） ∵BC=c-b，CE=-b-c， ∴BC+CEBC−CE=c−b+−b−cc−b−−b−c=−bc， ∵∠ABC=60°，∠CME=45°， ∴∠MCE=60°，∠CEM=180°-60°-45°=75°， ∴∠BPE=180°-30°-75°=75°， ∴∠BPE=∠BEP， ∴BP=BE， ∴33c−3b=−2b， 解得−bc=332−3=3+233 ， ∴BC+CEBC−CE=3+233． 【点睛】本题综合考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理及三角形内角和定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握和运用相关知识是解题的关键． 【考点20 特殊四边形的动点问题】 【例20】（2022春·浙江台州·八年级校联考期中）已知在平面直角坐标系中，四边形ACBO是矩形，A（a，0）、B（0，b）满足a−b+a−22=0，P是对角线AB上一动点，D是x轴正半轴上一点，且PO=PD，DE⊥AB于E． (1)求a、b的值． (2)当P点运动时，PE的值是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE的值． (3)若∠OPD=45°，求点D的坐标． 【答案】(1)a的值为22，b的值为22 (2)PE的值不会发生变化， PE的值为2 (3)点D的坐标为(42−4,0) 【分析】（1）利用非负数的性质求出a与b的值即可； （2）连接OC交 AB于点H，证出∠POH=∠APD，利用AAS得到△POH与△DPE全等，利用全等三角形对应边相等得到PE=OH，求出PE的长即可； （3）证出∠PDA=∠BPO，证明△POB≌△DPA（AAS），由全等三角形的性质求出OB=PA=OA=22 ，求出OD的长，则可得出答案． 【详解】（1）解：∵a−b+a−22=0， ∴a−b=0,a−22=0， ∴a=22,b=22 ； （2）解：PE的值不会变化，PE=2； 理由如下： 连接OC交AB于H点， ∵四边形OACB是矩形，且OA=OB=22， ∴矩形OACB为正方形， ∴OH⊥AB，△AOB为等腰直角三角形， AB=(22)2+(22)2=4， ∴H是斜边AB的中点，∠AOC=∠BOC=45°， ∴AH=BH=OH=12AB=2， ∵PO=PD， ∴∠POD=∠PDO， 又∵∠POD=45°+∠POC，∠PDO=45°+∠APD ， ∴∠POH=∠APD ， ∵OP=PD,∠PHO=∠PED=90°， ∴ΔPOH≅ΔDPE， ∴PE=OH=2； （3）解：∵OP=DP，∠OPD=45°， ∴∠POD=∠PDO=180°−45°2=67.5°， ∴∠PDA=180°−∠PDO=112.5°， ∵∠PDO=∠BAO+∠APD， ∴∠APD=67.5°−45°=22.5°， ∴∠BPO=180°−∠OPD−∠APD=112.5°， ∴∠PDA=∠BPO， 在△POB和△DPA中， ∠BPO=∠PDA∠OBP=∠PADAO=OB ∴△POB≅△DPA， ∴OB=PA=OA=22 ， ∴DA=PB=4−22， ∴OD=OA−DA=22−(4−22)=42−4， ∴D(42−4,0)． 【点睛】此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质，外角性质及内角和定理，坐标与图形性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 【变式20-1】（2022春·湖北十堰·八年级统考期中）已知正方形ABCD，M为射线BD上一动点（M与点B，D不重合），以线段AM为一边作正方形AMEF，连接FD． (1)当点M在线段BD上时（如图1），线段BM与DF有怎样的关系？请直接写出结果______； (2)如图2，当点M在线段BD的延长线上时（1）中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由； (3)若正方形AMEF的边长为5，DM=1，求BF的长． 【答案】(1)DF=BM且DF⊥BM (2)仍然成立，理由见解析 (3)113或85 【分析】（1）利用正方形的性质得出AD=AB，AF=AM，再证∠FAD=∠MAB，利用SAS证明ΔFAD ≅ΔMAB，得出DF=BM，∠FDA=∠MBA，进而证明∠FDB=90°，即可得出DF=BM且DF⊥BM； （2）由∠FAM+∠DAM=∠DAB+∠DAM，推出∠FAD=∠MAB，同（1）可证（1）中结论仍然成立； （3）利用勾股定理依次求出FM，DF，进而求出BM，分点M在线段BD上和在线段BD的延长线上两种情况，利用勾股定理分别求解即可． （1） 解：∵四边形ABCD和四边形AMEF都是正方形， ∴AD=AB，AF=AM，∠FAM=∠DAB=90°， ∴∠FAM−∠DAM=∠DAB−∠DAM， ∴∠FAD=∠MAB． 在ΔFAD和ΔMAB中， AD=AB∠FAD=∠MABAF=AM， ∴ΔFAD ≅ΔMAB SAS， ∴DF=BM，∠FDA=∠MBA， ∵∠DAB=90°，AD=AB， ∴∠MBA=∠BDA=45°， ∴∠FDA+∠BDA=45°+45°=90°，即∠FDB=90°， ∴DF⊥BM， ∴DF=BM且DF⊥BM． 故答案为：DF=BM且DF⊥BM； （2） 解：仍然成立，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形AMEF都是正方形， ∴AD=AB，AF=AM，∠FAM=∠DAB=90°， ∴∠FAM+∠DAM=∠DAB+∠DAM， ∴∠FAD=∠MAB． 在ΔFAD和ΔMAB中， AD=AB∠FAD=∠MABAF=AM， ∴ΔFAD ≅ΔMAB SAS， ∴DF=BM，∠FDA=∠MBA， ∵∠DAB=90°，AD=AB， ∴∠MBA=∠BDA=45°， ∴∠FDA+∠BDA=45°+45°=90°，即∠FDB=90°， ∴DF⊥BM， ∴DF=BM且DF⊥BM； （3） 解：连接FM， ∵正方形AMEF的边长为5， ∴AF=AM=5， 在Rt△AFM中，由勾股定理得，FM=AF2+AM2=52， 在Rt△DFM中，由勾股定理得，FD=FM2−DM2=522−12=7， ∴BM=DF=7， 分两种情况： 当点M在线段BD上时，连接BF，如下图所示： BD=BM+MD=7+1=8， 在Rt△BDF中，由勾股定理得，BF=FD2+BD2=72+82=113； 当点M在线段BD的延长线上时，连接BF，如下图所示： BD=BM−MD=7−1=6， 在Rt△BDF中，由勾股定理得，BF=FD2+BD2=72+62=85， ∴BF的长为113或85． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直的判定，利用勾股定理解直角三角形等，证明ΔFAD ≅ΔMAB是解题的关键，第（3）问注意分情况讨论，避免漏解． 【变式20-2】（2022春·江西赣州·八年级统考期中）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O． (1)如图1，连接AF、CE，求AF的长； (2)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒． ①问在运动的过程中，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形有可能是矩形吗？若有可能，请求出运动时间t和点Q的速度，若不可能，请说明理由； ②若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值． 【答案】(1)AF=5； (2)①当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是矩形时，运用的时间为8秒，此时Q的速度是0.5cm/s；②当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t=203秒． 【分析】（1）根据垂直平分线性质得：AE=EC，AF=FC，再证明△AOE≌△COF，得AE=FC，则四边形AFCE的四边相等，则四边形AFCE为菱形，再利用勾股定理列方程求AF的长； （2）①当P运动到B点，Q运动到D点时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是矩形，先求点P的运动时间，即为点Q的运动时间，再求点Q运动的速度； ②分三种情况讨论：以点P分别在AF、BF、AB上分析讨论，发现只有点P在BF上时，点Q在DE上时A、P、C、Q四点为顶点的四边形有可能是平行四边形，如图3，以AQ=PC为等量关系列方程解出． 【详解】（1）解：如图1， ∵EF是AC的垂直平分线， ∴AE=EC，AF=FC， ∵AO=OC，∠EAC=∠BCA，∠AOE=∠COF， ∴△AOE≌△COF， ∴AE=CF， ∴AE=CF=EC=AF， ∴四边形AFCE为菱形， 设AF=x，则FC=x，BF=8-x， 在Rt△ABF中，x2=42+（8-x）2， x=5， 则AF=5； （2）解：①在运动的过程中，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形有可能是矩形， 只有当P运动到B点，Q运动到D点时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是矩形， P点运动的时间是：（5+3）÷1=8， Q的速度是：4÷8=0.5， 即当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是矩形时，运用的时间为8秒，此时Q的速度是0.5cm/s； ②分为三种情况：i）P在AF上，0≤t≤5， ∵点P的速度为每秒1cm，点Q的速度为每秒0.8cm， ∴Q只能在CD上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不可能是平行四边形； ii）当P在BF上时，5＜t≤8，Q在DE上，A、P、C、Q四点为顶点的四边形有可能是平行四边形； 如图3， ∵AQ=8−（0.8t−4），CP=PF+FC=PF+AF=t， ∴8−（0.8t−4）=t， t=203； iii）当P在AB上时，8＜t≤12，Q在DE或CE上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形， 综上所述：当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t=203秒． 【点睛】本题考查了动点问题的平行四边形、菱形的性质、行程问题等知识点；解题关键是深刻理解动点P和Q的行程问题，弄清两个动点的时间、速度和路程；理解动点的完整运动过程；采用了分类讨论的思想． 【变式20-3】（2022春·辽宁沈阳·八年级东北育才学校校考期中）按要求回答下列问题 发现问题 如图（1），在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EAF=45°，易证：EF=DF+BE．（不必证明） (1)类比延伸 ①如图（2），在正方形ABCD中，如果点E，F分别是边BC，CD延长线上的动点，且∠EAF=45°则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程； ②如图（3），如果点E，F分别是边BC，CD延长线上的动点，且∠EAF=45°则EF，BE，DF之间的数量关系是________．（不要求证明） (2)拓展应用：如图（1），若正方形的ABCD边长为6，AE=35，求EF的长． 【答案】(1)①不成立，理由见解析；②EF＝BE－DF； (2)EF=5 【分析】（1）①不成立，应该是EF＝DF－BE，把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，然后再证明三角形全等即可解答； ②把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，可使AB与AD重合，然后再证明三角形全等即可解答； （3）根据AB=6，AE=35，∠B=90°，利用勾股定理可求得BE=3，进而得知EC=BC-BE=3，DG=3，设EF=FG=x，则FD=x-3，CF=CD-FD=9-x，在△CEF中，因为∠C＝90°，所以EF2=CE2+CF2，即：x2=32+(9−x)2，解方程得到答案． (1) ①不成立，应该是EF＝DF－BE． 理由如下： 如图， 把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合． ∵∠ABE＝∠ADG＝90°，AB＝AD， ∴F，G，D三点共线． ∵∠DAG＝∠BAE，AG＝AE， ∠FAE＝∠FAB＋∠BAE＝∠FAB＋∠DAG＝45°， ∴∠FAG＝∠FAE． 在△FGA和△FEA中， AG=AE∠FAG=∠FAEAF=AF ∴△FGA≌△FEA， ∴EF＝FG＝DF－DG＝DF－BE． ②EF＝BE－DF 把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，可使AB与AD重合． 则∠DAM＝∠BAE，AM＝AE， ∵∠ABE＝∠ADM＝90°，AB＝AD， ∴F，M，D三点共线． ∵∠DAM＝∠BAE， ∠FAE＝45°， ∴∠MAF＝∠DAM-∠DAF＝∠BAE-∠DAF＝90°-∠EAD-∠DAF＝90°-∠EAF＝45°， ∴∠FAM＝∠FAE． 在△FMA和△FEA中， AM=AE∠FAM=∠FAEAF=AF ∴△FMA≌△FEA， ∴EF＝FM＝DM－DF＝BE－DF． (2) 解∶ ∵AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠C=90°，AE=35， ∴BE=AE2−AB2=9=3 ∴CE=BC-BE=6-3=3，DG=BE=3 设EF=FG=x，则FD=x-3，CF=CD-FD=9-x 在△CEF中， ∵∠C＝90°， ∴EF2=CE2+CF2， 即：x2=32+(9−x)2 解得x=5 即：EF=5 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质有关知识．添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 【考点21 特殊四边形的最值问题】 【例21】（2022秋·广东深圳·八年级校联考期末）如图，在长方形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，∠B=90°，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E． (1)当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP； (2)将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在长方形ABCD的内部，延长PB'交直线AD于点F． ①证明FA=FP，并求出在（1）条件下AF的值； ②连接B'C，直接写出△PCB'周长的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析，AF=132；②△PCB'周长的最小值为12 【分析】（1）根据长方形ABCD的性质得AB∥CD，可得∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，利用AAS即可得出结论； （2）①根据平行线的性质和折叠的性质得出∠FAP=∠APF，等角对等边即可得FA=FP，设FA=x，则FP=x，FB'=x−4，在Rt△AB'F中，由勾股定理得x=132，即AF=132； ②可得△PCB'的周长=CP+PB'+CB'=CB+CB'=8+CB'，当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=10，则CB'的最小值=AC−AB'=4，即可得△PCB'周长的最小值． 【详解】（1）证明：∵在长方形ABCD中，AB∥CD ∴∠BAP=∠E，∠B=∠BCE， ∵点P是BC的中点， ∴BP=CP， ∴△ABP≌△ECP(AAS)； （2）解：①∵在长方形ABCD中，AD∥BC， ∴∠APB=∠FAP， 由折叠得∠APB=∠APF， ∴∠FAP=∠APF， ∴FA=FP， 在长方形ABCD中，AB=6，AD=8， ∴BC=AD=8， ∵点P是BC的中点， ∴BP=CP=4， 由折叠得AB'=AB=6，PB'=PB=4，∠B=∠AB'P=∠AB'F=90°， 设FA=x，则FP=x， ∴FB'=x−4， 在Rt△AB'F中，AF2=B'F2+B'A2， ∴x2=(x−4)2+62， 解得x=132，即AF=132； ②由折叠得AB'=AB=6，PB'=PB=4， ∴△PCB'的周长=CP+PB'+CB'=CB+CB'=8+CB'， 连接B'C，AC， ∵AB'+B'C>AC， ∴当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小， 在Rt△ABC中，AB=6，BC=8， ∴AC=62+82=10， ∴CB'′的最小值=AC−AB'=4， ∴∴△PCB'周长的最小值=8+CB'=8+4=12． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键． 【变式21-1】（2022春·湖南湘潭·八年级统考期末）如图，长方形OABC，是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10,OC=6，在AB上取一点M使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作B′点， (1)求B'点的坐标； (2)求折痕CM所在直线的表达式； (3)求折痕CM上是否存在一点P，使PO+PB'最小？若存在，请求出最小值，若不存在，请说出理由． 【答案】(1)B'（8，0）； (2)y=−13x+6 (3)存在，最小值是234 【分析】（1）在Rt△B'OC中，求出OB'即可得答案； （2）在Rt△AB'M中，求出AM可得M坐标，从而可以求CM所在直线的解析式； （3）连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，根据△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点，知PO+PB' =PO+PB≥OB，，用股股定理即可求出PO+PB'的最小值为234． 【详解】（1）解：∵四边形OABC是长方形，OA＝10， ∴BC＝OA＝10， ∵△CBM沿CM翻折， ∴B'C＝BC＝10， 在Rt△B′OC中，B′C＝10，OC＝6， ∴B'O＝B'C2−OC2=8， ∴B'（8，0）， 故答案为：（8，0）； （2）解：设AM＝x，则BM＝AB﹣AM＝6﹣x， ∵OA＝10，B′O＝8， ∴B'A＝2， ∵△CBM沿CM翻折， ∴B'M＝BM＝6﹣x， 在Rt△AB'M中，B'A2+AM2=B'M2， ∴22+x2＝（6﹣x）2，解得x＝83， ∴M（10，83）， 设CM所在直线的解析式为y＝kx+b，将C（0，6）、M（10，83）代入得： 6=b83=10k+b，解得k＝﹣13，b＝6， ∴CM所在直线的解析式为y＝﹣13x+6； （3）解：折痕CM上存在一点P，使PO+PB'最小，连接OB，OB与CM交点即为所求点P，连接PB'，如下图， ∵△CBM沿CM翻折后，点B落在B'点， ∴PB=PB'， ∴PO+PB'=PO+PB≥OB， 当O、P、B共线时，PO+PB'最小， ∵OB=OA2+AB2=102+62=234， ∴PO+PB'的最小值为234． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、长方形中的折叠、最短距离等知识，掌握折叠的性质以及熟练运用勾股定理是解题的关键． 【变式21-2】（2022春·辽宁沈阳·八年级期末）在正方形ABCD中，BD是对角线，直线BD上有一点E（不与B、D重合），连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线BC于点F. (1)如图，当点E在线段BD上时，求证：∠BAE=∠EFC； (2)当AE=CF，且AB=23+2时，直接写出线段BE的长； (3)设S=2AE+BE，AB=2，当S取最小值时，直接写出S2的值． 【答案】(1)见解析 (2)26或46+62； (3)8+43 【分析】（1）可得∠BAE+∠BFE=180°，∠BFE+∠CFE=180°，从而得出结果； （2）连接CE，过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，可得△AGE≌△EHF和△ABE≌△CBE，进而得出△EFC是等边三角形，设CH=a，可得EH=BH=3a，进一步求得结果；同样求得点E在BD的延长线时的情况； （3）作∠DBG=30°，交CD于G，作AQ⊥BG于Q，交BD于E，从而得出S最小=2AQ，作AB的垂直平分线交AQ于H，BQ=x，则AH=BH=2x，HQ=3x，在RtΔABQ中，根据勾股定理列出方程，从而求得x2，进一步求得结果． （1） 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°， ∵EF⊥AE， ∴∠AEF=90°， 在四边形ABFE中， ∠BAE+∠BFE=360°−∠ABC−∠AEF=180°， ∵∠EFC+∠BFE=180°， ∴∠BAE=∠EFC； （2） 解：如图1， 连接CE，过点E作GH⊥AD于G，交BC于H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=∠BAD=90°，∠ABE=∠CBE=45°，AD∥BC， ∴GH⊥BC， ∴∠BHE=∠AGE=90°， ∵四边形ABHG是矩形， ∴AG=BH， ∵∠BEH=∠90°−∠HBE=45°， ∴∠BEH=∠HBE， ∴BH=EH， ∴EH=AG， ∵∠AEF=90°， ∴∠AEG+∠FEH=90°， ∵∠AGE=90°， ∴∠AEG+∠GAE=90°， ∴∠GAE=∠FEH， ∴△AGE≌△EHF(AAS)， ∴AE=EF， 在ΔABE和ΔCBE中， AB=BC∠ABE=∠CBEBE=BE， ∴△ABE≌△CBE(SAS)， ∴AE=CE， ∵AE=CF， ∴CE=EF=CF， ∴ΔCEF是等边三角形， 设CH=FH=a，则BH=EH=3a， ∵CH+BH=BC， ∴a+3a=23+2， ∴a=2， ∴EH=3a=23， ∴BE=2EH=26； 如图2，当点E在BD的延长线上时， 同理上可得：△CEF是等边三角形，EH＝BH， ∴3a=23+2+a， ∴a=4+23， ∴EH=3a=43+6， ∴BE＝2EH＝46+62， 综上所述：BE的长为26或46+62； （3） 解：如图3， 作∠DBG=30°，交CD于G，作AQ⊥BG于Q，交BD于E， ∵EQ=12BE， ∴AE+12BE最小， ∵S=2AE+BE=2(AE+12BE)， ∴此时S最小， 作AB的垂直平分线交AQ于H， ∴AH=BH， ∵∠ABQ=∠ABE+∠DBG=75°， ∴∠BAQ=15°， ∴∠BHQ=2∠BAQ=30°， ∴BQ=12BH， 设BQ=x，则AH=BH=2x，HQ=3x， 在Rt△ABQ中，根据勾股定理得， BQ2+AQ2=AB2， ∴x2+(2+3)2x2=4， ∴x2=2−3， ∴AQ2=(2+3)2x2=2+3， ∴S2=4⋅AQ2=4(2+3)=8+43． 【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是将已知线段进行转化． 【变式21-3】（2022春·河北秦皇岛·八年级统考期末）在▱ABCD中，AB=6，BC=8． (1)如图①，将▱ABCD沿直线BE折叠，使点A的对应点F落在BC边上，求证：四边形ABFE是菱形． (2)如图②，若▱ABCD是矩形， ①按（1）中操作进行，求证：四边形ABFE是正方形． ②在矩形ABCD中折叠出一个菱形，并使菱形的各个顶点都在矩形的边上，则菱形面积的最大值为______，最小值为______． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②752，24 【分析】（1）由折叠的性质可知△ABE≌△FEB，即得出AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF．再由平行四边形的性质可得出AD∥BC，从而得出∠AEB=∠EBF，即推出∠ABE=∠AEB，从而可得出AE=EF=AB=BF，即证明四边形ABFE是菱形； （2）①根据有一个角为直角的菱形为正方形即可证明；②利用以BD为对角线的菱形面积最大；以矩形ABCD各边中点为菱形的顶点时面积最小，即可解答． （1） 由折叠可知：△ABE≌△FBE， ∴AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB=∠EBF， ∴∠ABE=∠AEB， ∴AE=AB， ∴AE=EF=AB=BF， ∴四边形ABFE是菱形； （2） ①∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABF=90°． 由（1）可知，四边形ABFE是菱形， ∴四边形ABFE是正方形． ②如图1，以BD为对角线的菱形面积最大， 设DE=BE=x，则AE=8-x， 在Rt△ABE中，AB2+AE2=BE2， ∴62+(8−x)2=x2， 解得：x=254， ∴DE=254， ∴S=DE⋅AB=254×6=752； 如图2，以矩形ABCD各边中点为菱形的顶点时，面积最小， 取矩形ABCD各边中点E，F，G，H， 则S菱形EFGH=S矩形ABCD−4S△AEH=6×8−4×12×3×4=24． 故答案为：752，24． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键． 【考点22 特殊四边形的存在性问题】 【例22】（2022春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，矩形纸片ABCD置于坐标系中，AB∥x轴，BC∥y轴，AB＝4，BC＝3，点A（﹣3，4），翻折矩形纸片使点D落在对角线AC上的H处，AG是折痕． (1)求DG的长； (2)在x轴上是否存在点N，使BN+DN的值最小，若存在，求出这个最小值及点N的坐标；若不存在．请说明理由； (3)点P从点A出发，沿折线A﹣B﹣C运动，到达点C时停止运动，是否存在一点P，使△PBM是等腰三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)DG的长为32 (2)存在，BN+DN的最小值为41，点N的坐标为（﹣115，0） (3)存在，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974） 【分析】（1）根据折叠的性质可得DG＝GH，设DG的长度为x，在Rt△HGC中，利用勾股定理求出x的值； （2）作点D关于x轴的对称点D'，连接BD'与x轴交于一点N，这个就是所求的点，利用勾股定理求出此时BN+DN的值即可，利用待定系数法求出直线BD'的解析式，即可得点N的坐标； （3）求出AC的解析式，可得M（0，74），则QM＝4﹣74＝94，BM＝QM2+BQ2＝974．分两种情况：①当点P在线段AB上时，设P（a，4），②当点P在线段BC上时，设P（1，c），利用勾股定理表示出PM，PB，根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得，DG＝GH，AD＝AH＝3，GH⊥AC， ∵AB＝4，BC＝3， ∴AC＝32+42＝5， 设DG的长度为x， ∴CG＝4﹣x，HC＝AC﹣AH＝5﹣3＝2， 在Rt△CHG中，GH2+HC2=CG2， x2+4=4−x2， 解得：x＝32， 即DG的长为32； （2）如图，作点D关于x轴的对称点D'，连接BD'与x轴交于一点N，此时BN+DN的值最小，最小值为BD'的长， ∵AB∥x轴，BC∥y轴，AB＝4，BC＝3，点A（﹣3，4）， ∴点B（1，4），D（﹣3，1）， ∴D'（﹣3，﹣1）， ∴AD'＝5， ∴BN+DN＝BN+D'N＝BD'＝AD'2+AB2＝52+42＝41， 即BN+DN的最小值为41， 设直线BD'的解析式为y＝kx+b， ∴k+b=4−3k+b=−1，解得k=54b=114， ∴直线BD'的解析式为y＝54x+114， 当y＝0时，54x+114＝0，解得x＝﹣115， ∴N（﹣115，0）； ∴存在，BN+DN的最小值为41，点N的坐标为（﹣115，0）； （3）由题意得A（﹣3，4），C（1，1）， 设直线AC的解析式为y＝ax+c， ∴−3a+c=4a+c=1，解得a=−34c=74， ∴直线AC的解析式为y＝﹣34x+74， 当x＝0时，y＝74， ∴M（0，74）， ∴QM＝4﹣74＝94， ∴BM＝QM2+BQ2＝974． 分两种情况： ①当点P在线段AB上时， 设P（m，4）， ∴PM2=m2+ 942，PB＝1﹣m，PB2=1−m2， 若P1B＝P1M，则m2+ 942＝1−m2， 解得m＝﹣6532， ∴P1（﹣6532，4）； 若P2B=BM，则974＝1﹣m， 解得m＝1﹣974， ∴P2（1﹣974，4）； 若P3M=BM， ∵MQ⊥AB， ∴BQ＝P3Q＝1， ∴P3（﹣1，4）； ∴当点P在线段AB上时，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）； ②当点P在线段BC上时， 设P（1，n）， ∴PM2=12+n−742，PB＝4﹣n，PB2=4−n2， 若P4B=P4M，则12+n−742＝4−n2， 解得n＝19172， ∴P4（1，19172）； 若P5B＝BM，则974＝4﹣n， 解得n＝4﹣974， ∴P5（1，4﹣974）； ∴当点P在线段BC上时，点P的坐标为（1，19172）或（1，4﹣974）； 综上所述，点P的坐标为（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974）． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的性质以及利用待定系数法求函数解析式等知识，知识点较多，难度较大，解答本题的关键是掌握数形结合以及分类讨论的思想． 【变式22-1】（2022春·重庆大足·八年级统考期末）已知：在平面直角坐标系中，直线l1:y=−x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C(0,−4)． (1)求直线l2的解析式； (2)如图1，点P为直线l1一个动点，若△PAC的面积等于10时，请求出点P的坐标； (3)如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标． 【答案】(1)y=2x−4 (2)(−43，23)或(163，223) (3)存在，(2,0)，(−8,0)，(−2,−8) 【分析】（1）设直线l2的解析式y=kx+b，求出点A的坐标，把A、C的坐标代入解析式计算即可； （2）设点P的横坐标为t，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可． （3）按CC1为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点D的坐标即可． 【详解】（1）解：设直线l2的解析式y=kx+b， ∵直线l1:y=−x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点， ∴A(2,0)，B(0,2)， ∵直线l2经过点A，与y轴交于点C(0,−4)， ∴ 2k+b=0b=−4， ∴ k=2b=−4， ∴直线l2的解析式：y=2x−4； （2）由题意可知，BC=6， 设点P的横坐标为m， ∴SΔPAC=12⋅|xA−xP|⋅BC=12|2−m|×6=10， ∴m=−43或m=163． ∴P(−43，23)或P(163，223)； （3）设将ΔABC沿着x轴平移t个单位长度得到△A1B1C1， ∴A1(2−t,0)， ∴CC1=t，A1C1=AC=25， 设D点坐标为(p,q)， ①当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形边长时，有两种情况： 当CC1=A1C1=25时，即t=25， 此时CC1∥A1D，即点D在x轴上， 且A1D=A1C1=25， ∴点D与点A重合，即D(2,0)． 当CC1=A1C=t时， ∵A1(2−t,0)，C(0,−4)， ∴(−4)2+(2−t)2=t2， 解得t=5， 此时CC1∥A1D，即点D在x轴上， 且A1D=CC1=5， ∴D(−8,0)． ②当CC1为以A1、C1、C、D为顶点的菱形对角线时，A1C1=A1C=25，即点A1在CC1的垂直平分线上，且A1，D关于CC1对称， 当ΔABC向左一移动，A1(2−t,0)，C(0,−4)，C1(−t,−4)， ∴(−4)2+(2−t)2=(25)2， 解得t=4或t=0（舍）， 当ΔABC向右移动时，A1(2+t,0)，C(0,−4)，C1(t,−4)， ∴(−4)2+(2+t)2=(25)2， 解得t=−4（舍）或t=0（舍）， ∴A1(−2,0)， ∴D(−2,−8)． 综上所述，存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为(2,0)，(−8,0)，(−2,−8)． 【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的分类讨论是解题关键． 【变式22-2】（2022春·湖北孝感·七年级统考期末）正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，AD ∥ BC ∥ x轴，AD与y轴交于点E，OE=1，且AE,DE的长满足AE−3+|DE−1|=0． (1)求点A的坐标； (2)若P(−2,−1)， ①求△EPC面积； ②正方形ABCD的边CD上是否存在点M，使S△ECM=S△EPM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(−3,1) (2)①5；②存在，(1,13) 【分析】（1）根据二次根式和绝对值的非负性可求出AE，DE的值，即可得出结果； （2）①过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G，利用S△EPC=S长方形DCFG−S△DEC−S△EFP−S△CGP即可得解；②通过S△EPC=S△CEM，分别讨论M点在x轴上方时和下方时，是否存在即可． （1） ∵AE−3≥0，DE−1≥0，且AE−3+DE−1=0， ∴AE−3=0，DE−1=0． ∴AE=3，DE=1． ∵OE=1，AD ∥ BC ∥ x轴， ∴A−3,1． （2） ①如图，过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G． ∵AD ∥ BC ∥ x轴， ∴四边形DCFG为矩形， ∵AE=3，DE=1，四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC=AB=BC=4． ∵P−2,−1， ∴FE=2，GC=3． ∵DE=OE=1， ∴PG=FP=2． ∴S长方形DCFG=4×3=12， ∴ S△DEC=1×4×12=2， ∴ S△EFP=2×2×12=2， ∴ S△CGP=3×2×12=3． ∴ S△EPC=S长方形DCFG−S△DEC−S△EFP−S△CGP=12−2−2−3=5． ②当点M在x轴上方时， 设M(1,m)，过点P作PH⊥AD于点H， ∵S△ECM=S△EPM， ∴12CM⋅DE=12(DM+PH)⋅DH−12EH⋅PH−12DE⋅DM， 即3+m=(1−m+2)×3−2×2−1×(1−m)， 解得m=13， ∴M(1,13)； 当点M在x轴下方时， 同理可得，m=13， 不合题意，故不成立； 综上，M的坐标为(1,13)． 【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，面积以及动点问题，有一定综合性，也有一定难度，需要利用数形结合的思想解题，熟练掌握平面直角坐标系中面积的求解方法是解题的关键． 【变式22-3】（2022春·山东济南·八年级统考期末）已知四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BE、DG．直线BE与DG交于点H． (1)如图1，当点E在AD上时，线段BE与DG的数量关系是 ，∠BHD的度数为 ； (2)如图2，将正方形AEFG绕点A旋转任意角度． ①请你判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由； ②当点H在直线AD左侧时，连接AH，则存在实数m、n满足等式：m·AH＋DH＝n·BH，猜想m、n的值，并予以证明； (3)若AB＝5，AE＝1，则正方形AEFG绕点A旋转的过程中，点F、H是否能重合？若能，请直接写出此时线段BG的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1)BE＝DG，90° (2)①成立，理由见解析；②m＝2，n＝1，理由见解析 (3)能，BG＝10或BG＝2 【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得BE=DG，∠ABE=∠ADG，由余角的性质可得∠BHD的度数； （2）①设BE交AD于O，根据AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，可证∠BAE＝∠DAG，所以△ABE≌△ADG（SAS），BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，即可求证∠BHD＝∠BAD＝90°． ②在BE上取N，使得BN=DH，连接AN，AH，证明△ADH≌△ABN(SAS)，可得∠BAN=∠DAH，AN=AH，求出∠NAH=90°，则△ANH为等腰直角三角形，HN=2AH，则HN+BN=2AH+DH=BH，根据存在实数m，n满足等式m·AH＋DH＝n·BH，即可得m=2，n=1； （3）分两种情况画图，根据全等三角形的性质即勾股定理即可求解． （1） ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠EAG=90°， ∴△ABE≌△ADG(SAS)， ∴BE=DG，∠ABE=∠ADG， ∵∠ADG+∠DGA=90°， ∴∠ABE+∠DGA=90°， ∴∠GHB=90°， ∴∠BHD=90°， 故答案为：BE=DG，90°． （2） ①BE＝DG；∠BHD＝90°仍然成立，理由如下： 设BE交AD于O， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°； ∴∠BAD＋∠DAE＝∠EAG＋∠DAE 即：∠BAE＝∠DAG ∴△ABE≌△ADG（SAS） ∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG， ∵∠AOB＝∠DOH（BE与AD交于点O）， ∴180°－∠ADG－∠DOH＝180°－∠ABE－∠AOB ∴∠BHD＝∠BAD＝90°． ②m＝2，n＝1 证明：在BE上取N，使得BN=DH，连接AN，AH， ∵∠ABE=∠ADH，AD=AB， ∴△ADH≌△ABN(SAS)， ∴∠BAN=∠DAH，AN=AH， ∵∠DAN+∠BAN=90°， ∴∠DAH+∠DAN=90°， 即∠NAH=90°， ∴△ANH为等腰直角三角形， ∴HN=2AH， ∴HN+BN=2AH+DH=BH， ∵存在实数m，n满足等式m·AH＋DH＝n·BH， ∴m=2，n=1． （3） ①如图： ∵AB=5，AE=1，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形， ∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°， ∵直线BE与DG交于点H，点F、H重合， ∴点B、E、F在同一直线上， ∴∠AEB=90°， ∴BE=AB2−AE2=2， ∴BF=BE+EF=2+1=3， ∴BG=GF2+BF2=12+32=10； ②如图： ∵AB=5，AE=1，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形， ∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°， ∵直线BE与DG交于点H，点F、H重合， ∴点B、E、F在同一直线上， ∴∠DFB=90°， ∴BE=AB2−AE2=2， ∴BF=BE−EF=2−1=1， ∴BG=GF2+BF2=12+12=2； 综上，正方形AEFG绕点A旋转过程中，点F、H能重合，此时线段BG的长为10或2． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、旋转的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．