專題18.1 平行四邊形中的幾何綜合（壓軸題專項講練）（人教版）（解析版）-八年級數(shù)學下冊

專題18.1平行四邊形中的幾何綜合思維方法思維方法正向思維：是一類常規(guī)性的、傳統(tǒng)的思維形式，指的是大家按照自上而下，由近及遠、從左到右、從可知到未知等一般而言的線性方向做出探究問題的思維途徑。逆向思維：是指在剖析、破解數(shù)學難題進程中，可以靈活轉(zhuǎn)換思維方向，從常規(guī)思維的相反方向出發(fā)進行探索的思維方式，比如正向思維無法解決問題時可反其道而行采取逆向思維，直接證明有困難時可采用間接證明。知識點總結(jié)知識點總結(jié)一、平行四邊形的性質(zhì)（1）平行四邊形的概念：有兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．（2）平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．（3）平行線間的距離處處相等．（4）平行四邊形的面積：①平行四邊形的面積等于它的底和這個底上的高的積．②同底（等底）同高（等高）的平行四邊形面積相等．二、平行四邊形的判定（1）定義：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形（2）定理1：兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形（3）定理2：兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形（4）定理3：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形（5）定理4：一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形典例分析典例分析【典例1】已知?ABCD，BC=2．（1）如圖1，若以BC為邊作等邊△BCE，且點E恰好在邊AD上，直接寫出此時?ABCD的面積；（2）如圖2，若以BC為斜邊作等腰直角△BCF，且點F恰好在邊AD上，過C作CG⊥CD交BF于G，連接AG．①依題意將圖2補全；②用等式表示此時線段CD，（3）如圖3，以BC為邊作?BCMN，且∠CMN=60°，BN=3．若NA⊥BD，直接用等式表示此時BD與NA的數(shù)量關(guān)系．【思路點撥】（1）作EI⊥BC于點I，利用等邊三角形的性質(zhì)求得BI的長，再利用勾股定理求得EI的長，最后利用平行四邊形的面積公式求解即可；（2）①依照題意補全圖形即可；②延長CF交BA的延長線于點H，延長CG交BA的延長線于點J，利用ASA證明△HBF≌△GCF，推出GC=BH，F(xiàn)G=FH，再證明△AFG≌△AFHSAS，推出AG=AH，即可證明CG=CD+AG（3）連接BM，作BK⊥MN并交MN的延長線于點K，推出四邊形ADMN是平行四邊形，得到△BMD是直角三角形，BD2+D【解題過程】（1）解：作EI⊥BC于點I，∵△BCE是邊長為2的等邊三角形，∴BI=IC=1∴EI=B∴此時?ABCD的面積為BC×EI=2×3（2）解：①補全圖形如圖，②CG=CD+AG；理由如下，延長CF交BA的延長線于點H，延長CG交BA的延長線于點J，∵△BCF是以BC為斜邊的等腰直角三角形，∴BF=CF，∠BFC=∠BFH=90°，∠FBC=45°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠AFB=∠FBC=45°=∠AFH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，CG⊥CD，∴∠BJG=∠GFC=90°，∴∠HBF=90°?∠BGJ=90°?∠FGC=∠GCF，在△HBF和△GCF中，∠HFB=∠GFC=90°BF=CF∴△HBF≌△GCFASA∴GC=BH，F(xiàn)G=FH，又∵∠AFB=∠AFH，F(xiàn)A=FA，∴△AFG≌△AFHSAS∴AG=AH，∴CG=BH=BA+AH=CD+AG；（3）解：BD連接BM，作BK⊥MN并交MN的延長線于點K，由題意得MN=AD=BC=2，MN∥∴四邊形ADMN是平行四邊形，∴MD=AN，MD∥∵NA⊥BD，∴MD⊥BD，即△BMD是直角三角形，∵四邊形BCMN是平行四邊形，且∠CMN=60°，∴∠CBN=∠CMN=60°，∠KBN=90°?60°=30°，∵BN=3，∴KN=12BN=∴KM=KN+MN=7∴BM=B∴BD2+D學霸必刷學霸必刷1．（22-23九年級上·黑龍江哈爾濱·階段練習）四邊形ABCD中AB∥CD，∠ABC=∠ADC

（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）E是BC上一點，連接DE，F(xiàn)在DE上，連接AF、CF，AF=CF，∠DAF=∠DFC，求證：CE=FD；（3）在（2）的條件下，若∠BED?∠AFD=60°，DE=5，AF=2．求線段BE的長度．

【思路點撥】（1）證明AD∥BC，即可證得結(jié)論；（2）在AD上取一點G，連接FG，使FG=FA，如圖，證明△GFD≌△FCEAAS（3）如圖，作FM∥BC交AB于M，證明△AFG是等邊三角形，可得AF=AG=FG=2，∠AGF=60°，設(shè)EF=x，用含x的代數(shù)式表示出直角三角形FDH中的相關(guān)線段，然后利用勾股定理列出方程求出x，進而求解．【解題過程】（1）證明：∵AB∥∴∠B+∠C=180°，∵∠ABC=∠ADC，∴∠D+∠C=180°，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）證明：在AD上取一點G，連接FG，使FG=FA，如圖，則∠FAG=∠FGA，∵∠DAF=∠DFC，AF=CF，∴∠FGA=∠DFC，F(xiàn)G=FC，∴∠FGD=∠CFE，∵AD∥BC，∴∠GDF=∠FEC，∴△GFD≌△FCEAAS∴CE=FD；

（3）解：如圖，作FM∥BC交AB于M，則MF∥AD，∠BED=∠MFD，∵∠BED?∠AFD=60°，∴∠MFD?∠AFD=60°，即∠AFM=60°，∴∠DAF=60°，∵FA=FG，∴△AFG是等邊三角形，∴AF=AG=FG=2，∠AGF=60°，作FH⊥AD于點H，則HG=1∴HF=2設(shè)EF=x，則DG=EF=x,DF=DE?EF=5?x，DH=x+1,∴在直角三角形FDH中，根據(jù)勾股定理可得：x+12解得：x=7∴AD=2+x=154，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=15∴BE=152．（22-23八年級下·廣東·開學考試）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，對角線AC、BD相交于點O，將直線AC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)一個角度α(0°<α≤90°)，分別交線段BC、AD于點E、F，已知AB=1，BC=5，連接BF

（1）如圖①，在旋轉(zhuǎn)的過程中，請寫出線段AF與EC的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）如圖②，當α=45°時，請寫出線段BF與DF的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）如圖③，當α=90°時，求△BOF的面積．

【思路點撥】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出AD∥BC，AO=CO，則∠FAO=∠ECO，由ASA證得△AFO≌△CEO，即可得出結(jié)論（2）由勾股定理得出AC=BC2?AB2=2，由平行四邊形的性質(zhì)得出BO=DO，AO=CO=12AC=1，推出AB=AO，求出∠BOF=∠AOB+∠AOF=90°，即（3）由∠CAB=∠AOF=α=90°，得出AB∥EF，證得四邊形ABEF是平行四邊形，則AB=EF=1，由(1)得△AFO≌△CEO，得出OF=OE=12EF=12，由(2)得AO=1，由AB∥EF，AO⊥EF，則【解題過程】（1）解：AF=CE；理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠FAO=∠ECO，∴在△AFO與△CEO中，∠FAO=∠ECOAO=CO∴△AFO≌△CEO(ASA∴AF=EC；（2）BF=DF；理由如下：∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，∴AC=B∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO=DO，AO=CO=12AC=1∴AB=AO，又∵AB⊥AC，∴∠AOB=45°，∵α=45°，∠AOF=45°，∴∠BOF=∠AOB+∠AOF=45°+45°=90°，∴EF⊥BD，∵BO=DO，∴BF=DF；（3）∵AB⊥AC，∴∠CAB=90°，∴∠CAB=∠AOF=α=90°，∴AB∥∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AF∥∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴AB=EF=1，由（1）得：△AFO≌△CEO，∴OF=OE=12EF=1由（2）得：AO=1，∵AB∥EF，∴S△BOF=S△AOF=12AO?OF=123．（22-23八年級下·湖北武漢·階段練習）在△ABC中，AB=AC，點P為△ABC所在平面內(nèi)的一點，過點P分別作PE∥AC交AB于點E，PF∥AB交BC于點D，交（1）如圖1，若點P在BC邊上，此時PD=0，直接寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當點P在△ABC內(nèi)，猜想并寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系，然后證明你的猜想；（3）如圖3，當點P在△ABC外，猜想并寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系．（不用說明理由）

【思路點撥】（1）證平行四邊形PEAF，推出PE=AF，PF=AE，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)推出∠B=∠C=∠EPB，推出PE=BE即可；（2）過點P作MN∥CB分別交AB、AC于M、N兩點，推出PE+PF=AM，再推出（3）過點P作MN∥CB分別交AB、AC于M、N兩點，推出PE+PF=AM，再推出【解題過程】（1）結(jié)論是PD+PE+PF=AB，證明：∵PE∥AC，∴四邊形PEAF是平行四邊形，∴PF=AE，∵AB∴∠B=∠C，∵PE∥∴∠EPB=∠C，∴∠B=∠EPB，∴PE=BE，∵AE+BE=AB，∴PE+PF=AB，∵PD=0，∴PD+PE+PF=AB．（2）結(jié)論是PD+PE+PF=AB，證明：過點P作MN∥CB分別交AB、AC于M、由（1）得：PE+PF=AM，∵四邊形BDPM是平行四邊形，∵MB=PD，∴PD+PE+PF=AM+MB=AB．（3）結(jié)論是PE+PF?PD=AB．證明：過點P作MN∥CB分別交AB、AC延長線于M、由（1）得：PE+PF=AM，∵四邊形BDPM是平行四邊形，∵MB=PD，∴AB=AM?MB=PE+PF?PD．即PE+PF?PD=AB．4．（22-23八年級下·遼寧沈陽·階段練習）已知?ABCD中，一動點P在AD邊上，以每秒1cm的速度從點A向點D運動．（1）如圖，運動過程中，若BP平分∠ABC，且滿足AB=BP，求∠ABC的度數(shù)．

（2）如圖，在（1）的條件下，連結(jié)CP并延長，與AB的延長線交于點F，連結(jié)DF，若CD=23cm，直接寫出：△DPF的面積為___________

（3）如圖，另一動點Q在BC邊上，以每秒4cm的速度從點C出發(fā)，在BC間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當點P停止運動時Q點也停止，設(shè)運動時間為tt>0，若AD=12cm，則t=___________秒時，以P、D、Q、

【思路點撥】（1）可證AB=AP，從而可證AB=BP=AP，即可求解；（2）設(shè)邊CD上的高為?1，邊BC上的高為?2，S△PBC（3）當PD=BQ時，四邊形PDBQ是平行四邊形，進行分類討論：①當12?t=12?4t時，②當12?t=24?4t時，③當12?t=4t?12時，④當12?t=4t?24時，⑤當12?t=36?4t時，⑥當12?t=4t?36時，即可求解．【解題過程】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠APB=∠CBP，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠CBP，∴∠ABP=∠APB，∴AB=AP，∵AB=BP，∴AB=BP=AP，∴△ABP是等邊三角形，∴∠ABP=60°，∴∠ABC=120°．（2）解：如圖，設(shè)邊CD上的高為?1，邊BC上的高為?

，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴SS△PBC∴S△PBC∴S∴S△PAB∴S∴S∵△ABP是等邊三角形，∴S（3）解：∵PD∥∴當PD=BQ時，四邊形PDBQ是平行四邊形，∵121=12∴0≤t<12，①當12?t=12?4t時，解得：t=0；此時當P與A重合，Q與C重合；②當12?t=24?4t時，解得：t=4；③當12?t=4t?12時，解得：t=4.8；④當12?t=4t?24時，解得：t=7.2；⑤當12?t=36?4t時，解得：t=8；⑥當12?t=4t?36時，解得：t=9.6；綜上所述：t為0秒、4秒、4.8秒、7.2秒、8秒、9.6秒．5．（22-23八年級下·浙江金華·期中）如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=12，點P，Q分別是CA，AB上的動點，P從C出發(fā)以每秒3個單位長度的速度向終點A運動，Q從A出發(fā)以每秒8個單位長度的速度向終點B運動，兩點同時出發(fā)，當其中一點到達終點時整個運動結(jié)束，設(shè)運動時間為t秒．過點Q作QM⊥BC

（1）AP=______，QM=______．（用含t的代數(shù)式表示）（2）如圖2，已知點D為BC中點，連接QD，PD，以QD，①當PA=3PC時，求QD的長；②在運動過程中，是否存在某一時刻，使得平行四邊形DPEQ的一邊落在Rt△ABC的某邊上？若存在，求出所有符合條件的t

【思路點撥】（1）先利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AB=24，進而得到CP=3t，AQ=8t，據(jù)此求出（2）①根據(jù)PA=3PC，求出t=1，則BQ=16，QM=8，利用勾股定理分別求出BM=83，BC=123，進而求出【解題過程】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=12∴AB=2AC=24，∵P從C出發(fā)以每秒3個單位長度的速度向終點A運動，Q從A出發(fā)以每秒8個單位長度的速度向終點B運動，∴CP=3t，∴AP=AC?CP=12?3t，∵QM⊥BC，∴∠QMB=90°，又∵∠B=30°，∴QM=1故答案為：12?3t，12?4t；（2）解：①∵PA=3PC，∴3×3t=12?3t，解得t=1，∴BQ=24?8t=16，∴BM=B在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=∵點D為BC中點，∴BD=1∴DM=BM?BD=23在Rt△DMQ中，由勾股定理得QD=②如圖2-1所示，當PE落在AC上時，則PE∥QD，∴QD⊥BC，∴此時點D與點M重合，∴QD=12?4t，在Rt△QBD中，由勾股定理得B∴4t解得t=32或如圖2-2所示，當QE落在AB上時，延長PD到H使得PD=HD，連接BH，∵CD=BD，∴△PCD≌△HBDSAS∴CP=BH，∴BH∥AC，∵四邊形DQEP是平行四邊形，∴PD∥DE，∴四邊形APHB是平行四邊形，∴AP=BH=CP，∴3t=12?3t，解得t=2；如圖2-3所示，當點Q運動到點B時，此時DQ在BC上，∴t=24綜上所述，t的值為326．（22-23八年級下·江蘇蘇州·期中）如圖1所示，平行四邊形ABCD是蘇州樂園某主題區(qū)域的平面示意圖，A，B，C，D分別是該區(qū)域的四個入口，兩條主干道AC，BD交于點O，請你幫助蘇州樂園的管理人員解決以下問題：（1）若AB=1.3km，AC=2km，（2）在（1）的條件下，如圖2，樂園管理人員為提升游客游覽的體驗感，準備修建三條綠道AN，MN，CM，其中點M在OB上，點N在OD上，且BM=ON（點M與點O，B不重合），并計劃在（3）若將該區(qū)域擴大，如圖3，此時AC⊥BD，

【思路點撥】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)求出OA，OB，進而可得AB=OB≠OA，則（2）根據(jù)已知條件可得S△COM=S△AOM，從而（3）如圖所示，過點M作MP∥AN，過點A作AP∥MN交MP于P，則四邊形APMN是平行四邊形，AN=PM，AP=MN，同理可得OB=12BD=1.5km，求出AP=MN=1.5km，進而推出當C、M、P三點共線時，PM+CM最小，即AN+MN+CM【解題過程】（1）解：△AOB是等腰三角形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=1.3km，∴OA=1∴AB=OB≠OA，∴△AOB是等腰三角形；（2）解：連接AM、CN，如圖：∵在△ACM中，OA=OC，∴S∴S∵OB=BM+MO，BM=ON，OB=OD=1∴MN=MO+ON=OB=1∴S過點B作BE⊥OA于點E，∴AE=OE=1∴BE=A∴S∴S∴S∴種植馬鞭草區(qū)域的面積為0.6km（3）解：如圖所示，過點M作MP∥AN，過點A作AP∥MN交MP于P，則四邊形APMN是平行四邊形，∴AN=PM，同理可得OB=1∵BM=ON，∴BM+OM=ON+OM，∴MN=OB=1.5km∴AP=MN=1.5km∴AN+MN+CM=PM+CM+1.5，∴當C、M、P三點共線時，PM+CM最小，即AN+MN+CM最小，最小值為PC+1.5，在Rt△APC中，由勾股定理得PC=∴AN+MN+CM最小∴修建這三條綠道投入資金的最小值為3177．（22-23八年級下·廣東深圳·期中）如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AE平分∠BAD交BC邊于E，EF⊥AE交CD于F．

（1）求證：AB=BE；（2）求證：CE=CF；（3）延長AD、EF交于點H，延長BA到G，使AG=CF，若AD=7，DF=3，EH=2AE，求GF的長．

【思路點撥】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，從而得到∠DAE=∠AEB，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得∠DAE=∠BAE，從而即可得出AB=BE；（2）由題意可得：∠DAE=∠BAE=∠AEB=12∠BAD=12∠C，則（3）連接AC，作AP⊥BC于P，由題意可求AB=BE=CD=5，CE=CF=2，即可求DH=3，根據(jù)勾股定理可求AE的長，根據(jù)勾股定理可列出方程，可求出BP，AP，PE，PC的長度，再根據(jù)勾股定理可求AC的長，由題意可證AC=GF，即可得GF的長．【解題過程】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∵AE平分∠DAB，∴∠DAE=∠BAE，∴∠AEB=∠BAE，∴AB=BE；（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAD=∠C，∴∠DAE=∠AEB，∵AE平分∠DAB，∴∠BAE=∠DAE=1∴∠BAE=∠AEB=1∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，∴∠AEB+∠FEC=90°，即12∴1∵∠C+∠FEC+∠EFC=180°，∴1∴∠EFC=∠FEC，∴CE=CF；（3）解：如圖連接AC，作AP⊥BC于P，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，∵CE=CF，∴BC?BE=CD?DF，且AB=BE=CD，∴7?AB=AB?3，∴AB=5=BE=CD，∴CE=CF=2，∵AD∥BC，∴∠H=∠FEC，且∠FEC=∠EFC，∴∠H=∠DFH，∴DH=DF=3，∴AH=10，在Rt△AEH中，AH2∴5AE∴AE=25在Rt△ABP和Rt△APE中，AP∴AB∴25?B∴BP=3，∴AP=4，在Rt△APC中，AC=∵AB∥CD，∴四邊形AGFC是平行四邊形，∴GF=AC=428．（22-23八年級下·遼寧大連·期末）如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，BD⊥DC，E、F分別為DC、DB上一點，G為DB延長線上一點，DE=DF=GB，EF的延長線交AB于M，交DA的延長線于點N，∠DBC=∠DGM，

（1）①求證∠G=∠ADG；②試判斷四邊形NBCD的形狀，并加以證明；（2）如圖2，過點M作MP∥AD，BF=7，MF=42

【思路點撥】（1）①由平行線的性質(zhì)可得∠ADB=∠DBC，結(jié)合已知即可證明；②在DN取一點H，使DH=GM，連接BH交NF于點K，可證△DEF是等腰直角三角形，∠DFE=∠DEF=45°，證明△GFM≌△BDH，得到∠MFG=∠HBD=45°，證明∠BKM=∠NKH=90°，BK=KF，∠HNK=∠MBK可得△HNK≌△MBK，NK=BK=KF，△BKN是等腰直角三角形，∠BNK=∠NBK=45°，得到（2）過點M作MQ⊥PG，設(shè)BG=DF=x，由勾股定理可得MQ=FQ=4，求得BQ=3，BM=5，GQ=3+x，證明∠MPB=∠G，得到MG=MP，PG=2GQ=6+2x，PB=6+2x?x=6+x，由勾股定理可得MP【解題過程】（1）①證明：∵AD∥∴∠ADB=∠DBC，∵∠DBC=∠DGM，∴∠G=∠ADG；②四邊形NBCD是平行四邊形，證明如下：如圖，在DN上取一點H，使DH=GM，連接BH交NF于點K，

∵DE=DF，BD⊥DC∴△DEF是等腰直角三角形，∠DFE=∠DEF=45°，∵DN=GM+BM，∴NH=BM，∵DF=GB，∴DB=GF，在△BDH和△GFM中，GM=DH∠G=∠HDB∴△GFM≌∴∠MFG=∠HBD=45°，∴BK=KF，∠BKF=90°，∴∠BKM=∠NKH=90°，∴∠HNK=∠MBK，在△HNK和△MBK中，∠HNK=∠MBK∠HKN=∠MKB=90°∴∠HNK≌∴NK=BK=KF，∴△BKN是等腰直角三角形，∠BNK=∠NBK=45°，∴∠NBF=90°，∵∠NBF=∠BDC=90°，∴BN∥∵ND∥∴四邊形NBCD是平行四邊形；（2）如圖，過點M作MQ⊥PG，設(shè)BG=DF=x，

∵∠MFQ=45°∴MQ=FQ，∵MQ2+F∴MQ=FQ=4，∵BF=7，∴BQ=7?4=3，∴BM=MQ2∵MP∥∴MP∥∴∠MPB=∠PBC，∵∠G=∠PBC，∴∠MPB=∠G，∴MG=MP，PG=2GQ=6+2x，PB=6+2x?x=6+x，M∴6+x解得x=7∴BG=79．（23-24九年級上·黑龍江哈爾濱·階段練習）AD是△ABC的中線，AE∥BC，BE交AD于點F，且

（1）如圖1，求證：四邊形ADCE是平行四邊形．（2）如圖2，在（1）的條件下，∠ADB=120°，設(shè)對角線AC、DE交于點O，過點O作OQ⊥AC交∠ADB的角平分線于點Q，OQ與AD交于點P，求證：AD?DC=DQ．（3）如圖3，在（2）的條件下，若CE=3，QD=1，求AP的長．

【思路點撥】（1）證明△AEF≌△DBFAAS，得出AE=DB，證出AE=DC，由AE∥BC（2）過點Q作QM⊥BC于點M，作QN⊥AD于點N，連接AQ，CQ，由角平分線的性質(zhì)得出QM=QN，∠QDM=∠QDN=60°，求出∠DQM=∠DQN=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出DM=DN=12DQ，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AQ=CQ，證明Rt（3）由平行四邊形的性質(zhì)得出AD=CE=3，由（2）得出DC=AD?DQ=2，過C作CK⊥AD于K，連接CP，由直角三角形的性質(zhì)得出DK=12CD=1，CK=3DK=3，得出PK=AD?AP?DK?2?AP，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AP=CP，在【解題過程】（1）證明：∵AE∥∴∠AEF=∠DBF，在△AEF和△DBF中，∠AEF=∠DBF∠AFE=∠DFB∴△AEF≌△DBFAAS∴AE=DB，∵AD是△ABC的中線，∴DB=DC，∴AE=DC，又∵AE∥∴四邊形ADCE是平行四邊形；（2）如圖，過點Q作QM⊥BC于點M，作QN⊥AD于點N，連接AQ，CQ，

∵DQ平分∠ADB，∠ADB=120°，∴QM=QN，∠QDM=∠QDN=60°，∴∠DQM=∠DQN=30°，∴DM=DN=1由（1）得：四邊形ADCE是平行四邊形，∴OA=OC，∵OQ⊥AC，∴AQ=CQ，在Rt△CMQ和RtCQ=AQQM=QN∴Rt∴CM=AN，∴AD?DC=AN+DN?CM?DM即AD?DC=DQ；（3）∵四邊形ADCE是平行四邊形，∴AD=CE=3，由（2）得：AD?DC=DQ，∴DC=AD?DQ=3?1=2，如下圖，過點C作CK⊥AD于K，連接CP，

∵∠ADB=120°，∴∠ADC=60°，∴∠KCD=30°，∴DK=12CD=1∴PK=AD?AP?DK?2?AP，∵OA=OC，OP⊥AC，∴AP=CP，在Rt△PKC由勾股定理得：PC2=P解得：AP=7∴AP的長為7410．（22-23八年級下·遼寧葫蘆島·期末）在四邊形ABCD中，∠BAD=∠C=45°，AD=BD，∠CBD=90°．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若點P為線段CD上的動點(點P不與點D重合)，連接AP，過點P作EP⊥AP交直線BD于點E．①如圖2，當點P為線段CD的中點時，請直接寫出PA，PE的數(shù)量關(guān)系；②如圖3，當點P在線段CD上時，求證：DA+2

【思路點撥】（1）根據(jù)已知條件得到AB∥CD，AD∥BC，再由平行四邊形的判定即可得證；（2）①連接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再證明△PAD≌△PEDAAS，利用全等三角形性質(zhì)即可得到PA=PE②過點P作PF⊥CD交DE于點F，首先證明△ADP≌△EFPASA，得AD=EF，進而再證明△DPF【解題過程】（1）證明：∵AD=BD，∠BAD=45°，∴∠BAD=∠ABD=45°，∴∠ADB=90°，∵∠CBD=90°，∴∠CBD=∠ADB，∴AD∥BC，∵∠C=45°，∠CBD=90°，∴∠BDC=45°，BD=BD，∴∠BDC=∠ABD=45°，∴AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）解：①AP=PE，理由如下：連接BP，如圖所示：由（1）知△BDC是等腰直角三角形，當點P為線段CD的中點時，BP=PD=12CD∴∠PBE=180°?∠PBC=135°，∵AB∥CD，∴∠ADC=180°?∠BAD=180°?45°=135°，∴∠ADC=∠PBE，∵∠PAD+∠AOD=∠PEB+∠POE=90°，∠AOD=∠POE，∴∠PAD=∠PEB，∴△PAD≌△PEDAAS∴AP=PE；②證明：過點P作PF⊥CD交DE于點F，如圖所示：∵PF⊥CD，EP⊥AP，∴∠DPF=∠APE=90°，∴∠DPA=∠FPE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C=∠DAB=45°，AB∥CD，又∵AD=BD，∴∠DAB=∠DBA=∠C=∠CDB=45°，∴∠ADB=∠DBC=90°，∴∠PFD=45°，∴∠PFD=∠PDF，∴PD=PF，∴∠PDA=∠PFE=135°，∴△ADP≌△EFPASA∴AD=EF，在Rt△FDP中，∠PDF=45°，則DF=∵DE=DF+EF，∴DA+211．（23-24九年級上·吉林長春·階段練習）如圖，在?ABCD中，O為對角線BD的中點，∠ADB=90°，∠A=60°，AD=4．動點P從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線AB?BC向終點C勻速運動，連結(jié)PO并延長交折線CD?DA于點Q，將線段PQ繞著點P逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段PE，連結(jié)QE，設(shè)點P的運動時間為t（s）．

（1）用含t的代數(shù)式表示PB的長．（2）當點P在邊AB上運動時，求證：AP=CQ．（3）當點E在△ABD內(nèi)部時，求t的取值范圍．（4）當△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對稱的三角形時，直接寫出t的值．

【思路點撥】（1）利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)解答即可；（2）連接AC，利用平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可；（3）利用平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)求得點E的臨界值時的t值，從而得到t的取值范圍；（4）畫出符合題意的圖形，利用PB的長度列出關(guān)于t的方程解答即可．【解題過程】（1）解：∵∠ADB=90°，∠A=60°，AD=4，∴∠ABD=30°，∴AB=2AD=8，∴BD=A∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BC=AD=4．①當0≤t≤4時，PB=AB?AP=8?2t，②當4<t≤6時，PB=2t?8（2）證明：連接AC，如圖，

∵在?ABCD中，O為對角線BD的中點，∴AC經(jīng)過點O，OA=OC，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥∴∠QCO=∠PAO．在△APO和△CQO中，∠AOP=∠COQOA=OC∴△APO≌△CQO(ASA∴AP=CQ（3）解：①當點E與點D重合時，如圖，

由題意得：△PQE為等邊三角形，∴∠PQE=∠QPE=60°，∵AB∥∴∠QPB=∠PQE=60°，∴∠A=∠QPB=60°，∴AD∥∴四邊形APQD為平行四邊形，∴PQ=AD=4，∴DQ=PQ=AP=4，∴2t=4，∴t=2，②當點E落在AB邊上時，如圖，

由題意得：△PQE為等邊三角形，∴∠PEQ=60°，∴∠A=∠PEQ=60°，∴AD∥∴四邊形AEQD為平行四邊形，∴EQ=AD=4，AE=DQ，∴PE=4．∴AE=AP?PE=2t?4．在△DOQ和△BOP中，∠DOQ=∠BOPOD=OB∴△DOQ≌△BOP(AAS∴DQ=PB，∴PB=AE，∴8?2t=2t?4，∴t=3，∴當點E在△ABD內(nèi)部時，t的取值范圍為：2<t<3（4）①當點P在邊AB上運動時，PE經(jīng)過點D時，△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對稱的三角形，

∴OD=OQ，∴∠ODQ=∠OQD=30°，∵∠QPE=60°，∴∠PDQ=90°，∴PD⊥DQ，∵AB∥∴DP⊥AB，∴AP=1∴2t=2，∴t=1．②當點P在邊BC上運動時，如果BO=BP，則，△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對稱的三角形，如圖，

∴BP=BO=1∴2t?8=23∴t=4+3綜上，當△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對稱的三角形時，t的值為1或4+312．（22-23八年級下·河南安陽·期末）如圖，在?ABCD中，BD為對角線，EF垂直平分BD分別交AD、BC的于點E、F，交BD于點O．

（1）試說明：BF=DE；（2）試說明：△ABE≌△CDF；（3）如果在?ABCD中，AB=5，AD=10，有兩動點P、Q分別從B、D兩點同時出發(fā)，沿△BAE和△DFC各邊運動一周，即點P自B→A→E→B停止，點Q自D→F→C→D停止，點P運動的路程是m，點Q運動的路程是n，當四邊形BPDQ是平行四邊形時，直接寫出m與n滿足的數(shù)量關(guān)系．

【思路點撥】（1）證明△EOD≌△FOBASA（2）由（1）知：BF=DE，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出∠A=∠C，AB=CD，AD=BC，推出AE=CF，根據(jù)SAS證明△ABE≌△CDF即可；（3）分為三種情況，求出△DFC的周長，每種情況m+n都等于△DFC的周長．【解題過程】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠EDO=∠FBO，∵EF垂直平分BD，∴OB=OD，在△EOD和△FOB中，∠EOD=∠FOBOD=OB∴△EOD≌△FOBASA∴BF=DE；（2）證明：由（1）知：DE=BF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，AB=CD，AD=BC，∴AD?DE=BC?BF，∴AE=CF，在△ABE和△CDF中，AB=CD∠A=∠C∴△ABE≌△CDFSAS（3）解：∵EF垂直平分BD，∴BF=DF，∵在?ABCD中，AB=5，AD=10，∴CD=AB=5，BC=AD=10，AB∥CD，∵△ABE≌△CDF，AE=CF，∴BE=DF，∴△DFC的周長是DF+CF+CD=BF+CF+CD=BC+CD=15，△ABE的周長也是15，①當P在AB上，Q在CD上，∵AB∥∴∠BPO=∠DQO，BP∥在△BPO和△DQO中，∠BPO=∠DQO∠POB=∠QOD∴△BPO≌△DQOAAS∴BP=DQ，∴四邊形BPDQ是平行四邊形，∴m+n=BP+DF+CF+CQ=DF+CF+CQ+DQ=DF+CF+CD=15；

②當P在AE上，Q在CF上，∵AD∥∴∠PEO=∠QFO，∵△EOD≌△FOB，∴OE=OF，在△PEO和△QFO中，∠PEO=∠QFOEO=FO△PEO≌△QFOASA∴PE=QF，OP=OQ，∵OB=OD，∴四邊形BPDQ是平行四邊形，∵AE=CF，∴AP=CQ，∴m+n=AB+AP+DF+FQ=CD+CQ+DF+FQ=DF+CF+CD=15；③當P在BE上，Q在DF上，∵AD=BC，AE=CF，∴DE=BF，∵DE∥∴四邊形BEDF是平行四邊形，∴BE=DF，BE∥DF，∴∠PEO=∠QFO，在△PEO和QFO中，∠PEO=∠QFOEO=FO∴△PEO≌△QFOASA∴PE=QF，OP=OQ，∵OB=OD，∴四邊形BPDQ是平行四邊形，∴m+n=AB+AE+PE+DQ=CD+CF+FQ+DQ=DF+CF+CD=15，綜上所述，m與n滿足的數(shù)量關(guān)系為m+n=15．13．（22-23八年級下·江蘇無錫·期中）我們知道：兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．類比平行四邊形的定義，給出平行六邊形的定義：三組對邊分別平行的凸六邊形叫做平行六邊形．數(shù)學興趣小組的同學對其性質(zhì)進行了探究．如圖1，在平行六邊形ABCDEF中，AB∥DE,BC∥EF,AF∥CD，

（1）探究∠A與∠D的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）如圖2，若AB=DE，則AF與CD相等嗎？請說明理由；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AC,CE,AE，則△ACE與平行六邊形ABCDEF的面積之比是．

【思路點撥】（1）連接AD，根據(jù)平行線的性質(zhì)即可解決問題；（2）延長FA、CB交于點M，延長FE、CD交于點N，可得四邊形MFNC為平行四邊形，證明△ABM≌△DENAAS，得AM=DN（3）過點E作CD的平行線，過點C作DE的平行線，兩條線交于點Q，連接AQ，可得四邊形CDEQ是平行四邊形，然后證明四邊形ABCQ是平行四邊形，四邊形AQEF是平行四邊形，進而可以解決問題．【解題過程】（1）解：∠A=∠D，證明：連接AD，如圖1，

∵AB∥DE,AF∥CD，∴∠DAF=∠CDA,∠DAB=∠EDA，∴∠DAF+∠DAB=∠CDA+∠EDA，∴∠A=∠D；（2）解：AF=CD，理由如下：如圖2，延長FA、CB交于點M，延長FE、CD交于點N，

∵BC∥EF,AF∥CD，∴四邊形MFNC為平行四邊形，∠F+∠N=180°,∠F+∠M=180°，∴MF=CN,∠M=∠N，由（1）得，∠BAF=∠CDE，∴∠MAB=∠NDE，∵∠M=∠N,∠MAB=∠NDE,AB=ED，∴△ABM≌△DENAAS∴AM=DN，∴AF=CD；（3）解：∵△ABM≌△DENAAS∴AM=DN,BM=EN，∴AF=CD,BC=EF，如圖3，過點E作CD的平行線，過點C作DE的平行線，兩條線交于點Q，連接AQ，

∴四邊形CDEQ是平行四邊形，∴CQ=DE，∵AB=DE,AB∥DE，∴CQ=AB,CQ∥AB，∴四邊形ABCQ是平行四邊形，∴AQ=BC，∵BC=EF,BC∥EF，∴AQ=EF,AQ∥EF，∴四邊形AQEF是平行四邊形，∴S△ACQ=平行四邊形ABCQ的面積的S△ECQ=平行四邊形CDEQ的面積的S△AEQ=平行四邊形AQEF的面積的∴S△ACQ+S△ECQ+∴△ACE與平行六邊形ABCDEF的面積之比是1:2．14．（22-23八年級上·天津東麗·期末）如圖，共頂點的兩個三角形△ABC，△ADE，若AB=AD，AC=AE，且∠BAC+∠DAE=180°，已知AF是△ABC的中線．

（1）如圖1，若△ADE為等邊三角形，直接寫出DE與AF的數(shù)量關(guān)系______；（2）如圖2，若△ADE為任意三角形時，上述結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．（3）如圖2，若△ADE為任意三角形時，且S△ABC=10，則

【思路點撥】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，結(jié)合∠BAC+∠DAE=180°，推出∠ABC=∠ACB=30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)，即可證明DE=2AF；（2）延長AF到G，使AF=FG，連接BG，CG．根據(jù)“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”，證明四邊形ABGC是平行四邊形，利用SAS證△ABG≌△DAE，推出DE=AG=2AF即可；（3）結(jié)合由（2）已證四邊形ABGC是平行四邊形，△ABG≌△DAE，根據(jù)平行線之間的距離處處相等，同底等高則S△ABG=S△ABC，根據(jù)全等則【解題過程】（1）解：∵△ADE為等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∵AB=AD，AC=AE，∠BAC+∠DAE=180°，∴AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠ACB=30°，∵AB=AC，AF是△ABC的中線，∴AF⊥BC，∴AB=2AF，∴DE=2AF，故答案為：DE=2AF；（2）解：仍成立，理由如下，如圖，延長AF到G，使AF=FG，連接BG，CG，

∵AF=FG，BF=FC，∴四邊形ABGC是平行四邊形，∴BG=AC=AE，AC∥∴∠BAC+∠ABG=180°，∵∠BAC+∠DAE=180°，∴∠ABG=∠DAE，在△ABG和△DAE中，AB=AD∠ABG=∠DAE∴△ABG≌△DAESAS∴DE=AG=2AF；（3）解：由（2）已證四邊形ABGC是平行四邊形，△ABG≌△DAE，∴AB∥∴S△ABG=S∴S△ADE∵S△ABC∴S△ADE故答案為：10．15．（22-23八年級下·廣東東莞·階段練習）（1）【問題探究】如圖1，已知AD是△ABC的中線，延長AD至點E，使DE＝AD，連接BE，CE可得四邊形ABEC，求證：四邊形（2）【拓展提升】如圖2，在△ABC的中線AD上任取一點M（不與點A重合），過點M、點C分別作ME∥AB，CE∥AD，連接AE．求證：四邊形ABME是平行四邊形．（3）【靈活應用】如圖3，在△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=6，點D是BC的中點，點M是直線AD上的動點，且ME∥AB，CE∥AD，當ME+MC取最小值時，求線段CE的長．

【思路點撥】（1）由對角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可證明；（2）延長AD到點F，使DF=AD，連接CF，利用SAS證明△ADB≌△FDC，得CF=BA，∠DCF=∠ABD，可說明四邊形（3）延長AD到點F，使DF=AD，連接CF，由（2）知，ME=AB=4，CE=MF,則ME+MC取最小值時，CM最小，故CM⊥AD時，CM最小，利用等面積法求出CM的長，再利用勾股定理即可求得答案．【解題過程】（1）證明：∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，∵DE=AD，∴四邊形ABEC是平行四邊形；（2）證明：延長AD到點F，使DF=AD，連接CF，

∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，在△ADB和△FDC中，AD=DF∠ADB=∠FDC∴△ADB≌∴CF=BA，∠DCF=∠ABD，∴AB∥CF，∵AB∥ME，∴ME∥CF，∵CE∥MF，∴四邊形CEMF是平行四邊形，∴ME=CF，∴ME=AB，

∴四邊形ABME是平行四邊形；（3）解：延長AD到點F，使DF=AD，連接CF，由（2）知，ME=AB=4,CE=MF，則ME+MC取最小值時，CM最小，故CM⊥AD時，CM最小，如圖，

∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD=由勾股定理得AD=5，利用等面積法得12解得CM=12在Rt△CMF中，由勾股定理得，MF=∴CE=1616．（23-24八年級上·湖北武漢·期中）△ABE和△ACF始終有公共角∠A，連接BC，EF，BE，CF相交于點O．（1）如圖1，若∠ABE=∠ACF，BE=CF，求證：△ABE≌△ACF．（2）如圖2，若∠ABE=∠ACF=α，且CE=CF，求∠CBE的度數(shù)（用含α的式子表示）（3）如圖3，若BE=CF，過點C作CD∥AB且CD=AB，連接DO并延長交AC于點G，過點G作GH⊥CF于點H，請直接寫出∠OGH與

【思路點撥】（1）利用AAS證明即可；（2）過點C作CM⊥BE于M，作CN⊥AB的延長線于N，證明△CNF≌△CMEAAS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CN=CM，根據(jù)角平分線的判定得到∠EBC=∠NBC（3）連接BD，DE，DF，過點D作DM⊥BE于點M，DN⊥CF交FC的延長線于點N，證明四邊形ABDC為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到S△CDF=S△BDE，根據(jù)三角形面積公式得到DM=DN，根據(jù)角平分線的判定得到DO平分∠BOC，得到∠BOD=∠COD=12∠BOC【解題過程】（1）證明：在△ABE和△ACF中，∠A=∠A∠ABE=∠ACF∴△ABE≌△ACFAAS（2）解：過點C作CM⊥BE于M，作CN⊥AB的延長線于N，∵∠BOC=∠BFC+∠ABE=∠BEC+∠ACF，∠ABE=∠ACF∴∠BFC=∠BEC，即∠NFC=∠MEC∵CM⊥BE，CN⊥AB，∴∠CNF=∠CME=90°，在△CNF和△CME中，∠CNF=∠CME∠NFC=∠MEC∴△CNF≌△CMEAAS∴CN=CM，又∵CM⊥BE，CN⊥AB，∴BC平分∠EBN，∴∠EBC=∠NBC，∵∠ABE=α，∠ABE+∠EBC+∠NBC=180°，∴∠EBC=180°?α∴∠CBE的度數(shù)為90°?α（3）∠OGH與∠COE的關(guān)系為：∠COE=2∠OGH．理由如下：連接BD，DE，DF，過點D作DM⊥BE于點M，DN⊥CF交FC的延長線于點N，∵CD∥AB，∴四邊形ABDC為平行四邊形，∴AC∥∴S△CDF=1∴S△CDF∵S△CDF=12×CF×DN∴DM=DN，∵DM⊥BO，DN⊥CO，∴DO平分∠BOC，∴∠BOD=∠COD=1∵GH⊥CF，∴∠GHO=90°，∴∠OGH+∠GOH=90°，∴2∠OGH+2∠GOH=180°，∵∠GOH=∠DOC，∴2∠GOH=∠COD+∠BOD，∴2∠OGH+∠DOC+∠BOD=180°，∵∠COE+∠DOC+∠BOD=180°，∴∠COE=2∠OGH．17．（2023·陜西西安·一模）問題提出（1）如圖①，△ABC是等腰三角形，點D，E分別在腰AC，AB上，且BE=CD，連接BD，CE．則BD與CE長度的大小關(guān)系是BD_________CE（填“＞”“＜”或“＝”；）問題探究（2）如圖②，AD是△ABC的中線，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，求線段BF的長；問題解決（3）黨的二十大報告提出全面推進鄉(xiāng)村振興，堅持農(nóng)業(yè)農(nóng)村優(yōu)先發(fā)展，某地區(qū)規(guī)劃出如圖③所示的四邊形ABCD地塊，計劃開發(fā)出一個生態(tài)宜居，綠色人文的農(nóng)業(yè)觀光區(qū)，其中AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，點E是BC上的一個休息站，CE=AB，AE是一條林蔭小道．為使游客方便參觀，現(xiàn)要修建木制棧道BP與玻璃棧道AC，點P是AE的中點．已知木制棧道每米的造價是a元，玻璃棧道每米的造價是3a元，請問修建玻璃棧道的總費用是修建木制棧道總費用的幾倍？并說明理由．

【思路點撥】（1）根據(jù)△ABC是等腰三角形即可得到AB=AC，結(jié)合BE=CD可得AD=AE，即可得到答案；（2）延長FD至G使DG=DF，根據(jù)AD是△ABC的中線可得BD=CD，即可得到△BDF≌△CDG，即可得到BF=CG，∠BFD=∠CGD，結(jié)合AE=EF可得∠EAF=∠AFE，即可得到答案；（3）延長BP交AD于F，連接EF，CF，根據(jù)AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°即可得到∠ABE=60°，AD∥BC，即可得到∠FAE=∠BEA，從而得到△APF≌△EPB，得到AF=BE，即可得到四邊形ABEF是平行四邊形，從而得到AB=EF，∠ABE=∠AFE=60°，AB∥EF，即可得到∠ABE=∠FEC=60°，即可得到△EFC是等邊三角形，得到FC=FE=EC，易得△ABC≌△FCB，即可得到答案；【解題過程】（1）解：∵△ABC是等腰三角形，∴AB=AC，∴AD=AE，在△ABD與△ACE中，∵AB=AC∠A=∠A∴△ABD≌△ACE(SAS∴BD=CE；（2）解：延長FD至G使DG=DF，∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，在△BDF與△CDG中，∵BD=CD∠BDF=∠CDG∴△BDF≌△CDG，∴BF=CG，∠BFD=∠CGD，∵AE=EF，∴∠EAF=∠AFE，∴∠CAG=∠CGA，∴AC=GC，∵AC=8，∴BF=8；（3）延長BP交AD于F，連接EF，CF，修建玻璃棧道的總費用是修建木制棧道總費用的6倍，理由如下：∵AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，∴∠ABE=60°，AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，∵點P是AE的中點，在△APF與△EPB中，∵∠FAE=∠BEA∠FPA=∠BPE∴△APF≌△EPB(AAS∴AF=BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴AB=EF，∠ABE=∠AFE=60°，AB∥EF，BP=1∴∠ABE=∠FEC=60°，∵CE=AB，∴EF=CE，∴△EFC是等邊三角形，∴FC=FE=EC=AB，∠EFC=60°，∴∠DFC=∠FCE=60°，∴∠ABC=∠FCB，在△ABC與△FCB中，∵AB=FC∠ABC=∠FCB∴△ABC≌△FCB(AAS∴BF=AC，∴BP=1∵木制棧道每米的造價是a元，玻璃棧道每米的造價是3a元，∴BP的造價是：BP?a，AC的造價是AC?3a，∴BP?aAC?3a∴修建玻璃棧道的總費用是修建木制棧道總費用的6倍．18．（2023·河南開封·一模）在△ABC中，點D是邊BC的中點．（1）如圖①，延長AD到點E，使DE=AD，連接BE，可得出△BDE≌△CDA，其依據(jù)是______．（填序號）①SSS

②SAS

③AAS

④ASA

⑤HL（2）如圖②，在邊AB上任取點E，（不與A、B兩點重合）連接DE，并延長ED到點F，使DF=DE．連接CF、CE、BF，在圖②中畫出相應的圖形，并觀察四邊形EBFC是特殊的四邊形嗎？如果是，請寫出證明過程；如果不是，請說明理由．（3）如圖③，在△ABC中，AB=AC=5，∠BAC=90°，點E為平面內(nèi)一點，EB=3，將線段EB繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得EF，點D為FC中點，當EF∥AC時，請求出

【思路點撥】（1）已知點D是邊BC的中點，得到BD=CD，由對頂角∠ADC=∠EDB，再結(jié)合DE=AD，根據(jù)兩個三角形全等的判定定理，利用SAS即可得到△BDE≌△CDA，即可得到得到答案；（2）根據(jù)題意作出圖形，由平行四邊形的判定定理可知四邊形EBFC平行四邊形；根據(jù)題意，分兩種情況①E在線段AB上；②E在線段AB延長線上；由平行四邊形的判定與性質(zhì)，結(jié)合勾股定理即可得到答案．【解題過程】解：（1）∵點D是邊BC的中點，∴BD=CD，在△BDE和△CDA中，BD=CD∠ADC=∠EDB∴△BDE≌△CDASAS故選：②；（2）如圖1所示：四邊形EBFC平行四邊形，理由如下：∵DE=DF，∴四邊形EBFC是平行四邊形．（3）根據(jù)題意，分兩種情況：①E在線段AB上；②E在線段AB延長線上；①延長AD到點G，使DG=AD，連接AF，∵DG=AD，∴四邊形AFGC是平行四邊形，∴FG∥AC，∵FG∥AC，EF∥AC，∴F、E、G三點在同一條直線上，∴FG=AC=5，∵AB=AC=5，∴AE=5?3=2，在Rt△AEG中，EA=EG=2，由勾股定理得AG=2∴DG=AD=1②延長AD到點G，使DG=AD，連接AF，同理，由①可知，∵DG=AD，∴四邊形AFGC是平行四邊形，∴FG∥AC，∵FG∥AC，EF∥AC，∴E、F、G三點在同一條直線上，∴FG=AC=5，∵AB=AC=5，∴AE=5+3=8，在Rt△AEG中，EA=EG=8，由勾股定理得AG=8∴DG=AD=1綜上所述，AD的長為42和219．（22-23八年級下·重慶北碚·期末）在△ABC