浙教版八年级下册数学举一反三系列 专题4.8 平行四边形全章八类必考压轴题（教师版）

专题4.8平行四边形全章八类必考压轴题【浙教版】必考点1必考点1平行四边形中边的关系运用1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）已知平行四边形ABCD，AD=8，∠BAD=135°，点E在边BC上，将平行四边形沿AE翻折，使点B落在边CD的F处，且满足CF−DF=32，则EF=【答案】203##【分析】过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，得出△FCG,△FHD是等腰直角三角形，设CG=x,EC=y，则BE=EF=8−y，在Rt△AFH中，AF2=AH2+HF2【详解】解：如图，过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，设CG=x,EC=y，则BE=EF=8−y，∵∠BAD=135°，四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD=∠A=135°，AD∥BC，AD=BC，∴∠FCG=45°，∠D=∠DCG=45°∴△FCG,△FHD是等腰直角三角形，∴FC=2∵CF−DF=32∴DF=CF−32∴HF=HD=x−3，∵AD=8，∴AH=8−HD=8−x−3∴CD=CF+FD=∴AF=AB=CD=22在Rt△AFH中，A即2解得：x=4或x=−14在Rt△FEG中，E∴8−y解得：y=∴EF=BE=BC−EC=8−4故答案为：203【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确的作出图形是解题的关键．2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，已知▱ABCD中，AF垂直平分DC，且AF=DC，点E为AF上一点，连接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，则AD的长为______．【答案】3【分析】过点B作BM⊥CE于M，由平行四边形的性质得出AD=BC，AB=CD，AB∥CD，证明△BAE≌△BMEAAS，由全等三角形的性质得出AE=EM=2，AB=BM，证明Rt△AFD≌Rt△BMCHL，由全等三角形的性质得出FD=CM【详解】解：过点B作BM⊥CE于M，∵AF垂直平分DC，∴CF=DF，AF⊥CD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AB=CD，AB∥∴AB⊥AF，∵∠BAE+∠AEM+∠BME+∠ABM=360°，∴∠ABM+∠AEM=180°，∵∠CEF+∠AEM=180°，∴∠CEF=∠ABM=∠ABE+∠EBM，又∵∠CEF=2∠ABE，∴∠ABE=∠EBM，∵BE=BE，∠BAE=∠BME=90°，∴△BAE≌∴AE=EM=2，AB=BM，∵AB=CD=AF，∴BM=AF，在Rt△AFD和RtAD=BCAF=BM∴Rt△AFD∴FD=CM，设CF=FD=x，则AB=BM=2x，EF=2x−2，CE=2+x，在Rt△CEF中，E∴2x−22解得x=3或x=0（舍去），∴CM=3，BM=6，∴BC＝∴AD=35故答案为：35【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．3．（2022秋·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12，D是BC边上任意一点，连接AD，以AD，CD为邻边作平行四边形ADCE，连接DE，则DE长的最小值为___________．【答案】9.6【分析】设AC,ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，勾股定理求得OB，等面积法求得OF，根据垂线段最短，当点D与点F，重合时，OD最小，进而求得DE的最小值，即可求解．【详解】设AC,ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，如图所示，在四边形ADCE中，AO=CO，EO=DO，∵AB=BC=10，∴BO⊥AC，∵AC=12，∴AO=CO=6,在Rt△BOC中，BO=∵S△OBC∴OF=4.8，当点D与点F，重合时，OD最小，∴ED的最小值为2OD=9.6．故答案为：9.6．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握以上知识是解题的关键．4．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠D<90°，点E在AD边上，CM⊥AD，垂足为M，以CE为边，E为直角顶点，作等腰直角△CEF，使点F落在射线AB上．(1)当△CED是边长为6的等边三角形时，∠AFE的度数为_______，AD的长为_______；(2)当AE=ED时，求∠ECD的度数；(3)是否存在AF=BF的情况，如果存在，求AE，ED和CM之间满足的数量关系；如果不存在，说明理由．【答案】(1)30°，6+2(2)45°(3)存在，4AE+2DE=5CM【分析】（1）利用等边三角形的性质得到DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，利用平行四边形的性质及三角形内角和即可求出∠AFE的度数，由此得到AE=AF，过点A作AN⊥EF于N，求出EN=FN=12EF=12EC=3，利用勾股定理得到（2）取FC的中点N，连接EN，根据△EFC是等腰直角三角形，得到∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，利用梯形中位线定理得到EG∥CD，即可求出（3）存在，当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，则四边形EHCM是矩形，得到EH=CM，证明△AEF≌△BGF，推出AE=BG，EF=GF，得到GC=GB+BC=2AE+DE，设CE=x，则GE=2x，勾股定理求出GC，利用面积公式求出EH，即可得到结论【详解】（1）∵△CED是边长为6的等边三角形，∴DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，∵∠CEF=90°，∴∠AEF=180°−90°−60°=30°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD+∠D=180°，∴∠BAD=120°，∴∠AFE=180°−∠A−∠AEF=30°=∠AEF，∴AE=AF，过点A作AN⊥EF于N，∴EN=FN=1在Rt△AEN中，AE=2AN，AN∴AN解得AN=3∴AD=AE+DE=6+23故答案为：30°，6+23（2）取FC的中点N，连接EN，∵△EFC是等腰直角三角形，∴∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，∵AF∥CD，E为AD中点，G为∴EG∥∴∠ECD=∠GEC=45°；（3）存在，当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，则四边形EHCM是矩形，∴EH=CM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠G=∠AEF,∠A=∠GBF，

∵AF=BF，∴△AEF≌∴AE=BG，EF=GF，∴GC=GB+BC=2AE+DE，∴GE=2CE，设CE=x，则GE=2x，∴GC=G∵S△CEG∴EH=CE⋅EG∴CM=EH=2∴GC=2AE+DE=5∴4AE+2DE=5CM．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．5．（2022春·广东清远·八年级统考期末）在平形四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE如图1．(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；(2)若DE=DC，∠CBD=45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于点G、H、P如图2．①当CD=6，CE=4时，求BE的长；②求证：CD=CH．【答案】(1)证明见解析(2)①42【分析】（1）通过ASA证明△BOE≌△DOF，得DF=BE，又DF∥BE，即可证明四边形（2）①过点D作DN⊥EC于点N，先根据勾股定理求出DN=42，由∠DBC=45°得BN=DN②根据DN⊥EC，CG⊥DE，得∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN+∠EDN=90°，则有∠EDN=∠ECG，再证∠CDH=∠CHD，结论即可得证．【详解】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，在△BOE与△DOF中，∠EBO=∠FDOBO=DO∴△BOE≌△DOFASA∴DF=BE，又∵AD∥BC，即∴四边形BEDF是平行四边形．（2）①解：如图，过点D作DN⊥EC于点N，∵DE=DC=6，DN⊥EC，CE=4，∴EN=CN=2，∴DN=D∵∠DBC=45°，DN⊥BC，∴∠DBC=∠BDN=45°，∴DN=BN=42∴BE=BN−EN=42∴BE的长为42②证明：∵DN⊥EC，CG⊥DE，∴∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN+∠EDN=90°，∴∠EDN=∠ECG，∵DE=DC，DN⊥EC，∴∠EDN=∠CDN，∴∠ECG=∠CDN，∵∠DHC=∠DBC+∠BCH=45°+∠BCH，∠CDB=∠BDN+∠CDN=45°+∠CDN，∴∠CDB=∠DHC，∴CD=CH．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等知识．理解和掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2022秋·湖北·九年级统考期中）如图，点P是▱ABCD内一点，∠BPC=90°(1)如图1，求证：PB=PC；(2)如图2，若AB=8，PC=52，且(3)如图3，将△PBA绕点P旋转至△PCE处，过D作DF⊥EP，交EP延长线于F，若AB=6AP，∠PAB=75°，直接写出【答案】(1)见解析(2)32(3)2【分析】（1）由平行四边形的性质及∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45°，可得（2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，则由平行四边形的性质得PF⊥CD，证明△PEB≌△CFP，可得PE=CF，从而由已知面积关系可得PF=3CF，由勾股定理可求得CF的长，从而可求得平行四边形的面积；（3）连接DE，由旋转性质易得CE⊥CD，则可得∠DEF=30°，设AP=a，由旋转及勾股定理可分别求得DE、DF、EF，进而可求得PF，由勾股定理求得PD，则最后可求得结果．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD=∠BCD，∵∠BAD−∠PCD=45°，∴∠BCD−∠PCD=45°，即∠BCP=45°，∵∠BPC=90°，∴∠PBC=∠BCP=45°，∴PB=PC；（2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，如图，∴∠PEA=∠PEB=90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠PFC=∠PEA=90°，即PF⊥CD，∴∠FPC+∠FCP=90°，∵∠BPE+∠FPC=180°−∠BPC=90°，∴∠BPE=∠FCP，在△PEB与△CFP中，∠PEB=∠PFC=90°∠BPE=∠FCP∴△PEB≌△CFP，∴PE=CF，∵S△ABP即12∴PE:PF=1:3，∴PF=3PE=3CF，在Rt△PFC中，由勾股定理得：P即9CF解得：CF=5∴EF=PE+PF=4PE=4CF=45∴平行四边形的面积为；AB·EF=8×45（3）连接DE，如图，由旋转性质得：PE=AP，∠PEC=∠PAB=75°，∠PCE=∠PBA，CE=AB，∵AB∥∴∠ABC+∠BCD=180°，即∠PBA+∠PBC+∠PCB+∠PCD=180°，∵∠PBC+∠PCB=90°，∴∠PBA+∠PCD=90°，即∠PCE+∠PCD=90°，∴CE⊥CD，∵AB=CD，∴CE=CD=AB，∴∠CED=45°，∴∠DEF=∠PEC−∠CED=75°−45°=30°，设AP=a，则PE=a，CE=CD=AB=6在Rt△CED中，由勾股定理得DE=∵DF⊥PF，∠DEF=30°，∴DF=1在Rt△DFE中，由勾股定理得：EF=∴PF=EF−PE=3a−a=2a，在Rt△DFP中，由勾股定理得PD=∴PFPD故答案为：27【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，综合性强，既要灵活运用这些知识，又要构造适当的辅助线，对学生而言有一定的难度．必考点2必考点2平行四边形中的面积转换1．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，点E、F、G、H分别在▱ABCD的AD、AB、BC、CD边上，EG∥CD，FH∥AD，EG与FH交于点P，连接BD交FH于点Q，连接BP，设▱AEPF、▱EDHP、▱FPGB、▱PHCG的面积分别为S1、S2、S3、SA．S2−S1 B．S3−【答案】D【分析】根据▱AEPF∽▱PHCG，设相似比=k，AE=m，AF=n，∠AFP=θ，得到S1、S2、S3、S4的面积等式，根据△BFQ∽△DHQ，得到相似比【详解】解：如图，∵▱AEPF∽▱PHCG，设相似比PHAE=PGAF=k∴DE=PH=CG=kAE=km，BF=PG=CH=kAF=kn，∴S1=mn·sinθ，S2∵△BFQ∽∴FQQH∴FQ=k∴PQ=FQ−FP=km−m=k−1过点B作BM⊥FH于点M，则BM=BF·sin∴S△BPQ∵S4∴S△BPQ故选：D．【点睛】本题考查相似多边形的性质，平行四边形的性质，三角函数等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．2．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形FBCE中，点J，G分别在边BC，EF上，JG∥BF，四边形ABCD∼四边形HGFA，相似比k=3，则下列一定能求出A．四边形HDEG和四边形AHGF的面积之差 B．四边形ABCD和四边形HDEG的面积之差C．四边形ABCD和四边形ADEF的面积之差 D．四边形JCDH和四边形HDEG的面积之差【答案】C【分析】分别过点A，D作BC的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然后找出符合的选项即可．【详解】解：如图，分别过点A，D作BC的平行线交CE于点M，交BF于点N，∵四边形ABCD∼四边形HGFA，相似比k=3，∴CD=3AF=3ME，BC=3FG=3BJ，△BCD∼△BJI，相似比k=3，则S▱BCDN=3S∵S∴S故选：C．【点睛】本题考查了根据相似比求面积关系，平行四边形性质，相似三角形性质等知识，适当添加辅助线，找出对应面积关系，采用面积作差方法是解题关键．3．（2022春·浙江·八年级阶段练习）如图，点P是▱ABCD内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S①S1+S3=S2+S4；②如果S4>S2，则S3>S【答案】①④⑤【分析】根据平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是ℎ1，ℎ2，ℎ3，ℎ4，再根据三角形的面积公式整理判断①；然后根据三角形面积公式可判断②③；再根据两个等高的三角形面积的比等于底的比，得出S1【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC．设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是ℎ1，ℎ2，ℎ3则S1=12AB·ℎ1∵12AB·ℎ∴S平行四边形∴S2根据S4>S2只能判断ℎ4根据S3=2S1，能得出ℎ3∵点P在对角线BD上，∴S1:S∴S1由S1−S2=S3∴点P一定在对角线在BD上，故⑤正确，综上所述，正确的结论是①④⑤．故答案为：①④⑤【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形的面积等，用平行四边形的面积表示出相应的两个三角形的面积的和是解本题的关键．4．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转180°后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：(1)如图①，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．过点O的直线l与边AB、CD分别相交于点M、N，四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为___________；(2)如图②，这个图形是由平行四边形ABCD与平行四边形ECGF组成的，点E在边CD上，且B、C、G在同一直线上．①请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；②延长GF与边AD的延长线交于点K，延长FE与边AB交于点H．联结EB、EK、BK，如图③所示，当四边形AHED的面积为10，四边形CEFG的面积为2时，求三角形EBK的面积．【答案】(1)1:2(2)①图见解析，S四边形HGBM=S四边形【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，得AB∥CD，OA=OC，从而得到∠MAO=∠NCO，即可证明出△MAO≌△NCO，同理可证明出△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，因此得到S△COB=S△AOD，S△MBO=S（2）①根据（1）中的结论画出图并写出相关结论即可；②由四边形ABCD是平行四边形得AB∥CD，AD∥BC，由四边形ECGF为平行四边形，得EC∥GF，EF∥CG，从而可得AK∥BG，AB∥GK，进而可得四边形ABGK为平行四边形，同理可得，四边形【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，∴AB∥CD，∴∠MAO=∠NCO，在△MAO和△NCO中∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CON∴△MAO≌△NCO（AAS），同理可得△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，∴S△COB=S△AOD∵S四边形AMND∴S即四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为1:2，故答案为：1:2；（2）解：①根据（1）中的结论画出图如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，平行四边形ECGF的对角线EG、CF相交于点Q，过点O、Q的直线l将图形分为面积相等的两个部分，直线l与AB相交于点M，直线l与GF相交于N，其中S四边形MBCN=∴S即S四边形②∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∵四边形ECGF为平行四边形，∴EC∥GF，∴AK∥BG，∴四边形ABGK为平行四边形，同理可得，四边形DEFK、四边形HBCE均为平行四边形，∵S∵S∴S∵S∴S∴三角形EBK的面积为4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定的应用，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解决问题的关键，难度较大，综合性较强．5．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．性质：“朋友三角形”的面积相等．例如：如图1，在△ABC中，如果AD是AB边上的中线，那么△ACD和△ABD是“朋友三角形”，则有S△ACD应用：如图2，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．(1)求证：△AOE和△AOB是“朋友三角形”．(2)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AD//BC，AD=DC=8，BC=12，点G在BC上，点E在AD上，DG与CE交于点F，GF=DF．①求证：△DFE和△DFC是“朋友三角形”；②连接AF，若△AEF和△DEF是“朋友三角形”，求四边形ABGF的面积．(3)在△ABC中，∠B=30°，AB=8，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“朋友三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于【答案】(1)见解析(2)①见解析；②四边形ABGF的面积为48(3)8或8【分析】（1）连接EF，根据四边形ABCD为矩形，可知AD∥BC，再借助AE=BF，可证明四边形ABFE为平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线相互平分”可知OE=OB，即AO是△ABE的中线，即可证明△AOE和（2）①先证明△DFE≌△GFC，可推导EF=CF，即△DFE和△DFC是“朋友三角形”；②由△AEF和△DEF是“朋友三角形”，可知AE=DE=12AD=4，再借助∠ADC=90°，求得S△DCE=16，根据△DFE和△DFC是“朋友三角形”、△AEF和△DEF是“朋友三角形”、△DFE≌△GFC，可依次求得△AEF、△DEF、△DCF、△GFC（3）根据题意画出符合条件的两种情况：①证明四边形AD′CB是平行四边形，求出BC、A′D并推导∠ACB=90°，根据三角形面积公式求解即可；②求出高CQ（1）证明：连接EF，∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥∵AE=BF，∴四边形ABFE为平行四边形，∴OE=OB，即AO是△ABE的中线，∴△AOE和△AOB是“朋友三角形”；（2）①证明：∵AD//BC，∴∠EDF=∠CGF，又∵GF=DF，∠DFE=∠GFC，∴△DFE≌△GFC(ASA)，∴EF=CF，∴△DFE和△DFC是“朋友三角形”；②解：∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，∴AE=DE=1∵∠ADC=90°，S△DCE∵△DFE和△DFC是“朋友三角形”，∴S△DFE∵△DFE≌△GFC，∴S△DFE∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，S△AEF∴四边形ABGF的面积===48；（3）分为两种情况：①如图1所示：∵S△ACD∴AD=∵沿CD折叠A和A′∴AD=A∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC∴S△∴DO=OB，A′∴四边形A′∴BC=A过B作BM⊥AC于M，∵AB=8，∠BAC=30°，∴BM=1即C和M重合，∴∠ACB=90°，由勾股定理得AC=8∴△ABC的面积=1②如图2所示：∵S△ACD∴AD=BD=1∵沿CD折叠A和A′∴AD=∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC∴S△DOC∴DO=OA′，∴四边形A′∴A′过C作CQ⊥A′D∵A′C=4，∴CQ=1∴S△综上所述，△ABC的面积是8或83故答案为：8或83【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，是四边形综合题目，难度大，综合性强，解题关键是理解“朋友三角形”的概念及利用分类讨论的思想分析问题．6．（2022秋·重庆大足·九年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32【答案】(1)DF=BF，证明见解析(2)成立，证明见解析(3)32【分析】（1）连接CF，由等腰直角三角形的性质证出∠ABF=∠CBF=45°（2）取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，由三角形中位线定理证出四边形FNCM是平行四边形，得出∠FMC=∠FNC，证明△FMB≌△DNF（（3）当BD最大时，△BFD的面积最大，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．【详解】（1）解：BF=DF．连接CF，∵△ABC和△EDC是等腰直角三角形，∴∠∴∠ACE=90°∵F为AE的中点，∴AF=CF=EF，又∵DF=DF，∴△DCF≌△DEF(SSS∴∠CDF=同理△ABF≌△CBF(SSS∴∠ABF=∴∠FBD=∴DF=BF；（2）解：成立，理由如下：如图3，取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，∵△ABC是等腰直角三角形，AM=MC，∴∠MCB=∠MBC=45°，∠CMB=90°，BM=CM=∵△DEC是等腰直角三角形，EN=NC，∴∠DEN=∠DCN=45°，∠CND=90°，DN=CN=∵F，N分别是AE和EC的中点，∴FN是△AEC的中位线，∴FN∥AC，FN=12AC∵F，M分别是AE和AC的中点，∴FM是△AEC的中位线，∴FM∥EC，FM=12EC∴BM=12AC=FN，DN=12又∵FN∥AC，FM∥EC，∴四边形FNCM是平行四边形，∴∠FMC=∴∠FMB+∴∠FMB=∴△FMB≌△DNF（SAS∴BF=DF；（3）解：过点F作FG⊥BD于点G，由（2）知：△BFD是等腰直角三角形，∴当BD最大时，△BFD的面积最大，∵BD≤CB+CD，∴当B、C、D共线时，BD最大∴S△BDF=12BD•GF=1即△BFD面积的最大值是32．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．必考点3必考点3平行四边形中的角度转换1．（2022春·江西新余·八年级新余四中校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中：①△ABE是等边三角形：②△ABC≌△EAD；③AD=AF：④S△ABE=SA．①②③ B．①④⑤ C．①②⑤ D．②③④【答案】C【分析】由AB=AE及平行四边形的性质、AE平分∠BAD，可得△ABE是等边三角形，即可判定①正确；由△ABE是等边三角形及平行四边形的性质可得△ABC≌△EAD，即可判定②正确；若点E是DF的中点，则可得AD=AF，否则AD与AF不相等，即可判定③错误；由S△ACD【详解】∵AB=AE∴∠ABE=∠AEB∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC，AD=BC∴∠DAE=∠AEB∵AE平分∠BAD∴∠DAE=∠BAE∴∠BAE=∠AEB∴∠BAE=∠AEB=∠ABE∴△ABE是等边三角形故①正确∵△ABE是等边三角形∴∠ABE=∠BAE=60°∴∠ABE=∠DAE=60°∵AB=AE，BC=AD∴△ABC≌故②正确若点E是DF的中点，则可得AD=AF，否则AD与AF不相等故③错误∵四边形ABCD是平行四边形∴AB∥CD，AD∥BC∴S△ACD=∵△ABC∴S∴S∵S∴S故④错误∵AD∥BC∴S由④知，S∴S即S故⑤正确即正确的有①②⑤故选：C.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等底等高的两个三角形面积相等，其中平行四边形的性质是解题的关键．2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，AB=4，P为AC上一点（与点A、C不重合），连接BP，以PA、PB为邻边作平行四边形PADB，则PD的取值范围是_______．【答案】2【分析】由平行四边形的性质可得：AO=BO=2，DP=2OP，当点P与点C重合时，此时OP有最大值，当OP⊥AC时，此时OP有最小值，即可求解．【详解】如图，设AB与PD交于点O，连接OC，∵四边形ADBP是平行四边形∴AO=BO=2，DP=2OP∵△ABC是等边三角形，AO=BO∴OC⊥AB，∠ABC=60°∴∠BCO=30°∴OC=当点P与点C重合时，此时OP有最大值∴DP的最大值为4当OP⊥AC时，此时OP有最小值∵S∴OP=∴DP的最小值为2∵P为AC上一点（与点A、C不重合）∴2故答案为：2【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、垂线段最短等知识点，灵活运用这些性质是解决问题的关键．3．（2022秋·辽宁朝阳·九年级校考期中）如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③EG=GF；④EA平分∠GEF．其中正确的是________．

【答案】①②④【分析】由平行四边形的性质可得OB=BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断③错误，由BG=EF，BG∥EF∥CD可证四边形BEFG是平行四边形，可得【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴BO=DO=12BD，AD=BC，AB=CD又∵BD=2AD，∴OB=BC=OD=DA，且点E是OC中点，∴BE⊥AC，故①正确，∵E、F分别是OC、OD的中点，∴EF∥CD，∵点G是RtΔABE斜边AB上的中点，∴GE=∴EG=EF=AG=BG，无法证明GE=GF，故③错误，∵BG=EF，BG∴四边形BEFG是平行四边形故②正确∵EF∥∴∠BAC=∠ACD=∠AEF，∵AG=GE，∴∠GAE=∠AEG，∴∠AEG=∠AEF，∴AE平分∠GEF，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．4．（2022春·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AB//CD,∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AE，AE交CD于H．∠DCE的平分线交AE于G．（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；（2）如图1，若AB=2AD=10，H为CD的中点，HE=6，求AC的长；（3）如图2，若∠BAC=∠DAE①∠AGC=2∠CAE，求∠CAE的度数；②∠AGC=n∠CAE,∠CAE=_____°（用含有n的式子表示）【答案】（1）见解析；（2）97；（3）①36°；②180【分析】（1）根据平行线的性质得∠B=∠DCE，推出∠D=∠DCE，可得AD∥BC，即可得出结论；（2）根据平行四边形的性质得到相应线段的长度，并证明△AHD≌△EHC，得到AH=EH=6，CE=AD=5，再根据三线合一的性质得到HG=EG=3，CG⊥AE，再利用勾股定理求出CG和AC的长；（3）①设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+2x+y+z=180°，变形后相减可得结论；②设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+nx+y+z=180°，变形后相减可得结论．【详解】解：（1）证明：∵AB∥CD，∴∠B=∠DCE，∵∠B=∠D，∴∠D=∠DCE，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=2AD=10，∴CD=10，AD=BC=5，∵AD∥BE，∴∠D=∠HCE，∵H为CD中点，∴CH=DH，CH=DH=5，又∠AHD=∠EHC，∴△AHD≌△EHC（ASA），∴AH=EH=6，CE=AD=5，∵CG平分∠DCE，∴CG⊥AE，即△ACG为直角三角形，HG=EG=12EH∴AG=AH+HG=9，CG=CH∴AC=AG2+C（3）①设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，则∠EAD=y，∠D=∠DCE=2z，∠AGC=2∠CAE=2x，∵AB∥CD，∴∠AHD=∠BAH=x+y，∠ACD=∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+2x+y+z=180°，即3x+y+z=180°，∴6x+2y+2z=360°②，②-①得：5x=180°，解得：x=36°，∴∠CAE=36°；②设∠CAE=x，∠DCG=z，∠BAC=y，则∠EAD=y，∠D=∠DCE=2z，∠AGC=n∠CAE=nx，∵AB∥CD，∴∠AHD=∠BAH=x+y，∠ACD=∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+nx+y+z=180°，∴（n+1）x+y+z=180°，∴2（n+1）x+2y+2z=360°②，②-①得：（2n+1）x=180°，∴x=180°2n+1即∠CAE=180°2n+1【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、平行线的判定与性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．5．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G.(1)求证：BE⊥CF；(2)若AB=a，CF=b，求BE的长.【答案】（1）见详解；（2）BE=2a【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的性质，证明∠EBC+∠FCB=90°即可解决问题；（2）如图，作EH∥AB交BC于点H，连接AH交BE于点P．构造特殊四边形菱形，利用菱形的性质，结合勾股定理即可解决问题；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∵BE，CF分别是∠ABC，∠BCD的平分线，∴∠EBC=12∠ABC，∠FCB=1∴∠EBC+∠FCB=90°，∴∠BGC=90°．即BE⊥CF．（2）如图，作EH∥AB交BC于点H，连接AH交BE于点P．∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∴四边形ABHE是菱形，∴AH，BE互相垂直平分；∵BE⊥CF，∴AH∥CF，∴四边形AHCF是平行四边形，∴AP=b2在Rt△ABP中，由勾股定理，得：BP=a∴BE=2BP=2a【点睛】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．6．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，点A（a，6），B（4，b），（1）若a，b满足(ab5)22a−b−10，①求点A，B的坐标；②点D在第一象限，且点D在直线AB上，作DC⊥x轴于点C，延长DC到P使得PC=DC，若△PAB的面积为10，求P点的坐标；（2）如图，将线段AB平移到CD，且点C在x轴负半轴上，点D在y轴负半轴上，连接AC交y轴于点E，连接BD交x轴于点F，点M在DC延长线上，连EM，3∠MEC+∠CEO=180°，点N在AB延长线上，点G在OF延长线上，∠NFG=2∠NFB，请探究∠EMC和∠BNF的数量关系，给出结论并说明理由.【答案】（1）①A（2，6），B（4，3）．②P（83，-5）．（2）∠BNF-∠EMC【分析】（1）①利用非负数的性质构建方程组解决问题即可．②由题意AB的解析式为y=-32x+9，设D（m，-32（2）结论：∠BNF-∠EMC=30°．设∠MEC=α，∠BFN=β，首先证明α-β=30°，再利用平行四边形的性质，三角形的外角的性质解决问题即可．【详解】（1）①∵（a+b-5）2+|2a-b-1|=0，又∵（a+b-5）2≥0，|2a-b-1|≥0，∴a+b＝∴a＝∴A（2，6），B（4，3）．②如图1中，∵A（2，6），B（4，3），∴直线AB的解析式为y=-32x+9，设D（m，-32∵CD=PC，∴PD=-3m+18，∵S△PAB=10，∴12×PD∴-3m+18=10，∴m=83∴D（83∴P（83（2）结论：∠BNF-∠EMC=30°．理由：设∠MEC=α，∠BFN=β，∵3∠MEC+∠CEO=180°，∠AEO+∠CEO=180°，∴∠AEO=3α，∵∠NFG=2∠BFN，∴∠NFG=2β，∠OFD=∠BFG=3β，∵AB=CD，AB∥CD，∴四边形ABDC是平行四边形，∴AC∥BD，∠ACD=∠ABD，∴∠BDE=180°-∠AEO=180°-3α，∵∠BDE+∠OFD=90°，∴180°-3α+3β=90°，∴α-β=30°，∵∠ACD=∠EMC+∠MEC，∠ABD=∠BFN+∠BNF，∴∠EMC+α=∠BNF+β，∴∠BNF-∠EMC=α-β=30°．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了非负数的性质，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题.必考点4必考点4平行四边形中勾股定理的运用1．（2022春·浙江温州·八年级统考期中）如图，一副三角板如图1放置，AB＝CD＝6，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED＝75°，连接【答案】3【分析】过点E作EF∥AB，由∠AED＝75°得AB∥CD，再由AB＝CD得四边形ABCD为平行四边形，再证明△AEC≌△BEC得AC＝BC，再由AE＝BE可知CE垂直平分【详解】解：如图，过点E作EF∥∴∠BAE＝∵∠AED＝∴∠FED＝∴∠FED＝∴EF∥∴AB∥∵AB＝∴四边形ABCD为平行四边形，∵∠AED＝75°，∴∠AEC＝∵∠AEB＝∴∠BEC＝∴∠BEC＝在△AEC与△BEC中，AE＝∴△AEC≌△BEC（SAS），∴AC＝∵AE＝∴CE垂直平分AB，延长CE交AB于G，∴CG⊥AB，∵AE＝BE，∴AG＝∵∠EDC＝∴CE＝∵EC²＋∴CE＝∴CG＝∵CE垂直平分AB，∴S四边形ABCD=∴S△AED=S四边形ABCD-S△ABE-S△CDE-S△BEC=3=32故答案为：32【点睛】本题是三角形旋转变换综合题，主要考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理，综合能力较强．2．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，四边形ABCD为菱形，AB=3，∠ABC=60°，点M为BC边上一点且BM=2CM，过M作MN∥AB交AC，AD于点O，N，连接BN．若点P，Q分别为OC，BN的中点，则PQ的长度为________．【答案】7【分析】连接BD交AC于E，连接QE，过Q作QF⊥AC于F，证△ABC是等边三角形，得∠ACB=60°，AC=AB=3，再证QE是△BDN的中位线，得QE=12DN=12，QE∥DN∥BC，则∠AEQ=∠ACB=60°，可证得△【详解】解：连接BD交AC于E，连接QE，过Q作QF⊥AC于F，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，AB=3，∴BC=CD=AD=AB=3，BE=DE，AE=CE，AD∥BC，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=AB=3，∴AE=CE=12AC=3∵BM=2CM，BM+CM=BC=3，∴CM=1，∵MN∥AB∥∴四边形MNDC是平行四边形，∴DN=CM=1，∵Q是BN的中点，BE=DE，∴QE是△BDN的中位线，∴QE=12DN=12，∴∠AEQ=∠ACB=60°，∵QF⊥AC，∴∠EQF=90°﹣60°=30°，∴EF=12QE=1∴QF=Q∵MN∥∴∠CMN=∠ABC=60°，∵∠ACB=60°，∴△CMO是等边三角形，∴OC=CM=1，∵P是OC的中点，∴PC=12OC=1∴PE=AC-AE-CP=3-32-1∴PF=PE+EF=1+14=5在Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ=P故答案为：72【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键3．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．(1)求证：四边形GEHF是平行四边形．(2)若AB=4，BC=7，当四边形GEHF是矩形时BD的长为．【答案】(1)见解析(2)33【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD=BC,AD∥BC，进而得到∠GDB=∠FBH，再根据直角三角形斜边上的中线推出EG=FH，∠GED=∠BFH，得到GE∥HF，即可得证；（2）根据平行四边形的性质，证明△ABE≌△CDF，得到BE=DF，AE=CF，连接GH，推出四边形GABH是平行四边形，得到GH=AB=4，根据矩形的性质，得到EF=GH=4，利用AE=CF和勾股定理，求出BF的长，进而求出BE,DF长，利用BD=BF+DF进行求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC,AD∥BC，∴∠GDB=∠FBH，∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠BFC=∠AED=90°，∵G、H分别是AD、BC的中点，∴EG=1∴EG=FH，∠GED=∠GDB,∠BFH=∠FBH，∴∠GED=∠BFH，∴GE∥HF，∴四边形GEHF是平行四边形；（2）解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD,AB∥CD，∴∠ABE=∠CDF，在△ABE和△CDF中，∠AEB=∠CFD=90°∠ABE=∠CDF∴△ABE≌△CDFAAS∴BE=DF，AE=CF，连接GH，如图，∵GA∥HB,GA=HB，∴四边形GABH是平行四边形，∴GH=AB=4，四边形GEHF是矩形时，EF=GH=4，设BF=x，则：BE=x−4，在Rt△AEB中，A在Rt△CFB中，C∵AE=CF，∴16−x−42=49−即：BF=49∴DF=BE=49∴BD=BF+DF=49故答案为：334【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线以及勾股定理．本题的综合性较强，熟练掌握并灵活运用相关知识点，是解题的关键．4．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为平面内一点，以CD为腰在CD右侧作等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°，过点B作BF∥DE，且BF=DE，连接(1)如图①，当点D在AC边上时，直接写出线段AF与AD的关系为；(2)将图①中的等腰Rt△CDE绕点C逆时针旋转α0°<α<45°到图②的位置，连接AD(3)若AD=3，AC=5，当A、E、F三点在一条直线上时，请直接写出CD的长．【答案】(1)AF⊥AD且AF=AD(2)成立，理由见解析(3)10【分析】（1）先说明点F在线段AB上，然后从位置和数量上说明线段AF与AD的关系即可；（2）先说明∠FBA=∠DCA，然后证明△ADC≌△AFBSAS（3）先证明四边形BDEF是平行四边形，可得EF∥BD，从而说明△ADB△ADE都是直角三角形，然后利用勾股定理即可求得线段【详解】（1）解：∵在等腰Rt△CDE，且∴DC=DE，ED⊥AC，∵BF∥DE，∴BF=DC，∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∴AB⊥AC，即AF⊥AD，∴AB∥∴点F在AB上，∴AF=AB−BF=AC−CD=AD，即AF=AD．故答案为：AF⊥AD且AF=AD．（2）成立，理由如下：延长CD交AB于G，交BF于H，∵BF∥DE，∴∠BHG=∠CDE=90°，又∵∠BGH=∠CGA，∴∠HBG=90°−∠BGH=90°−∠CGA=∠GCA∴∠HBG=∠GCA，即∠FBA=∠DCA，∵BF=DE，Rt△CDE是等腰三角形且∴BF=DE=DC，在△ADC和△AFB中，AC=AB∠ACD=∠ABF∴△ADC≌△AFBSAS∴AD=AF，∠CAD=∠BAF，∴∠FAD=∠BAF+∠BAD=∠CAD+∠BAD=∠BAC=90°，∴AF⊥AD，∴（1）中的结论仍然成立．（3）如图所示，∵BF∥DE，BF=DE，且A、E、∴四边形BDEF是平行四边形，∴EF∥BD∴∠FAD+∠ADB=180°，由（2）可知：AD=AF且∠FAD=90°，∴∠ADB=90°，∠EAD=90°，∵AD=3，AC=5，AB=AC∴AB=5，AF=AD=3在Rt△ADB中，∴EF=BD=4，∴AE=EF−AF=4−3=1，在Rt△ADE，∵Rt△CDE是等腰三角形且∴CD=DE=10∴CD的长为10．【点睛】本题是几何变换综合题，考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些定理和性质解决问题是解题的关键．5．（2022春·广东广州·八年级广州市南武中学校考期中）如图：(1)如图1，平行四边形ABCD中，AM⊥BC于M，DN⊥BC于N．求证：BM=CN．(2)如图2，平行四边形ABCD中，AC，BD是两条对角线，求证：AC(3)如图3，PT是△PQR的中线，已知：PQ=7，QR=6，RP=5．求：PT的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)PT=2【分析】（1）用AAS证明△ABM≅△DCN即可；（2）作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，利用勾股定理和平行四边形的性质即可证明；（3）倍长中线补全图形，证明四边形PQSR是平行四边形，将第二问结论代入数值计算即可．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//∴∠ABM=∠DCN，又∵AM⊥BC,DN⊥BC，∴∠BMA=∠CND=90°，在△ABM和△DCN中，∠ABM=∠DCN∠AMB=∠DNC∴△ABM≅△DCN(AAS∴BM=CN．(2)证明：作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，如图所示，在Rt△DBN和Rt根据勾股定理得BD2=B∴BD同理，在Rt△AMB和Rt根据勾股定理得AB2=B∴AC∴AC联系第一问，易证：△ABM≅△DCN，∴BM=CN,∴2BC⋅CN−2BC⋅BM=0，又∵AD=BC，∴AC(3)延长PT至S，使得PT=TS，连接QS，RS，如图所示，∵PT是△PQR的中线，∴QT=RT，∴四边形PQSR为平行四边形，∴PQ=RS=7，RP=QS=5，由（2）得PS∴2PT2解得PT∵PT>0，∴PT=【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用等知识点，第2问运用勾股定理，第3问用倍长中线构造平行四边形是解题的关键．6．（2022春·广东深圳·八年级深圳中学校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；（2）若AD＝13cm，AE＝12cm，AB＝20cm，过点C作CH⊥AB，垂足为H，求CH的长．【答案】（1）见解析；（2）12.6cm【分析】（1）连接AC交BD于点O，由“AAS”可证△AOE≌△COF，可得EO＝FO，且AO＝CO，可证四边形AFCE是平行四边形；（2）由勾股定理可求BF＝DE＝5cm，BE＝16cm，由三角形面积公式可求CH的长．【详解】解：（1）如图，连接AC交BD于点O∵四边形ABCD是平行四边形∴AD＝BC，AO＝CO，且∠AEO＝∠CFO＝90°，∠AOE＝∠COF∴△AOE≌△COF（AAS）∴EO＝FO∵AO＝CO∴四边形AECF是平行四边形（2）∵四边形AECF是平行四边形∴AE＝CF＝12cm，∵BC=AD=13cm∴在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF＝BC在Rt△BAE中，由勾股定理得：BE＝AB∴EF＝BE﹣BF＝11cm，∵BO＝DO，EO＝FO∴DE＝BF＝5cm∴BD＝21cm，∵S△ABD＝12S▱ABCD＝S△ABC∴12BD×AE＝12×AB∴21×12＝20×CH∴CH＝12.6cm【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，用到了等积法求线段的长，这也是本题（2）问中的关键所在．必考点5必考点5平行四边形中的多解问题1．（2022春·浙江杭州·八年级期末）平行四边形的一边长为12，那么这个平行四边形的两条对角线的长可能是（）A．8和12 B．9和13 C．12和12 D．11和14【答案】D【分析】作辅助线CE∥BD，根据平行四边形的性质和三角形的三边关系，对题中的选项逐个进行判断，即可得出结论．【详解】解：如图，作CE∥BD，交AB的延长线于点E，∵AB=CD，DC∥AB∴四边形BECD是平行四边形，∴CE=BD，BE=CD=AB，∴在△ACE中，AE=2AB=24＜AC+CE，∴四个选项中只有D中11+14=25＞24．故选D．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的思路在于通过作一条对角线的平行线，将两条对角线转化到一个三角形，而利用三角形的三边关系解题是得到答案的关键．2．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）已知：一组邻边分别为6cm和10cm的平行四边形ABCD，∠DAB和∠ABC的平分线分别交CD所在直线于点E，F，则线段EF的长为________cm．【答案】2或14【分析】利用当AB=10cm,AD=6cm，由于平行四边形的两组对边互相平行，又AE平分∠BAD，由此可以推出所以∠BAE=∠DAE，则DE=AD=6cm；同理可得：CF=CB=6cm，而EF=CF+DE-DC，由此可以求出EF长；同理可得：当AD=10cm,AB=6cm时，可以求出EF长【详解】解：如图1，当AB=10cm,AD=6cm∵AE平分∠BAD∴∠BAE=∠DAE，又∵AD∥CB∴∠EAB=∠DEA，∴∠DAE=∠AED，则AD=DE=6cm同理可得：CF=CB=6cm∵EF=DE+CF-DC=6+6-10=2(cm)如图2，当AD=10cm,AB=6cm,∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE又∵AD∥CB∴∠EAB=∠DEA，∴∠DAE=∠AED则AD=DE=10cm同理可得，CF=CB=10cmEF=DE+CF-DC=10+10-6=14（cm）故答案为：2或14.

图1

图2【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质等知识，关键是平行四边形的不同可能性进行分类讨论．3．（2022春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=4，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为【答案】4或4【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AB，即可得到AE的值，进而根据勾股定理求出BC，分类两种情况讨论：①若P'A与AB交于点F，连接A'B，易得S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，即可得到EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，从而得到四边形A'EPB是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求解；②若【详解】解：∵∠ACB=90°,∠A=60°,AC=4，E为斜边AB的中点，∴AB=8，AE=12AB=4①若P'A与AB交于点F，连接A'B，如图1所示，由折叠可得，S△A'EP=S∵点E是AB的中点，∴S△BEP由题意得，S△EFP∴S∴EF=12BE=BF∴四边形A'EPB是平行四边形，∴BP=A'E=4，②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP于H，如图2所示，同理可得GP=12BP=BG∵BE=AE，∴EG=1∴AP=AC=4，∴点P与点C重合，∴BP=BC=43故答案为：4或43【点睛】本题考查了翻折变换，轴对称图形，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理等知识，巧妙运用分类讨论思想是解题的关键．4．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E为BD上的一个动点，连接CE并延长到点F，使EF=CE，连接AF．(1)若点E与点B重合（如图2），判断AF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；(2)若以A，F，B，E为顶点的四边形是平行四边形，BD=3，请直接写出线段BE的长度．【答案】(1)AF=BD且AF∥BD；(2)1或3【分析】（1）若点E与点B重合根据矩形ABCD得到AD=BC，AD∥BC，结合EF=CE，即可得到四边形（2）先根据矩形的性质得到OC=OA，OB=OD，再根据三角形中位线的性质得到OE∥AF，OE=12AF，当AB为对角线时，如图1根据平行四边形的性质得到AF=BE，则OB=32BE，即可得到一个答案；当【详解】（1）解：AF=BD且AF∥BD，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥∵EF=CE，∴AD=FB,∴四边形AFBD是平行四边形，∴AF=BD，AF∥BD；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OA，OB=OD，∵EF=CE，∴OE∥AF，OE=1当AB为对角线时，如下图∵四边形AFBE为平行四边形，∴AF=BE，∴OE=1∴OB=OE+BE=3∵BD=3，∴BE=1；当AB为边时，如下图∵四边形ABEF为平行四边形，∴AB=EF，∵AB=CD，∴此时点E与点D重合，∴BE=BD=3；综上所述BE的长度为1或3．【点睛】本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角；也考查了平行四边形的判定和三角形中位线性质．5．（2022春·四川成都·八年级四川省成都市七中育才学校校考期末）已知△ABC为等边三角形，其边长为4．点P是AB边上一动点，连接CP．(1)如图1，点E在AC边上且AE=BP，连接BE交CP于点F．①求证：BE=CP；②求∠BFC的度数；(2)如图2，将线段CP绕点C顺时针旋转120°得线段CQ，连接BQ交AC于点D．设BP=x，CD=y，求y与x的函数关系式；(3)如图3，在（2）的条件下，延长BC至点E，且CE=BP，连接QE，DE．在点P运动过程中，当△CEQ的周长为4+13时，求DE【答案】(1)①见解析；②120°(2)y=−(3)DE=219【分析】（1）①利用等边三角形的性质，证明△AEB≌△BPC即可得到答案；②由全等三角形的性质可得∠ABE=∠PCB，再结合三角形的内角和定理可得答案；（2）在线段AC上截取一点M，使AM=BP=x，交CP于点F，可得CM=4−x由（1）知：△AMB≌△BPC，线段CP绕点C顺时针旋转120°得到线段CQ四边形MBCQ是平行四边形，可得（3）延长QM与AB交于点N，证明△NMB≌△ECQ，可得QE=NB=4−x．求解CQ=BM=CP=13过点P作PK⊥BC于点K，由BP=x,∠ABC=60°,利用PK2(1)①证明：在等边△ABC中，AB=BC，∠A=∠ABC=60°又∵AE=BP，∴△AEB≌△BPC（SAS），∴BE=CP．②解：由（1）知：△AEB≌△BPC，∴∠ABE=∠PCB，又∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°，∴∠PCB+∠EBC=60°，在△BFC中，∠BFC=120°．(2)解：在线段AC上截取一点M，使AM=BP=x，交CP于点F，∴CM=4−x，由（1）知：△AMB≌∴BM=CP，∠BFC=120°，又∵线段CP绕点C顺时针旋转120°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=120°，∴BM=CQ，BM∥∴四边形MBCQ是平行四边形，∴CD=1∴y=−1(3)解：延长QM与AB交于点N，∵四边形MBCQ是平行四边形∴MQ∥BC，BM=CQ，∠QMB=∠∴∠ANM=∠ABC=60°，∠NMB=∠MBC,∵BM∥∴∠MBC=∠QCE,∴∠NMB=∠QCE，又∵∠A=60°，∴△ANM为等边△，∴NM=AM=x，BN=4−x，∵CE=BP,BP=AM=MN,∴MN=CE,∴△NMB≌∴QE=NB=4−x．又∵△CEQ的周长为4+13∴CQ+CE+QE=CQ+BN+AN=CQ+AB=4+13∴CQ=BM=CP=13过点P作PK⊥BC于点K，由BP=x,∠ABC=60°,∴BK=x2，∴CK=4−x在Rt△PKC中，PK2x1=1，情况一：当x1=1时，过点D作DH⊥BC于点H，∴CH=y2=∴HE=7在Rt△DHE中，DE=情况二：当x2=3时，同理可证：DE=43综上所述，DE=2194【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，旋转的性质，二次根式的化简，理解题意，作出适当的辅助线是解本题的关键．6．（2022春·浙江杭州·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿线段BA，向点A以2cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC向点C以（1）连结P、Q两点，则线段PQ长的取值范围是________；（2）当PQ=10cm时，求t的值；（3）若在线段CD上有一点E，QE=2cm，连结AC和PE．请问是否存在某一时刻使得AC平分PE？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）8cm≤PQ≤85cm；（2）t的值为2或【分析】（1）先确认线段PQ取最大值与最小值时点P、Q的位置，再根据矩形的性质、勾股定理求解即可；（2）先根据勾股定理求出FQ的长，再根据PQ=10cm分两种情况：点Q在点F左侧和点Q在点F右侧，然后根据图中的BP=CF建立方程求解即可得；（3）当AC平分PE时，先根据平行线的性质得出∠OAP=∠OCE,∠OPA=∠OEC，再根据三角形全等的判定定理与性质得出AP=CE，然后分点Q在点E左侧和点Q在点E右侧，分别建立方程求解即可得．【详解】（1）∵四边形ABCD中，AB∴四边形ABCD是直角梯形由题意可知，在点P、Q运动过程中，当点P在点B处，点Q在点D处时，线段PQ取得最大值BD；当PQ⊥CD时，线段PQ取得最小值，此时PQ=BC=8cm如图1，过点A作AM⊥CD，连接BD，则四边形ABCM是矩形∴AM=BC=8cm,CM=AB=10cm∴MD=∴CD=MD+CM=6+10=16(cm)∴BD=则线段PQ长的取值范围是8cm≤PQ≤8故答案为：8cm≤PQ≤85cm（2）点P运动到点A所需时间为t=AB2由题意得，t≤5如图2，过点P作PF⊥CD，则四边形BCFP是矩形∴PF=BC=8cm,BP=CF∴FQ=因PQ=10cm>8cm，则分以下两种情况：①当点Q在点F左侧时，BP=2t,CF=CD−FQ−DQ=16−6−3t即2t=16−6−3t，解得t=2，符合题意②当点Q在点F右侧时，即点Q在点Q′P则2t=16−3t+6，解得t=22综上，t的值为2或225（3）存在某一时刻使得AC平分PE，求解过程如下：如图3，设AC与PE相交于点O当AC平分PE时，OP=OE∵AB∴∠OAP=∠OCE,∠OPA=∠OEC在ΔOAP和ΔOCE中，∠OAP=∠OCE∴ΔOAP≅ΔOCE(AAS)∴AP=CE由题意，分以下两种情况：①当点Q在点E左侧时，AP=AB−BP=10−2t,CE=CD−DQ−QE=16−3t−2即10−2t=16−3t−2，解得t=4，符合题意②当点Q在点E右侧时，即点Q在点Q′处，AP=AB−BP=10−2t,CE=CD−D则10−2t=16−3t+2，解得t=8>5，不符题意，舍去综上，存在某一时刻使得AC平分PE，此时t的值为4．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2）和（3），依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．必考点6必考点6平行四边形中的动点问题1．（2022秋·广东广州·九年级广州四十七中校考期末）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动点，始终保持CE=CD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，连接DF(1)请判断线段BD和AF的位置关系并证明；(2)当S△ABD=1(3)如图2，连接EF，G为EF中点，AB=22，当D从点C运动到点A的过程中，EF的中点G也随之运动，请求出点G【答案】(1)AF∥BH，证明见解析(2)∠AEC=67.5°(3)2【分析】（1）由题意可得∠ACB=∠ACE，继而证明出△BCD≌（2）延长BD交AE于点H，首先证明出四边形ABDF是平行四边形，然后由三角形的面积公式可得AH=12BD=12（3）连接AG、CG，过点G作GH⊥CE交CE延长线于H，GN⊥AC于N，首先根据等腰直角三角形的性质得到BC=AC=2，然后证明四边形CHGN是矩形，进而证明出△ANG≌△EHGAAS，得到G【详解】（1）AF∥BH，证明如下：∵∠ACB=90°，∴∠ACE=180°−∠ACB=90°，∴∠ACB=∠ACE，在△BCD和△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌∴∠CAE＝∵将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，∴∠EAF=90°，∵∠ADB=∠BCD+∠CBD，∠DAF=∠EAF+∠CAE，∴∠ADB=∠FAD，∴AF∥BH；（2）延长BD交AE于点H，∵将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，∴AE=AF，∠EAF=90°，∵△BCD≌∴BD=AE，∠CAE=∠CBD，∴AF=BD，∵AF∥BD，∴四边形ABDF是平行四边形，∵S△ABD∴S四边形ABDF＝12BD2∴BD·AH=1∴AH=1∴BH垂直平分AE，∴BA＝∵AC＝BC，∴∠ABE=45°，又∵BA=BE，∴∠AEC=67.5°；（3）连接AG、CG，过点G作GH⊥CE交CE延长线于H，GN⊥AC于∵∠ACB=90°，AC=BC，∴BC=AC=2，∵GH⊥CE，GN⊥AC，∠ACH=90°，∴四边形CHGN是矩形，∵AF=AE，∠EAF=90°，G是∴AG=GE，∵∠CAG+∠ACH+∠CEG+∠AGE=360°，∴∠CAG+∠CEG=180°，∵∠CEG+∠GEH=180°，∴∠CAG=∠GEH，又∵∠ANG=∠GHE=90°，∴△ANG≌△EHGAAS∴NG=GH，∴四边形CHGN是正方形，∴CG平分∠ACH，∴点G在∠ACH的角平分线上运动，∴当D从C运动到A点，G点所经过的路径长是以AC为边的正方形的对角线长度的一半，即为22【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键．2．（2022春·贵州遵义·八年级校考期末）如图，点P是□ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．(1)当点P与点O重合时如图1，线段OE与线段OF的数量关系是______．(2)如图2，点P在OC上运动时（不与点O与C重合），（1）中的结论是否成立？(3)点P在OC的延长线上运动时，当∠OFE=60°时，如图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？【答案】(1)OE=OF(2)成立，理由见解析(3)AE+CF=【分析】（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE=OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；（3）作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得：△AOE≌△COG，再利用∠OFE=60°，得△EOF是等边三角形，根据勾股定理，以及含30度角的直角三角形的性质得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO=∠CFO=90°，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE=OF；（2）解：如图，（1）中的结论仍然成立，理由是：延长EO交CF的延长线于G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO=∠OCG，∵AO=OC，∠AOE=∠COG，∴△AOE≌△COG（ASA），∴EO=OG，在Rt△EFG中，FO=12EG=OE（3）解：AE+CF=3如图3，延长EO、FC交于G，同理得：△AOE≌△COG，∴OE=OG，AE=CG，在Rt△EGF中，OF=12EG=OE=OG∵∠OFE=60°，∴△EOF是等边三角形，∴∠GEF=60°，则∠G=30°，∴GF=GE2∵GF=GC+CF=AE+CF，∴AE+CF=3【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件．3．（2022春·四川泸州·八年级统考期末）如图（a），直线l1∶y=kx+b经过点A、B，OA=OB=3，直线l2:y=32x−2交y轴于点C，且与直线l(1)求直线l1(2)求△OCD的面积；(3)如图（b），点P是直线l1上的一动点，连接CP交线段OD于点E，当△COE与△DEP的面积相等时，求点P(4)在（3）的条件下，若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)l(