八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)專題21.3 期中期末專項(xiàng)復(fù)習(xí)之平行四邊形二十二大必考點(diǎn)（舉一反三）（人教版）（解析版）

PAGE154專題21.3平行四邊形二十二大必考點(diǎn)【人教版】【考點(diǎn)1格點(diǎn)中利用無(wú)刻度直尺作平行四邊形】 1【考點(diǎn)2利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求面積】 7【考點(diǎn)3利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求長(zhǎng)度】 10【考點(diǎn)4利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求角度】 15【考點(diǎn)5利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求最值】 20【考點(diǎn)6利用動(dòng)點(diǎn)判斷平行四邊形】 25【考點(diǎn)7平行四邊形的判定與性質(zhì)的實(shí)際應(yīng)用】 31【考點(diǎn)8根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求線段長(zhǎng)】 36【考點(diǎn)9根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求角度】 42【考點(diǎn)10根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求面積】 47【考點(diǎn)11矩形與折疊問題】 54【考點(diǎn)12根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)求線段長(zhǎng)】 59【考點(diǎn)13根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)求角度】 65【考點(diǎn)14根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)求面積】 71【考點(diǎn)15根據(jù)正方形的判定與性質(zhì)求線段長(zhǎng)】 79【考點(diǎn)16根據(jù)正方形的判定與性質(zhì)求角度】 85【考點(diǎn)17根據(jù)正方形的判定與性質(zhì)求面積】 95【考點(diǎn)18中點(diǎn)四邊形】 100【考點(diǎn)19特殊四邊形的證明】 108【考點(diǎn)20特殊四邊形的動(dòng)點(diǎn)問題】 119【考點(diǎn)21特殊四邊形的最值問題】 129【考點(diǎn)22特殊四邊形的存在性問題】 140【考點(diǎn)1格點(diǎn)中利用無(wú)刻度直尺作平行四邊形】【例1】（2022春·吉林長(zhǎng)春·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，在6×6網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)A,B在格點(diǎn)上．請(qǐng)根據(jù)條件畫出符合要求的圖形．(1)在圖甲中畫出以點(diǎn)A為頂點(diǎn)且一邊長(zhǎng)為5的平行四邊形．要求：各頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上．(2)在圖乙中畫出線段AB的中點(diǎn)O．要求：①僅用無(wú)刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作圖痕跡．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用數(shù)形結(jié)合的思想，畫出平行四邊形即可；（2）如圖：取格點(diǎn)P、Q，連接PQ交AB于點(diǎn)O，點(diǎn)O即為所求．【詳解】（1）解：如圖甲中，四邊形ABCD即為所求．（2）解：如圖乙中，點(diǎn)O即為所求．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理、平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2022春·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都是1，A、B、C、D均在網(wǎng)格的格點(diǎn)上．(1)∠BCD是直角嗎？請(qǐng)證明你的判斷．(2)找到格點(diǎn)E，并畫出四邊形ABED（一個(gè)即可），使得其面積與四邊形ABCD面積相等．【答案】(1)∠BCD不是直角，證明見解析(2)見解析（答案不唯一）【分析】（1）先根據(jù)勾股定理求出BC（2）先利用平行四邊形的性質(zhì)找到格點(diǎn)E，再利用等高模型畫出圖形即可．（1）解：∠BCD不是直角，證明如下：∵BC2=52∴BC∴∠BCD不是直角．（2）解：如圖，點(diǎn)E和四邊形ABED即為所求．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理與網(wǎng)格問題、勾股定理的逆定理、平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于?？碱}型．【變式1-2】（2022春·浙江湖州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在10×10的正方形網(wǎng)格中（每個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為1），點(diǎn)A和點(diǎn)B都在格點(diǎn)上，僅用無(wú)刻度的直尺，分別按以下要求作圖．(1)圖1中，以AB為邊作一平行四邊形，要求頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上，且其面積為6；(2)圖2中，以AB為對(duì)角線作一平行四邊形，要求頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上，且其面積為10．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】(1)根據(jù)平行四邊形的面積公式及對(duì)邊平行的性質(zhì)即可求解；(2)根據(jù)平行四邊形的面積公式，利用數(shù)形結(jié)合的思想即可求解．（1）解：如下圖所示，均以AB為邊作平行四邊形，且面積為6．（2）解：如下圖所示，均以AB為對(duì)角線作平行四邊形，且面積為10．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定、性質(zhì)及平行四邊形的面積公式等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式1-3】（2022春·福建龍巖·八年級(jí)?？计谥校┯蛇呴L(zhǎng)為1的小正方形構(gòu)成網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)，點(diǎn)A、B，C都是格點(diǎn)，僅用無(wú)刻度的直尺在給定9×12的網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示畫圖結(jié)果用實(shí)線表示，并回答下列問題：(1)直接寫出AB的長(zhǎng)是；(2)在圖1中，畫以點(diǎn)A、B、C為頂點(diǎn)且周長(zhǎng)最大的平行四邊形；(3)在圖2中，畫△ABC的角平分線AD．【答案】(1)5(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)勾股定理即可求解；（2）根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)，以AC為對(duì)角線畫出平行四邊形；（3）根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)，延長(zhǎng)AC至E，使得AE=52，則△ABE是等腰三角形，再找到BE的中點(diǎn)D，連接AD【詳解】（1）解：AB=7故答案為：52（2）如圖1中，四邊形ABCE即為所求作；（3）如圖2中，延長(zhǎng)AC至E，使得AE=52，則△ABE是等腰三角形，再找到BE的中點(diǎn)D，連接AD，線段AD【點(diǎn)睛】本題考查了畫平行四邊形，勾股定理與網(wǎng)格問題，等腰三角形的性質(zhì)，三線合一，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)2利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求面積】【例2】（2022春·重慶渝中·八年級(jí)重慶巴蜀中學(xué)?？计谀┤鐖D，F(xiàn)是□ABCD的邊CD上的點(diǎn)，Q是BF中點(diǎn)，連接CQ并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)E，連接AF與DE相交于點(diǎn)P，若S△APD=2cm2，A．24 B．17 C．18 D．10【答案】C【分析】連接EF，證明四邊形EBCF是平行四邊形，求出S△BEF=16cm【詳解】解：連接EF，∵F是□ABCD的邊CD上的點(diǎn)，∴BE∥∴∠EBF=∠CFB，∵BQ=FQ，∴△EBQ?△CFQ，∴EQ=CQ，∴四邊形EBCF是平行四邊形，∴S∵S△AED∴S△APD∴S陰影故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用平行四邊形的性質(zhì)與判定進(jìn)行證明與計(jì)算．【變式2-1】（2022秋·福建泉州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．作出△ABC共于點(diǎn)A成中心對(duì)稱的△AB'C'，其中點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B'，點(diǎn)C對(duì)應(yīng)點(diǎn)為CA．128 B．643 C．64 D．【答案】D【分析】根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理求得AC=2，根據(jù)中心對(duì)稱的性質(zhì)以及平行四邊形的判定定理，得出四邊形CB【詳解】解：如圖所示，∵△ABC中，∠ABC=90°，∠CAB=60°，AC=4．∴∠ABC=30°,AB=2AC=8,∴BC=43∵作出△ABC共于點(diǎn)A成中心對(duì)稱的△AB∴AB=AB',∴四邊形CB∴四邊形CB'C故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了中心對(duì)稱的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，得出四邊形CB【變式2-2】（2022秋·浙江寧波·八年級(jí)校考期末）如圖，分別以直角三角形的三邊向外作等邊三角形，然后將較小的兩個(gè)等邊△AFG和△BDE放在最大的等邊△ABC內(nèi)（如圖），DE與FG交于點(diǎn)P，連結(jié)AP，F(xiàn)E．欲求△GECA．△APG B．△ADP C．△DFP D．△FEG【答案】C【分析】先根據(jù)勾股定理得S△ABC=S△AFG+S△BDE，F(xiàn)G∥BC，CG【詳解】解：由題意得S△ABC=S△AFG+∴四邊形CEPG是平行四邊形，∴S△CEG∵S△ABC∴S四邊形∴S△CEG故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了以直角三角形三邊組成的圖形的面積，平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠正確理解題意．【變式2-3】（2022春·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在?ABCD中，過對(duì)角線BD上一點(diǎn)P作EF∥BC，GH∥AB，且CG=3BG，S?BEPG=1.5，則S【答案】4.5##9【分析】由條件可證明四邊形HPFD、BEPG為平行四邊形，可證明S四邊形AEPH=S四邊形【詳解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，∴四邊形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG為平行四邊形，∴S同理可得SΔPHD=∴S即S四邊形∵CG=3BG，S?BEPG∴S故答案為：4.5．【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，即①兩組對(duì)邊分別平行?四邊形為平行四邊形，②兩組對(duì)邊分別相等?四邊形為平行四邊形，③一組對(duì)邊平行且相等?四邊形為平行四邊形，④兩組對(duì)角分別相等?四邊形為平行四邊形，⑤對(duì)角線互相平分?四邊形為平行四邊形．【考點(diǎn)3利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求長(zhǎng)度】【例3】（2022·遼寧丹東·?？家荒＃┤鐖D，在?ABCD中，∠BAD=120°，連接BD，作AE∥BD交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，且CF=1，則AB的長(zhǎng)是（）A．2 B．1 C．3 D．2【答案】B【分析】先根據(jù)平行四邊形的判定與性質(zhì)可得四邊形ABDE是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB=DE，從而可得CE=2AB，再根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)可得CE=2，由此即可得．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD=120°，∴AB∥CD，AB=CD，∠BCD=∠BAD=120°，∵AE∥BD，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AB=DE，∴CE=CD+DE=AB+AB=2AB，∵∠BCD=120°，∴∠ECF=60°，∵EF⊥BC，∴∠CEF=30°，∴CE=2CF=2×1=2，∴AB=1，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式3-1】（2022春·江蘇無(wú)錫·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點(diǎn)P為BC上一動(dòng)點(diǎn)，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ、CQ交于點(diǎn)Q，則四邊形APCQ的形狀是______，連接PQ，當(dāng)PQ取得最小值時(shí)，四邊形APCQ的周長(zhǎng)為_____．【答案】

平行四邊形

2+10【分析】根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形即可求解；當(dāng)PQ是AQ和BC間距離時(shí)PQ取得最小值，計(jì)算四邊形APCQ的周長(zhǎng)即可．【詳解】解：如圖，∵AQ∥BC，CQ∥AP，∴四邊形APCQ是平行四邊形．當(dāng)PQ⊥BC時(shí)，PQ取得最小值，∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴AH=HC=12AC，QH=PH=12∵∠ABC=45°，AB=2，BC=22∴AC=2，∠ACB=45°，∵QP⊥BC，∴∠PHC=45°，∴PH=PC=22∴PQ=2，∴QC=PC∴四邊形APCQ的周長(zhǎng)為：2PC+2QC=2×22+2×102=故答案為：平行四邊形；2+【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，垂線段最短的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)．【變式3-2】（2022·廣東佛山·石門中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，D，E分別為BC，AC上的點(diǎn)，將△CDE沿DE折疊，得到△FDE，連接BF，CF，∠BFC=90°，若EF∥AB，AB=43，EF【答案】10-4【分析】方法一、延長(zhǎng)ED交FC于G，延長(zhǎng)BA，DE交于點(diǎn)M，根據(jù)折疊的性質(zhì)以及平行四邊形的判定定理得出四邊形BFEM是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及等角對(duì)等邊即可得出答案；延長(zhǎng)CA和FB相交于點(diǎn)H，根據(jù)折疊的性質(zhì)及等邊對(duì)等角得出∠EFC=∠ECF，再根據(jù)等角的余角相等以及等角對(duì)等邊得出【詳解】解：方法一、如圖，延長(zhǎng)ED交FC于G，延長(zhǎng)BA，DE交于點(diǎn)M，∵將△CDE沿DE折疊，得到△FDE，∴EF=EC，DF=∴EG⊥CF，又∵∠BFC=∴BF∥EG，∵AB∥EF，∴四邊形BFEM是平行四邊形，∴BM=∴AM=∵AB∥EF，∴∠M=∴∠M=∴AE=方法二、延長(zhǎng)CA和FB相交于點(diǎn)H，∵折疊，∴EF=∴∠EFC=又∵∠BFC=∴∠H=∴EF=∵AB∥EF，∴∠ABH=∴AB=∴AE=故答案為：10-43【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定及性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2022春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠B=∠D，點(diǎn)E為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接AC、AE，AE交CD于點(diǎn)H，∠DCE的平分線交AE于點(diǎn)G．若AB=2AD=10，點(diǎn)H為CD的中點(diǎn)，HE=6，則A．9 B．97 C．10 D．3【答案】B【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠B=∠DCE，推出∠D=∠DCE，得出AD∥BC，由點(diǎn)H是CD的中點(diǎn)可得△ADH≌△ECH(AAS)，則CH=CE=AD=5，由等腰三角形三角形合一的性質(zhì)可得出HG=GE=3，進(jìn)而求出AG的長(zhǎng)，由勾股定理可得出【詳解】解：∵AB∥∴∠B=∠DCE，∵∠B=∠D，∴∠D=∠DCE，∴AD∥∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC，∵AB=2AD=10，點(diǎn)H是CD的中點(diǎn)，∴AD=BC=5，AB=CD=10，DH=CH=5，∵AD∥∴∠D=∠DCE，∠DAE=∠E，∴△ADH≌△ECH(AAS∴AH=HE=6，AD=CE=5，∴CH=CE=5，∵CG平分∠DCE，∴CG⊥HE，HG=GE=3，∴AG=9，在Rt△CGE中，GE=3，CE=5由勾股定理可得CG=C∴AC=9故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行線的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)4利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求角度】【例4】（2022春·湖北武漢·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，AB=13，點(diǎn)D為AB上一動(dòng)點(diǎn)，CD⊥AB于D，CD=8，點(diǎn)E在線段CD上，CE=3，連接BE．當(dāng)BE+AC最小時(shí)，∠ACD的度數(shù)為（

）A．75° B．60° C．45° D．30°【答案】C【分析】過點(diǎn)E作l∥AB，作點(diǎn)B關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)B',則BB'=2DE=10，B'E=BE，過點(diǎn)A作AA'∥CE，則AA'⊥AB，且AA'=CE=3，連接A'E，則四邊形ACEA【詳解】解：∵點(diǎn)D為AB上一動(dòng)點(diǎn)，CD⊥AB于D，CD=8，點(diǎn)E在線段CD上，CE=3，∴DE=CD-CE=5，過點(diǎn)E作l∥AB，作點(diǎn)B關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)B'∴BB'=2DE=10過點(diǎn)A作AA'∥CE，則AA'⊥AB，且AA由兩點(diǎn)之間線段最短可知：當(dāng)點(diǎn)E在A'B'與直線l的交點(diǎn)處即點(diǎn)E'時(shí)，此時(shí)，過點(diǎn)A'作A'F⊥BB'交B'B∴A∴B'∴∠B∴∠AA此時(shí)，四邊形AC'E'A'是平行四邊形，設(shè)∴∠AC即當(dāng)BE+AC最小時(shí)，∠ACD的度數(shù)為45°．故選：C【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定、矩形的判定和性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)，準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2022·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖所示，在△ABC的BC邊的同側(cè)分別作等邊△ABD，等邊△BCF和等邊△ACE，AB＝3，【答案】150°【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，根據(jù)周角的定義得∠DAE=360°-∠BAC-∠BAD-∠CAE=150°，根據(jù)平行四邊形的對(duì)角相等即可求解．【詳解】解：∵△ABD和△FBC和△ACE，都是等邊三角形，加上和△ACE∴BD＝BA在△ABC與△DBF中，AB=DB∠ABC=∠DBF∴△ABC≌∴AC＝同理可證△ABC≌∴AB＝∴四邊形AEFD是平行四邊形．∵AB＝∴AB∴∠BAC＝又∠DAB＝∴∠DAE＝∵四邊形AEFD是平行四邊形，∴∠DFE＝【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、平行四邊形的判定、勾股定理的逆定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2022秋·山東泰安·八年級(jí)校考期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD//BC，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，且AO＝OC．(1)求證：①△AOE≌△COF；②四邊形ABCD為平行四邊形；(2)過點(diǎn)O作EF⊥BD，交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度數(shù)．【答案】(1)①見解析；②見解析(2)16°【分析】（1）①由AD//BC，可得∠OAE＝∠OCF，然后根據(jù)ASA即可證明△AOE≌△COF；②同理可證△AOD≌△COB，由全等三角形的性質(zhì)可得AD＝CB，又AD//BC，則可證四邊形ABCD為平行四邊形；（2）先根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠EBD=∠DBF=32°，∠ABC＝180°?∠BAD=80°，由線段垂直平分線的性質(zhì)得BE=DE，則∠EBD=∠EDB=32°，然后根據(jù)∠ABE＝∠ABC?∠EBD?∠DBF即可求得答案.【詳解】（1）證明：①∵AD//BC，∴∠OAE＝∠OCF，在△AOE和△COF中，{∴△AOE≌△COF（ASA）；②∵AD//BC，∴∠OAD＝∠OCB，在△AOD和△COB中，{∠OAD=∠OCB∴△AOD≌△COB（ASA），∴AD＝CB，又∵AD//BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形；（2）解：∵AD//BC，∠DBF=32°∴∠EDB＝∠DBF=32°，由（1）②得：四邊形ABCD為平行四邊形，∴OB＝OD，又∵EF⊥BD，∴EF是BD的垂直平分線∴BE＝DE，∴∠EBD＝∠EDB=32°，∵AD//BC，∠BAD=100°∴∠ABC＝180°?∠BAD=180°?100°=80°，∴∠ABE＝∠ABC?∠EBD?∠DBF＝80°?32°?32°=16°【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.【變式4-3】（2022春·甘肅定西·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形ABCD中，O是對(duì)角線BD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是BC邊上一點(diǎn)，連接EO并延長(zhǎng)交AD邊于點(diǎn)F、交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．OE=OF，AD=BC．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形．（2）若∠A=62°，∠G=40°，求∠BEG的度數(shù)．【答案】（1）見解析；（2）102°【分析】（1）證△BOE≌△DOF（SAS），得出∠OBE＝∠ODF，證出AD∥BC，由平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；（2）由平行四邊形的性質(zhì)得出∠C＝∠A＝62°，再由三角形的外角性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：（1）證明：∵O是對(duì)角線BD的中點(diǎn)，∴OB=OD．在△BOE和△DOF中，OB=OD∠BOE=∠DOF∴△BOE≌△DOF(SAS∴∠OBE=∠ODF，∴AD//BC，又∵AD=BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）由（1）可知四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C=∠A=62°，∴∠BEG=∠C+∠G=62°+40°=102°．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線的判定以及三角形的外角性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)5利用平行四邊形的判定與性質(zhì)求最值】【例5】（2022春·四川成都·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中有A0,3，D5,0兩點(diǎn)．將直線l1：y=x向上平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線l2，點(diǎn)B在直線l2上，過點(diǎn)B作直線l1的垂線，垂足為點(diǎn)C，連接AB，BC，CD，則折線【答案】2【分析】先證四邊形ABCF是平行四邊形，可得AB=CF，則AB+BC+CD=CF+2+CD，即當(dāng)點(diǎn)C，點(diǎn)D，點(diǎn)F三點(diǎn)共線時(shí)，CF+CD有最小值為DF的長(zhǎng)，即【詳解】解：如圖，將點(diǎn)A沿y軸向下平移2個(gè)單位得到E(0，1)，以AE為斜邊，作等腰直角三角形AEF，則點(diǎn)F(1，∵△AEF是等腰直角三角形，∴AF=EF=2，∠∵將直線l1：y=x向上平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線l∴∠AOC=45°，∴BC=AF=2，∠∴EF//OC，∵AF⊥EF，BC⊥OC，∴AF//BC，∴四邊形ABCF是平行四邊形，∴AB=CF，∴AB+BC+CD=CF+2∴當(dāng)點(diǎn)C，點(diǎn)D，點(diǎn)F三點(diǎn)共線時(shí)，CF+CD有最小值為DF的長(zhǎng)，即AB+BC+CD有最小值，∵點(diǎn)D5，0∴DF=(5-1∴折線ABCD的長(zhǎng)AB+BC+CD的最小值為25故答案為：25【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱-最短路線問題，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，一次函數(shù)的應(yīng)用，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造平行四邊形是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2022秋·吉林長(zhǎng)春·八年級(jí)長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=12，AD=10，點(diǎn)P在AD上，點(diǎn)Q在BC上，且AP=CQ，連結(jié)CP、QD，則PC+QD的最小值為（

）A．22 B．24 C．25 D．26【答案】D【分析】連接BP，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長(zhǎng)線上截取AE=AB=12，連接PE、CE，則PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，再根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，∵AP=CQ，∴AD-AP=BC-CQ，∴DP=QB，DP∥∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，則PC+QD=PC+PB，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長(zhǎng)線上截取AE=AB=12，連接PE，則BE=2AB=24，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB=PE，∴PC+PB=PC+PE，連接CE，則PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，∴CE=B∴PC+PB的最小值為26，即PC+QD的最小值為26，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)和平行四邊形的判定與性質(zhì)，證出PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2022春·河北保定·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知?ABCD的頂點(diǎn)A、C分別在直線x=1和x=4上，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，則對(duì)角線OB長(zhǎng)的最小值為（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】當(dāng)B在x軸上時(shí)，對(duì)角線OB長(zhǎng)度最小，由題意得出∠ADO＝∠CED＝90°，OD＝1，OE＝4，由平行四邊形的性質(zhì)得出OA∥BC，OA＝BC，得出∠AOD＝∠CBE，由AAS證明△AOD≌△CBE，得出OD＝BE＝1，即可得出結(jié)果.【詳解】當(dāng)B在x軸上時(shí)，對(duì)角線OB長(zhǎng)度最小，如圖所示：直線x＝1與x軸交于點(diǎn)D，直線x＝4與x軸交于點(diǎn)E，根據(jù)題意得：∠ADO＝∠CEB＝90°，OD＝1，OE＝4，四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA∥BC，OA＝BC，∴∠AOD＝∠CBE，在△AOD和△CBE中，∠AOD＝∴△AOD≌△CBE(AAS)，∴OD＝BE＝1，∴OB＝OE＋BE＝5，故答案為5.【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵.【變式5-3】（2022秋·全國(guó)·八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，已知四邊形AMNB各頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是：A(0,-2)，B(2,2),M(3,a),N(3,b)，且MN=1,?a<b，那么四邊形A．6+25 B．6+13 C．34+2【答案】A【分析】如圖，把A(0，-2)向上平移一個(gè)單位得：A1(0，-1)，作A1關(guān)于直線x=3的對(duì)稱點(diǎn)A2(6，-1)，連接A2B，交直線x=3于N【詳解】解：如圖，把A(0，-2)向上平移一個(gè)單位得：A1(0，-1)，作A1關(guān)于直線x=3的對(duì)稱點(diǎn)A2(6，-1)∴A由MN=AA∴四邊形AMNA∴A所以此時(shí)：四邊形AMNB的周長(zhǎng)最短，∵A(0，∴AB=(0-2)A2C四邊形=AB+MN+A=25故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查的是圖形與坐標(biāo)，勾股定理的應(yīng)用，軸對(duì)稱的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)6利用動(dòng)點(diǎn)判斷平行四邊形】【例6】（2022春·山西晉城·八年級(jí)統(tǒng)考期末）綜合與探究：直線y=x+2與x軸和y軸分別交于點(diǎn)A、B，直線CD與AB交于點(diǎn)C，與y軸交于點(diǎn)D(0,8)，過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為3．(1)求直線CD的解析式；(2)點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P(t,0)作x軸垂線分別與直線AB、CD交于點(diǎn)M、N，求線段MN的長(zhǎng)（用t表示）；(3)在（2）的條件下，t為何值時(shí)，以M、N、C、E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【答案】(1)y=-x+8(2)-2t+6(t≤3)或2t-6(t>3)(3)12或【分析】（1）先求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式；（2）先用t表示出點(diǎn)M、N的坐標(biāo)，然后分類兩種情況分別表示出MN的長(zhǎng)；（3）根據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)列出關(guān)于t的方程，解方程即可得出答案．【詳解】（1）當(dāng)x=3時(shí)，y=x+2=3+2=5，∴C(3,5)，設(shè)直線CD的解析式是y=kx+b，將C(3,5)，D(0,8)坐標(biāo)代入得，3k+b=5b=8解得：k=-1∴直線CD的解析式是y=-x+8．（2）由題知xP∵點(diǎn)M在直線AB上，∴yM∴M(t,t+2)，∵點(diǎn)N在直線CD上，∴yN∴N(t,-t+8)，當(dāng)t≤3時(shí)，MN=y當(dāng)t>3時(shí)，MN=y（3）∵CE⊥x軸，MN⊥x軸，∴CE//MN，若四邊形MNCE是平行四邊形，則CE=MN，即：-2t+6=5或2t-6=5，∴t=12或【點(diǎn)睛】本題主要考查了待定系數(shù)法，平面內(nèi)兩點(diǎn)之間的距離及平行四邊形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用一次函數(shù)和平行四邊形的相關(guān)知識(shí)，用t表示出點(diǎn)M、N的坐標(biāo)，然后進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2022春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖在平面直角坐標(biāo)系中，A-8,0，C0,26，AB∥y軸且AB=24，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1個(gè)單位長(zhǎng)度/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，以2個(gè)單位長(zhǎng)度/s的速度向點(diǎn)(1)當(dāng)四邊形BCQP是平行四邊形時(shí)，求t的值；(2)當(dāng)PQ=BC時(shí)，求t的值；(3)當(dāng)PQ恰好垂直平分BO時(shí)，求t的值．【答案】(1)t=8(2)t=8或t=(3)t=【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題．（2）分兩種情形：四邊形PBCQ是平行四邊形，四邊形PBCQ是等腰梯形，分別求解即可．（3）利用線段垂直平分線的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題．【詳解】（1）∵AB∥y，∴當(dāng)PB=CQ時(shí)，四邊形PBCQ是平行四邊形，∵BP=24-t，CQ=2t，∴24-t=2t，∴t=8（2）①當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時(shí)，CQ=BP，∴24-t=2t，∴t=8②當(dāng)四邊形PBCQ是等腰梯形時(shí)，BC=PQ，此時(shí)CQ-PB=2(OC-AB)，∵C0,26∴OC=26，∴2t-(24-t)=2(26-24)，∴t=綜上，t=8或t=（3）∵A-8,0∴OA=8．當(dāng)PQ垂直平分BO時(shí)，則BP=PO，∴24-t2解得t=【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰梯形，線段垂直平分線的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．【變式6-2】（2022秋·山東威海·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=3，BC=8，E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少秒時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，【答案】t=1或7【分析】分兩種情況進(jìn)行討論，①當(dāng)點(diǎn)Q在線段CE上時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)Q在線段BE上時(shí)，再根據(jù)平行四邊形對(duì)邊相等的性質(zhì)列出方程求解即可．【詳解】解：∵AD=3，BC=8，E是BC的中點(diǎn)，AD∥∴PD=QE時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．①當(dāng)點(diǎn)Q在線段CE上時(shí)，QE=4-2t，PD=3-t，即：4-2t=3-t，解得：t=1；②當(dāng)點(diǎn)Q在線段BE上時(shí)，QE=2t-4，PD=3-t，即：2t-4=3-t，解得：t=73所以當(dāng)t=1或73時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D【點(diǎn)睛】此題考平行四邊形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是由已知明確有兩種情況，不能漏解．【變式6-3】（2022春·湖南長(zhǎng)沙·八年級(jí)長(zhǎng)沙市第二十一中學(xué)校考期末）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=16，E是BC的中點(diǎn)．點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)(1)PD?=_________，CQ=__________;(用含t的式子表示)(2)當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為多少秒時(shí)，PQ∥(3)當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為多少秒時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【答案】(1)6-t；3t；(2)t為1.5秒時(shí)，PQ∥CD(3)當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為1秒或3.5秒時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【分析】（1）根據(jù)題意列出代數(shù)式即可；（2）根據(jù)PQ∥CD、AD∥BC可判定四邊形PQCD為平行四邊形，此時(shí)PD=CQ，可得方程6-t=3t，解方程即可得解；（3）分別從當(dāng)Q在CE上時(shí)，四邊形PDQE為平行四邊形和當(dāng)Q在BE上時(shí)，四邊形PQED為平行四邊形兩方面分析求解即可求得答案；【詳解】（1）解：∵AD=6，BC=16，點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，∴PD?=6-t，CQ=3t，故答案為：6-t；3t；（2）解：如圖示，∵PQ∥CD，AD∥BC∴四邊形PQCD為平行四邊形∴PD=CQ又∵PD=AD-AP=6-t，CQ=3t，∴t=3當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為1.5秒時(shí)，PQ∥CD．（3）由題意知，此時(shí)有兩種情況，Q在CE上或Q在BE上，①當(dāng)Q在CE上時(shí)，四邊形PDQE為平行四邊形此時(shí)PD=QE，又∵PD=6-t，QE=CE-CQ=8-3t∴6-t=8-3t∴t=1<6∴t=1滿足題意②當(dāng)Q在BE上時(shí)，四邊形PQED為平行四邊形此時(shí)PD=QE．又∵PD=6-t，QE=CQ-CE=3t-8∴6-t=3t-8∴t=∴t=7當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為1秒或3.5秒時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)形成的幾何圖形綜合問題，列代數(shù)式及平行四邊形的判定和性質(zhì)，分類討論的數(shù)學(xué)思想，需靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)點(diǎn)，結(jié)合圖形認(rèn)真審題是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)7平行四邊形的判定與性質(zhì)的實(shí)際應(yīng)用】【例7】（2022春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，一塊草地的中間有一條彎路，AC∥BD，CE∥DF．請(qǐng)給出一種方案，把道路改直，且草地的種植面積保持不變．【答案】方案見解析．【分析】延長(zhǎng)EC和FD，即可把道路改直．根據(jù)平行四邊形CGHD和平行四邊形CABD的面積相等，所以道路所占面積不變，所以草地的種植面積不變．【詳解】解：延長(zhǎng)EC和FD，即得所求新路，如圖：由圖知CD∥AB，∵AB∥CD，且AC∥BD，∴四邊形CABD為平行四邊形，∴CD=AB，同理：∵CD∥GH，且GC∥HD，∴四邊形CGHD為平行四邊形，∴CD=GH，∴GH=AB，∵四邊形CABD和四邊形CGHD的高相等，∴平行四邊形CABD和平行四邊形CGHD的面積相等，∴道路所占面積不變，∴草地的種植面積不變．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線之間的距離，平行四邊形的判定及性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的判定及性質(zhì)．【變式7-1】（2022春·江蘇泰州·八年級(jí)靖江市靖城中學(xué)校期中）村莊A和村莊B位于一條小河的兩側(cè)，若河岸彼此平行，要架設(shè)一座與河岸垂直的橋，橋址應(yīng)如何選擇，才使A與B之間的距離最短？【答案】見解析【分析】設(shè)l1和l2為河岸，作BD⊥l2，取BB'等于河寬，連接AB'交l1于C1，作C1C2⊥l2【詳解】解：如下圖所示，作BD⊥l2，取連接AB'交l1于C1，作C連接C2∵BB'∥∴四邊形BB∴B'∵A與B之間的距離等于BC2其中BB∴當(dāng)B'、C1、A在同一條直線上時(shí)，∴A→C1→C2→B為最短路線，即A與故C1【點(diǎn)睛】本題考查最短路徑和平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握最小路徑的識(shí)別方法．【變式7-2】（2022秋·浙江溫州·八年級(jí)樂清外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？计谀┠筹L(fēng)力發(fā)電設(shè)備如圖1所示，其示意圖如圖2，已知三個(gè)葉片OA，OB，OC均勻地∠AOB=∠BOC=∠COA分布在支點(diǎn)O上，OH垂直地面MN．當(dāng)光線與地面的夾角為60°，葉片CO與光線平行時(shí)，測(cè)得葉片影子PQ的長(zhǎng)為12米，則葉片的長(zhǎng)為______米；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)過程中葉片OB垂直光線（這片刻時(shí)間忽略不計(jì)，光線與地面的夾角還是【答案】

6

6【分析】延長(zhǎng)BO交AP延長(zhǎng)BO交AP于點(diǎn)E，通過證明四邊形EPQB為平行四邊形，△AOE為等邊三角形，即可求解；根據(jù)題意畫出葉片OB垂直光線的圖形，延長(zhǎng)BO交KP于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作PF⊥BQ于點(diǎn)F，通過證明四邊形DPFB為平行四邊形，得出PF=BD，最后根據(jù)勾股定理列出方程求解即可．【詳解】解：延長(zhǎng)BO交AP延長(zhǎng)BO交AP于點(diǎn)E，∵∠AOB=∠BOC=∠COA，∴∠AOB=∠BOC=∠COA=1∵CO與光線平行，∴∠BOC=∠OBQ=120°，∵∠BQP=60°，∴∠OBQ+∠BQP=180°，即BE∥∵BQ∥∴四邊形EPQB為平行四邊形，∴BE=PQ=12，∵EP∥BQ，∴∠OEA=60°，∵∠AOB=120°，∴∠OAE=60°，∴△AOE為等邊三角形，則OA=OE=OB，∴BE=OB+OE=2OB=12，解得OB=6，如圖：當(dāng)OB垂直光線時(shí)，延長(zhǎng)BO交KP于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作PF⊥BQ于點(diǎn)F，∵∠AOB=120°，∴∠AOD=60°，∵OB⊥BQ，KP∥∴OD⊥KP，∴∠OAD=30°，∴OD=1∴BD=OD+OB=9，∵PF⊥BQ，OB⊥BQ，∴PF∥∴四邊形DPFB為平行四邊形，∴PF=BD=9，設(shè)PQ=x，∵∠PQF=60°，PF⊥BQ，∴∠FPQ=30°，∴QF=1根據(jù)勾股定理得：PQ2-Q解得x=63故答案為：①6，②63【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)定理內(nèi)容，正確作出輔助線求解．【變式7-3】（2022春·江蘇·八年級(jí)期末）如圖1是某一遮陽(yáng)蓬支架從閉合到完全展開的一個(gè)過程，當(dāng)遮陽(yáng)蓬支架完全閉合時(shí)，支架的若干支桿可看作共線．圖2是遮陽(yáng)蓬支架完全展開時(shí)的一個(gè)示意圖，支桿MN固定在垂直于地面的墻壁上，支桿CE與水平地面平行，且G，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，在支架展開過程中四邊形ABCD始終是平行四邊形．(1)若遮陽(yáng)蓬完全展開時(shí)，CE長(zhǎng)2米，在與水平地面呈60°的太陽(yáng)光照射下，CE在地面的影子有______米（影子完全落在地面）(2)長(zhǎng)支桿與短支桿的長(zhǎng)度比（即CE與AD的長(zhǎng)度比）是______．【答案】(1)2(2)2:1【分析】（1）過C作與水平地面呈60°的直線KC交MN的延長(zhǎng)線于K，分別過K、E作KS∥CE，ES∥CK，可得四邊形（2）由題意可知：支桿的豎直長(zhǎng)度都一樣，且豎直的支點(diǎn)為長(zhǎng)支桿的中點(diǎn)，即G為OM的中點(diǎn)、B為OC的中點(diǎn)，然后說明AD的長(zhǎng)度為長(zhǎng)支桿的一半即可．【詳解】（1）解：過C作與水平地面呈60°的直線KC交MN的延長(zhǎng)線于K，分別過K、E作KS∥CE，∴四邊形CESK是平行四邊形，∴KS=CE=2，即CE在地面上影子的長(zhǎng)為2米；故答案為：2；（2）解：由題意可知：支桿的豎直長(zhǎng)度都一樣，且豎直的支點(diǎn)為長(zhǎng)支桿的中點(diǎn)，即G為OM的中點(diǎn)、B為OC的中點(diǎn)，當(dāng)遮陽(yáng)棚完全閉合后，每根桿的長(zhǎng)度都一樣，即AD的長(zhǎng)度為長(zhǎng)支桿的一半，∵CE為長(zhǎng)支桿的長(zhǎng)度，AD為短支桿的長(zhǎng)度．∴CE:AD=2:1．故答案為：2:1．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)8根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求線段長(zhǎng)】【例8】（2022春·江蘇南通·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，E，F(xiàn)是對(duì)角線AC上兩點(diǎn)，AE=CF，過點(diǎn)E，F(xiàn)分別作AC的垂線，與邊BC分別交于點(diǎn)G，H．若BG=1,CH=4，則EG+FH=（

）A．41 B．34 C．42 D．【答案】B【分析】延長(zhǎng)GE，交AD于點(diǎn)P，過點(diǎn)G作GQ⊥AD于點(diǎn)Q，得AQ=BG=1，GQ=AB=5，再證明ΔAEP≌ΔCFH，得AP=CF=4，求出PQ=3【詳解】解：延長(zhǎng)GE，交AD于點(diǎn)P，過點(diǎn)G作GQ⊥AD于點(diǎn)Q，如圖，則∠GQA=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∠BAD=∠B=90°,AD∥BC,∴四邊形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≌∴PE=HF,AP=CH=4,∴PQ=AP-AQ=4-1=3,在RtΔQGP中，∵G∴GP=∴GE+HF=故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)以及勾股定理以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2022春·廣東珠?！ぐ四昙?jí)統(tǒng)考期末）四邊形ABCD中，AD∥BC，AD與BC之間的距離為4，AB=AD=CD=5，則邊BC的長(zhǎng)為______．【答案】5或11##11或5【分析】如圖，過A作AH⊥BC于H，過D作DM⊥BC于M,分兩種情況討論，再證明四邊形AHMD是矩形，再利用勾股定理求解BH=5【詳解】解：如圖，過A作AH⊥BC于H，過D作DM⊥BC于M,∴∠AHM=∠DMH=90°,∵AD∥∴∠HAD=90°,∴四邊形AHMD是矩形，∴HM=AD,

由題意得：AB=AD=DC=5,AH=DM=4,∴BH=5∴BC=BM-CM=3+5-3=5,當(dāng)C落在C'同理可得：MC此時(shí)BC綜上BC的長(zhǎng)為5或11．故答案為：5或11．【點(diǎn)睛】本題考查的是平行線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，矩形的判定與性質(zhì)，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2022春·廣西防城港·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知平行四邊形ABCD，延長(zhǎng)AB到E，使BE=AB，連接BD，ED，EC，若ED=AD．(1)求證：CD=BE；(2)求證：四邊形BECD是矩形；(3)連接AC，若AD=7，CD=2，求AC【答案】(1)見解析(2)見解析(3)19【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得CD=AB，即可得；（2）由（1）知CD=BE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得CD//BE，AD=BC，即可得四邊形BECD是平行四邊形，根據(jù)ED=AD得ED=BC，即可得平行四邊形BECD是矩形；（3）連接AC，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得CB=AD=7，AB=CD=2，根據(jù)矩形的性質(zhì)BE=CD=2，∠BEC=90°，在Rt△BEC中，根據(jù)勾股定理得CE=3，在Rt△AEC(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD=AB，又∵BE=AB，∴CD=BE．(2)證明：由（1）知CD=BE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD//BE，AD=BC，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵ED=AD，∴ED=BC，∴平行四邊形BECD是矩形．(3)解：如圖所示，連接AC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CB=AD=7，AB=CD=2，∵四邊形BECD是矩形，∴BE=CD=2，∠BEC=90°，∴在Rt△BEC中，CE＝BC在Rt△AEC中，AC=A【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)．【變式8-3】（2022春·湖北武漢·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，已知AD∥BC，AB∥CD，∠B＝∠C．(1)求證：四邊形ABCD為矩形；(2)如圖2，M為AD的中點(diǎn)，N為AB的中點(diǎn)，BN＝2．若∠BNC＝2∠DCM，求BC的長(zhǎng)．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)及平行四邊形的判定，即可證明；（2）過點(diǎn)M作ME⊥CN，垂足為E，通過證明△DCM?△ECM(AAS)，Rt△AMN?Rt△EMN(HL)，進(jìn)而求出CN=CE+NE=6，再利用勾股定理計(jì)算即可．（1）∵AD∥BC，AB∥CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∠B+∠C=180°，∵∠B＝∠C，∴∠B=90°，∴四邊形ABCD為矩形；（2）如圖，過點(diǎn)M作ME⊥CN，垂足為E，∴∠MEN=∠MEC=90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A=∠D=∠B=90°,AB=CD,AB∥∴∠MEN=∠MEC=90°=∠A=∠D，∴∠BNC=∠DCN，∵∠BNC＝2∠DCM，∴∠DCN=2∠DCM=∠DCM+∠ECM，∴∠DCM=∠ECM，∵M(jìn)C=MC，∴△DCM?△ECM(AAS)，∴CD=CE,MD=ME，∵N為AB的中點(diǎn)，BN＝2，∴AB=2BN=4=CD,AN=2，∴CE=4，∵M(jìn)為AD的中點(diǎn)，∴MA=MD，∴MA=ME，∵M(jìn)N=MN，∴Rt△AMN?Rt△EMN(HL)，∴AN=NE=2，∴CN=CE+NE=6，在Rt△BCN中，BC=C【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)9根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求角度】【例9】（2022春·河南安陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE⊥BD于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，且AE=DF．(1)求證：四邊形ABCD是矩形．(2)若∠BAE:∠EAD=4:5，求∠EAO的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)10°【分析】（1）證△AEO≌△DFO（AAS），得出OA=OD，則AC=BD，即可得出四邊形ABCD是矩形．（2）由矩形的性質(zhì)得出∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB，則∠OAB=∠OBA，求出∠BAE=40°，則∠OBA=∠OAB=50°，即可得出答案．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC=12AC∵AE⊥BD于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，∴∠AEO=∠DFO=90°，又∵∠AOE=∠DOF

AE=DF，∴△AEO≌△DFO，∴OA=OD，∴AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形；（2）由（1）得：四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵∠BAE:∴∠BAE=40°，∴∠OBA=∠OAB=90°-40°=50°，∴∠EAO=∠OAB-∠BAE=50°-40°=10°．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2022春·陜西延安·八年級(jí)延安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在□ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，且AC=BD，∠OAD=30°，求∠OAB的度數(shù)．【答案】60°【分析】根據(jù)對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形得出四邊形ABCD是矩形，再根據(jù)矩形性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC=BD，∴四邊形ABCD為矩形，∴AB⊥AD，即∠BAD=90°，又∵∠OAD=30°，∴∠OAB=60°．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．【變式9-2】（2022春·江蘇泰州·八年級(jí)?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，沿邊AD，DC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，A，D關(guān)于直線BE的對(duì)稱點(diǎn)分別為M，N，連接MN．(1)如圖，當(dāng)E在邊AD上且DE＝2時(shí)，求∠AEM的度數(shù)．(2)當(dāng)N在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，求DE的長(zhǎng)，并判斷直線MN與直線BD的位置關(guān)系，說明理由．(3)當(dāng)直線MN恰好經(jīng)過點(diǎn)C時(shí)，求DE的長(zhǎng)．【答案】(1)∠AEM＝90°(2)MN∥BD，理由見解析(3)DE的長(zhǎng)為27或【分析】（1）由題意易求出AE＝AB＝6，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可證明△ABE為等腰直角三角形，即得出∠AEB＝∠ABE＝45°．由翻折可知∠BEM＝∠AEB，從而可求出∠AEM＝90°；（2）根據(jù)勾股定理可求出BD＝10．由翻折可知當(dāng)N落在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，BN＝BD＝10，DE=EN，從而可求出CN＝2．設(shè)DE=EN=x，則CE=6-x，在Rt△CEN中根據(jù)勾股股定理可列出關(guān)于x的等式，解出x即求出DE的長(zhǎng)．易證Rt△BMN≌Rt△DCB(HL)，即得出∠DBC（3）分類討論：①當(dāng)E在邊AD上時(shí)和②當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，根據(jù)三角形全等的判定和性質(zhì)結(jié)合勾股定理即可求解．（1）解：如圖1，∵DE＝2，∴AE＝AB＝6，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴∠AEB＝∠ABE＝45°．由對(duì)稱性知∠BEM＝45°，∴∠AEM＝90°．（2）解：如圖2，∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∵當(dāng)N落在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，BN＝BD＝10，∴CN＝2．設(shè)DE=EN=x，則CE=6-x，∵CE∴(6-x)2解得：x=10∴DE=EN=10∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，∴Rt△BMN≌∴∠DBC＝∠BNM，∴MN∥BD；（3）分類討論：①如圖3，當(dāng)E在邊AD上時(shí)，∴∠BMC＝90°，∴MC=B∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∴△BCM≌△CED(AAS)，∴DE＝MC＝27②如圖4，當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，∵BM＝6，BC＝8，∴MC＝27∴CN=MN-MC=8-27設(shè)DE=EN=y，則CE=6-y，∵CE∴(6-y)2解得：y=8∴DE=8綜上所述，DE的長(zhǎng)為27或8【點(diǎn)睛】本題考查矩形與折疊，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)．能夠正確的作出圖形，并利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想是解題關(guān)鍵．【變式9-3】（2022春·山東聊城·八年級(jí)統(tǒng)考期中）在矩形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAD交BC于點(diǎn)E，∠EAO=15°，求∠BEO的度數(shù)．【答案】75°．【詳解】試題分析：根據(jù)題意可以知道∠BAE=∠AEB=45°，進(jìn)而求得∠ACB=30°，即可得出△AOB為等邊三角形，得出AB=OB=BE，∠CBO=30°，即可得出∠BEO的度數(shù)．試題解析：∵ABCD為矩形，∴∠BAD=90°，∵ABCD相交于O點(diǎn)，∴AO=CO=BO=DO，∵AE平分∠BAD交BC于E點(diǎn)，∴∠BAE=∠EAD=45°，∵∠EAC=15°，∴∠BA0=60°，∵AO=BO，∴∠ABO=60°，∵∠BAO+∠ABO+∠AOB=180°，∴∠AOB=60°，∴△AOB為等邊三角形，即AB=OA=BO，又∵∠ABC=90°，∠EAB=45°，∴∠BEA=45°，∴△ABE為等腰直角三角形，∴BE=BA，∵BE=BA而BA=BO，∴BE=BO，即△OBE為等腰三角形，∵∠ABC=90°∠ABO=60°，∴∠OBE=30°，∴∠BOE=∠BEO=（180﹣30）÷2=75°．故∠BEO的度數(shù)75°．考點(diǎn)：1．矩形的性質(zhì)；2．等邊三角形的判定與性質(zhì)；3．等腰三角形的性質(zhì)．【考點(diǎn)10根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)求面積】【例10】（2022春·山東菏澤·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別為OA、OC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BM點(diǎn)E，EM=BM，連接DE，若BD=2AB，且DC=5，DN=4，求四邊形DEMN的面積．【答案】24【分析】證明△ABO是等腰三角形，結(jié)合M是AO的中點(diǎn)，得到∠BMO=∠EMO=90°，同時(shí)△DOC也是等腰三角形，N是OC中點(diǎn)，得到∠DNO=90°，得到EM//DN，再證明△BMO≌△DNO得到BM=DN，進(jìn)而得到EM=DN，得出四邊形EMND為矩形，進(jìn)而求出面積．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，BO=DO=1又∵BD=2AB，∴AB=BO=DO=CD，即△ABO與△CDO為等腰三角形，又∵M(jìn)、N分別為底邊OA、OC的中點(diǎn)，∴BM⊥AC，DN⊥AC即EM//在△BMO與△DNO中：∠BOM=∠DON∴△BMO≌△DNO(AAS)∴BM=DN又∵BM=EM∴EM=DN∴四邊形DNME為平行四邊形，又由BM⊥AC可知∠EMN為直角，∴四邊形DNME為矩形，∵DC=5，DN=4∴N∴NC=3又由M、O、N分別為AO、AC、CO的中點(diǎn)∴MO=NO=N即MN=6∴S四邊形【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、矩形的面積公式等，熟練掌握其性質(zhì)和判定方法是解決此類題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2022春·江西贛州·八年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別為OA、OC的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BM至點(diǎn)E，使EM=BM，連接DE．（1）求證：△AMB≌△CND；（2）若BD=2AB，且AB=5，DN=4，求四邊形DEMN的面積．【答案】(1)見解析；(2)24【分析】(1)由四邊形ABCD是平行四邊形得出AB=CD，AB//CD，進(jìn)而得到∠BAC=∠DCA，再結(jié)合AO=CO，M,N分別是OA和OC中點(diǎn)即可求解；(2)證明△ABO是等腰三角形，結(jié)合M是AO的中點(diǎn)，得到∠BMO=∠EMO=90°，同時(shí)△DOC也是等腰三角形，N是OC中點(diǎn)，得到∠DNO=90°，得到EM//DN，再由(1)得到EM=DN，得出四邊形EMND為矩形，進(jìn)而求出面積．【詳解】解：(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB//CD，OA=OC，∴∠BAC=∠DCA，又點(diǎn)M，N分別為OA、OC的中點(diǎn)，∴AM=1在△AMB和△CND中，{AB=CD∴△AMB≌△CND(SAS)．(2)BD=2BO，又已知BD=2AB，∴BO=AB，∴△ABO為等腰三角形；又M為AO的中點(diǎn)，∴由等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)可知：BM⊥AO，∴∠BMO=∠EMO=90°，同理可證△DOC也為等腰三角形，又N是OC的中點(diǎn)，∴由等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)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，∴四邊形EMND為平行四邊形，又∠EMO=90°，∴四邊形EMND為矩形，在Rt△ABM中，由勾股定理有：AM=A∴AM=CN=3，∴MN=MO+ON=AM+CN=3+3=6，∴S矩形故答案為：24．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、矩形的面積公式等，熟練掌握其性質(zhì)和判定方法是解決此類題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2022春·貴州遵義·八年級(jí)校考期中）如圖，矩形ABCD中，延長(zhǎng)AB至E，延長(zhǎng)CD至F，BE＝DF，連接EF，與BC、AD分別相交于P、Q兩點(diǎn)．(1)求證：CP＝AQ；(2)若BP＝1，PQ＝22，∠AEF＝45°，求矩形ABCD的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）8.【詳解】試題分析：（1）由矩形的性質(zhì)得出∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，證出∠E=∠F，AE=CF，由ASA證明△CFP≌△AEQ，即可得出結(jié)論；（2）證明△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質(zhì)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試題解析：（1）證明：∵四邊形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{∴△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=2BP=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的面積=AB×AD=2×4=8.【變式10-3】（2022春·云南玉溪·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，∠DAE的角平分線AF交CD于點(diǎn)G，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接EG，△AGE的面積為S．（1）求證：AE＝EF；（2）若EG⊥AF，試探究線段AE，EC，AD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）在（2）的條件下，若∠AEG＝∠AGD，AB＝12，AD＝9，求S的值．【答案】（1）見解析；（2）AE=EC+AD，理由見解析；（3）39【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可推出∠DAG=∠F，再結(jié)合角平分線定義可得出∠DAG=∠EAF，則∠EAF=∠F，即可證明結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得AG=FG，再由全等三角形的判定與性質(zhì)可證得AD=FC，即可推出AE=EC+AD；（3）由已知角的等量關(guān)系及EG⊥AF可得∠D=90°，由此可證得平行四邊形ABCD是矩形，再利用全等三角形、矩形的性質(zhì)及勾股定理可求出CG=DG=6，EF=13，則可由三角形面積公式求解結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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°．∴平行四邊形ABCD是矩形．∴∠B=∠BCD=90°，CD=AB=12，BC=AD=9．∵△AGD≌△FGC，∴CG=DG=6，CF=AD=9．設(shè)CE=x，則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【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形與矩形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并能靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)11矩形與折疊問題】【例11】（2022秋·廣東肇慶·八年級(jí)廣東肇慶中學(xué)?？计谀┮阎喝鐖D，折疊長(zhǎng)方形的一邊AD，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)E處，已知AB=6cm，BC=10cm，則CF的長(zhǎng)是（A．83 B．2 C．52 D【答案】A【分析】先求出BE、CE的長(zhǎng)，利用勾股定理列出關(guān)于EF的方程，即可解決問題．【詳解】解∶∵折疊，∴DF=EF，AE=AD，∵四邊形ABCD為長(zhǎng)方形，BC=10cm，AB=6∴∠B=∠C=90°；AE=AD=BC=10cm設(shè)EF=xcm，則CF=6-xcm∴CE=BC-CE=2cm由勾股定理得：x2解得：x=10∴CF=CD-DF=8故答選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用勾股定理等幾何知識(shí)來(lái)分析、判斷、推理或解答．【變式11-1】（2022秋·貴州遵義·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知矩形ABCD，AB=5，AD=3，矩形GBEF是由矩形ABCD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，點(diǎn)H為CD邊上一點(diǎn)，現(xiàn)將四邊形ABHD沿BH折疊得到四邊形A'BHD'，當(dāng)點(diǎn)A'恰好落在EFA．175 B．72 C．185【答案】B【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)，得出AB=A'B=5，AD=A'D'=3，再根據(jù)矩形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出AD=BC=BE=FG=3，AB=CD=BG=EF=5，再根據(jù)勾股定理，得出A'E=4，再根據(jù)線段之間的數(shù)量關(guān)系，得出【詳解】解：∵四邊形ABHD沿BH折疊得到四邊形A'∴AB=A'B=5∵矩形GBEF是由矩形ABCD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，AD=3，AB=5，∴AD=BC=BE=FG=3，AB=CD=BG=EF=5，∴A'∴A'連接A'∴A'∴D'設(shè)DH=x，則GH=x-1，CH=5-x，在Rt△CHGCG=BG-BC=5-3=2，GH即x-12解得：x=7∴DH=7故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理，并正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．【變式11-2】（2022秋·九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在ΔABC中，AB=AC，直線DE垂直平分AB，把線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使點(diǎn)A落在直線DE上的點(diǎn)F處，聯(lián)結(jié)CF、BF，線段AC、BF交于點(diǎn)G，如果CF//AB，那么∠AGB=【答案】105【分析】過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，由旋轉(zhuǎn)和線段垂直平分線的性質(zhì)可得EF＝BE＝AE，則△BEF是等腰直角三角形，可得∠EBF＝45°，證明四邊形EFCH是矩形，可得CH＝EF＝12AB＝12AC，可得出∠CAH＝【詳解】解：過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，∵線段AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，使點(diǎn)A落在直線DE上的點(diǎn)F處，∴AE＝EF，∵直線DE垂直平分AB，AB＝AC，∴AE＝BE＝12AB＝12AC，∠BEF＝∴EF＝BE＝AE，∴△BEF是等腰直角三角形，∴∠EBF＝45°，∵DE⊥AB，CF//AB，∴CF⊥DE，∵DE⊥AB，CH⊥AB，∴四邊形EFCH是矩形，∴CH＝EF＝12AB＝12∴∠CAH＝30°，∴∠AGB＝180°?∠EBF?∠CAH＝180°?45°?30°＝105°．故答案為：105．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)，求出∠EBF＝45°，∠CAH＝30°是解題的關(guān)鍵．【變式11-3】（2022秋·黑龍江齊齊哈爾·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AB=5，AD=6，點(diǎn)P是射線AD上一點(diǎn)，將△ABP沿BP折疊得到△A'BP，點(diǎn)A'恰好落在BC的垂直平分線l【答案】53或【分析】設(shè)直線l交AD于R，交BC于T．分兩種情形：如圖1中，當(dāng)點(diǎn)P在線段AR上時(shí)，設(shè)AP=PA'=x.如圖2中，當(dāng)點(diǎn)P在線段DR【詳解】解：設(shè)直線l交AD于R，交BC于T．如圖1中，當(dāng)點(diǎn)P在線段AR上時(shí)，設(shè)AP在Rt△BTA'中，∵∠BTA'=∴A'T=∵AB=RT=∴RA'=5-4=1，在Rt△PRA'中，則有x2解得x=53如圖2中，當(dāng)點(diǎn)P在線段DR上時(shí)，設(shè)AP=在Rt△BTA'中，∵∠BTA'=∴A'T=∵AB=RT=∴RA'=在Rt△PRA'中，則有y2解得y=15，綜上所述，滿足條件的AP的值為53或15【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．【考點(diǎn)12根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)求線段長(zhǎng)】【例12】（2022春·江西贛州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，∠A=60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點(diǎn)，P為菱形邊上的一點(diǎn)，且△PEF為直角三角形，那么BP的長(zhǎng)度為______．【答案】2或3或23或【分析】根據(jù)題意分情況討論，根據(jù)菱形、等邊三角形及含30°的直角三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】如圖，EP⊥AB，△PEF為直角三角形，∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，∠A=60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點(diǎn)，∴AE=12AD=2，∠AEP=90°-∠∴AP=1∴BP=AB-AP=3；如圖，EF⊥FP，交BC于P點(diǎn)∵AD=AB,∴AE=AF=12AD=12∵∠A=60°∴△AEF是等邊三角形∵∠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如圖，EF⊥EP，交CD于P點(diǎn)同理可得△EDP是等腰三角形，DP=PC=2∴P點(diǎn)是CD中點(diǎn)∵∠C=∠A=60°，BC=CD∴三角形BCD是等邊三角形∴BP⊥CD∴BP=22如圖，PF⊥AD于P點(diǎn)同理可得△ABD是等邊三角形,EP=12AE=1,BE=22+∴BP=B綜上，BP的長(zhǎng)為2或3或23或故答案為：2或3或23或13【點(diǎn)睛】此題主要考查菱形的性質(zhì)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°的直角三角形的性質(zhì)．【變式12-1】（2022秋·福建福州·八年級(jí)福建省福州第一中學(xué)?？计谀┤鐖D，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=12，則四邊形A．12 B．18 C．24 D．30【答案】C【分析】由CE∥BD，DE∥AC，可證得四邊形CODE是平行四邊形，又由四邊形ABCD是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，易得【詳解】解：∵CE∥BD，∴四邊形CODE是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD=12，OA=OC，OB=OD，∴OD=OC=1∴四邊形CODE是菱形，∴四邊形CODE的周長(zhǎng)為：4OC=4×6=24，故C正確．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)和菱形判定和性質(zhì)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．【變式12-2】（2022秋·河北保定·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧交AD于點(diǎn)F，再分別以點(diǎn)B，F(xiàn)為圓心，大于12BF的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于一點(diǎn)P，連接AP并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連接（1）求證：四邊形ABEF是菱形．（2）設(shè)AE與BF相交于點(diǎn)O，四邊形ABEF的周長(zhǎng)為16，BF＝4，求AE的長(zhǎng)和∠C的度數(shù)．【答案】(1)見解析；（2）∠C=60【分析】（1）根據(jù)尺規(guī)作圖得到直線AE是線段BF的垂直平分線，∠FAE=∠BAE，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)、菱形的判定定理證明；（2）根據(jù)菱形的周長(zhǎng)求出菱形的邊長(zhǎng)，得到△ABF是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理計(jì)算即可.【詳解】解：（1）由尺規(guī)作圖的過程可知，直線AE是線段BF的垂直平分線，∠FAE＝∠BAE，∴AF＝AB，EF＝EB，∵AD∥BC，∴∠FAE＝∠AEB，∴∠AEB＝∠BAE，∴BA＝BE，∴BA＝BE＝AF＝FE，∴四邊形ABEF是菱形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形∴∠BAD＝∠C∵菱形ABEF的周長(zhǎng)為16，∴AF＝AB＝4，又BF＝4，∴△ABF是等邊三角形，∴∠ABF＝60°，AO＝32AB＝2∴∠C＝60°，AE＝43【點(diǎn)睛】本題考查的是菱形的判定、復(fù)雜尺規(guī)作圖、等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的判定定理和性質(zhì)定理、線段垂直平分線的作法、角平分線的作法是解題的關(guān)鍵.【變式12-3】（2022秋·福建三明·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知，在長(zhǎng)方形紙片ABCD中，AB=4，BC=8．將紙片沿對(duì)角線BD翻折，點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，BE交AD于點(diǎn)F．(1)如圖1，連結(jié)AE．①求證：△ABF≌②求證：AE∥(2)如圖2，將△BDE沿BD翻折回去，則點(diǎn)F正好落在BC邊G處，連結(jié)FG，求FG【答案】(1)①見解析；②見解析(2)2【分析】（1）①由矩形的性質(zhì)得AB=CD,∠BAD=∠C=90°,AD=BC，由折疊的性質(zhì)可得到DC=DE,∠C=∠BED=90°,BC=BE，可得出AB=ED,∠BAD=∠BED=90°，又有一組對(duì)頂角，根據(jù)AAS即可得出②利用ΔABF?ΔEDF得出BF=DF，從而得出∠EBD=∠ADB=12(180°-∠AFE)，再利用SSS證得（2）設(shè)DF=BF=x，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于x的方程及BD的長(zhǎng)，解之求出DF和BF的長(zhǎng)，再證明四邊形BFDG為菱形，利用菱形的面積公式即可得出FG的長(zhǎng)【詳解】（1）解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD,∠BAD=∠C=90°,AD=BC，由折疊的性質(zhì)知，DC=DE,∠C=∠BED=90°,BC=BE，∴AB=ED,∠BAD=∠BED=90°,AD=BE；在△ABF與△EDF中，∠BFA=∠DFE∴△ABF≌②∵△ABF≌∴BF=DF，∴∠EBD=∠ADB，∴∠EBD=∠ADB=1∵AD=BE,AB=DE,AE=AE，∴△AED?△EAB，∴∠AEB=∠EAD=1∵∠AFE=∠DFB，∴∠AEB=∠EBD，∴AE∥（2）設(shè)DF=BF=x，則AF=8-x在Rt△ABF中，∴4∴x=3∴BF=DF=8-3=5在Rt△BCD中，∵將△BDE沿BD翻折回去，則點(diǎn)F正好落在BC邊G∴BD垂直平分FG，∴.BF=BG,DF=DG，∵DF=BF∴BF=BG=DF=DG∴四邊形BFDG為菱形，∴S∴1∴FG=2【點(diǎn)睛】本題考查的是翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)吧，熟知圖形翻折不變性是解答此題的關(guān)鍵．【考點(diǎn)13根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)求角度】【例13】（2022春·浙江臺(tái)州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作EF⊥BD，交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接EB，DF．(1)求證：四邊形EBFD為菱形；(2)若∠BAD=105°，∠DBF=2∠ABE，求∠ABE的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析；(2)15°【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得到BO=DO，∠OBF=∠ODE，證明△BOF≌△DOE（ASA），得到BF=DE，證得四邊形EBFD為平行四邊形，又因?yàn)镋F⊥BD，得到四邊形EBFD為菱形；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠DBF=∠DBE=2∠ABE，所以∠ABC=∠ABE+∠DBE+∠DBF=5∠ABE，利用平行線的性質(zhì)得到∠DAB+∠ABC=180°，求解即可得到∠ABE的度數(shù)．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，BO=DO，∴∠OBF=∠O