?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】 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】 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】 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)中利用無刻度直尺作平行四邊形】
【例1】（2022春·吉林長春·八年級?？计谀┤鐖D，在6×6網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長為1，點(diǎn)A, B在格點(diǎn)上．請根據(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，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?？计谀┤鐖D，每個(gè)小正方形的邊長都是1，A、B、C、D均在網(wǎng)格的格點(diǎn)上．

(1)∠BCD是直角嗎？請證明你的判斷．
(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BC2,CD2,BD2，再根據(jù)勾股定理的逆定理即可得；
（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+22=29，CD2=12+22=5，BD2=42+42=32，
∴BC2+CD2≠BD2，
∴∠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)知識解決問題，屬于常考題型．
【變式1-2】（2022春·浙江湖州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在10×10的正方形網(wǎng)格中（每個(gè)正方形的邊長為1），點(diǎn)A和點(diǎn)B都在格點(diǎn)上，僅用無刻度的直尺，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，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用數(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?？计谥校┯蛇呴L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的長是 　 ?。?br /> (2)在圖1中，畫以點(diǎn)A、B、C為頂點(diǎn)且周長最大的平行四邊形；
(3)在圖2中，畫△ABC的角平分線AD．
【答案】(1)52
(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為對角線畫出平行四邊形；
（3）根據(jù)網(wǎng)格的特點(diǎn)，延長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，即可求解．
【詳解】（1）解：AB=72+12=52，
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即為所求作．

【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并延長交AB于點(diǎn)E，連接AF與DE相交于點(diǎn)P，若S△APD=2cm2，S△BQC=8cm2，則陰影部分的面積為（　?。ヽm2．

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=16cm2，再得出S△APD=S△EPF=2cm2即可求出陰影部分的面積．
【詳解】解：連接EF，

∵F是□ABCD的邊CD上的點(diǎn)，
∴BE∥CF，
∴∠EBF=∠CFB，∠BEC=∠FCE，
∵BQ=FQ，
∴△EBQ?△CFQ，
∴EQ=CQ，
∴四邊形EBCF是平行四邊形，
∴S△BEF=2S△BQC=16cm2
∵S△AED=S△AEF，
∴S△APD=S△EPF=2cm2，
∴S陰影=S△EPF+S△EBF=18cm2，
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成中心對稱的△AB'C'，其中點(diǎn)B對應(yīng)點(diǎn)為B'，點(diǎn)C對應(yīng)點(diǎn)為C'，則四邊形CB'C'B的面積是（????）

A．128 B．643 C．64 D．323
【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)中心對稱的性質(zhì)以及平行四邊形的判定定理，得出四邊形CB'C'B是平行四邊形，繼而即可求解．
【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成中心對稱的△AB'C'，
∴AB=AB',AC=AC'，
∴四邊形CB'C'B是平行四邊形，
∴四邊形CB'C'B的面積為BC×CC'=43×8=323，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了中心對稱的性質(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'C'B是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2022秋·浙江寧波·八年級?？计谀┤鐖D，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△GEC的面積，只需要知道下列哪個(gè)三角形的面積即可（　　）

A．△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∥PE，則四邊形CEPG是平行四邊形，再由S四邊形ECGP=S△DFP，可以得到S△CEG=12S△DFP．
【詳解】解：由題意得S△ABC=S△AFG+S△BDE，F(xiàn)G∥BC，CG∥PE，
∴四邊形CEPG是平行四邊形，
∴S△CEG=12S四邊形ECGP，
∵S△ABC=S△AFG+S四邊形BFPE+S四邊形ECGP，
∴S四邊形ECGP=S△DFP，
∴S△CEG=12S△DFP，
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·八年級專題練習(xí)）如圖，在?ABCD中，過對角線BD上一點(diǎn)P作EF∥BC，GH∥AB，且CG=3BG，S?BEPG=1.5，則S?AEPH=__．

【答案】4.5##92
【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PFCG，再利用面積的和差可得出四邊形AEPH和四邊形PFCG的面積相等，由已知條件即可得出答案．
【詳解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四邊形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG為平行四邊形，
∴SΔPEB=SΔBGP，
同理可得SΔPHD=SΔDFP，SΔABD=SΔCDB，
∴SΔABD-SΔPEB-SΔPHD=SΔCDB-SΔBGP-SΔDFP，
即S四邊形AEPH=S四邊形PFCG．
∵CG=3BG，S?BEPG=1.5，
∴S四邊形AEPH=S四邊形PFCG=3×1.5=4.5；
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①兩組對邊分別平行?四邊形為平行四邊形，②兩組對邊分別相等?四邊形為平行四邊形，③一組對邊平行且相等?四邊形為平行四邊形，④兩組對角分別相等?四邊形為平行四邊形，⑤對角線互相平分?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)求長度】
【例3】（2022·遼寧丹東·校考一模）如圖，在?ABCD中，∠BAD=120°，連接BD，作AE∥BD交CD延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BC交BC的延長線于點(diǎn)F，且CF=1，則AB的長是（　?。?br />
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·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期末）如圖，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝22，點(diǎn)P為BC上一動點(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的周長為_____．

【答案】???? 平行四邊形???? 2+10##10+2
【分析】根據(jù)兩組對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=12PQ，
∵∠ABC=45°，AB=2，BC=22，
∴AC=2，∠ACB=45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC=45°，
∴PH=PC=22，
∴PQ=2，
∴QC=PC2+PQ2=222+22=102，
∴四邊形APCQ的周長為：2PC+2QC=2×22+2×102=2+10，
故答案為：平行四邊形；2+10．

【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=10，則AE的長為 _____．

【答案】10-43
【分析】方法一、延長ED交FC于G，延長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)及等角對等邊即可得出答案；
延長CA和FB相交于點(diǎn)H，根據(jù)折疊的性質(zhì)及等邊對等角得出∠EFC=∠ECF，再根據(jù)等角的余角相等以及等角對等邊得出EF=EC=HE=10，最后根據(jù)平行線的性質(zhì)及線段的和差即可得出答案．
【詳解】解：方法一、如圖，延長ED交FC于G，延長BA，DE交于點(diǎn)M，

∵將△CDE沿DE折疊，得到△FDE，
∴EF=EC，DF=DC，∠FED=∠CED，
∴EG⊥CF，
又∵∠BFC=90°，
∴BF∥EG，
∵AB∥EF，
∴四邊形BFEM是平行四邊形，
∴BM=EF=10，
∴AM=BM-AB=10-43，
∵AB∥EF，
∴∠M=∠FED，
∴∠M=∠CED=∠AEM，
∴AE=AM=10-43，
方法二、延長CA和FB相交于點(diǎn)H，

∵折疊，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
又∵∠BFC=90°，
∴∠H=∠EFH，
∴EF=EC=HE=10，
∵AB∥EF，
∴∠ABH=∠EFH=∠H，
∴AB=AH=43，
∴AE=HE-AH=10-43．
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AC的長為（　?。?br />
A．9 B．97 C．10 D．310
【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，由勾股定理可得出CG的長，進(jìn)而求出AC的長．
【詳解】解：∵AB∥CD，
∴∠B=∠DCE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠DCE，
∴AD∥BC；
∴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∥BC，
∴∠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=CE2-GE2=52-32=4，
∴AC=92+42=97，
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；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?？计谀┤鐖D，AB=13，點(diǎn)D為AB上一動點(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'是平行四邊形，總有A'E=AC，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)，B'E+A'E的值最小，從而BE+AC的值最小，進(jìn)一步求得∠ACD的度數(shù)．
【詳解】解：∵點(diǎn)D為AB上一動點(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的對稱點(diǎn)B',
∴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'是平行四邊形，總有A'E=AC，
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)，B'E+A'E的值最小，從而BE+AC的值最小，
此時(shí)，過點(diǎn)A'作A'F⊥BB'交B'B的延長線于點(diǎn)F，則∠F=90°，四邊形ABFA'是矩形，
∴A'F=AB=13,BF=AA'=3,
∴B'F=BB'+BF=13=A'F，
∴∠B'A'F=∠A'B'F=45°，
∴∠AA'E'=90°-∠B'A'F=45°，
此時(shí)，四邊形AC'E'A'是平行四邊形，設(shè)C'E'與AB交于點(diǎn)D'，
∴∠AC'D'=∠AA'E'=45°，
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)、軸對稱的性質(zhì)等知識，準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2022·全國·八年級專題練習(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，AC＝4，BC＝5，求∠DFE的度數(shù)．

【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，BF＝BC，∠DBF＋∠FBA＝∠ABC＋∠FBA＝60°，∠DAB＝∠EAC＝60°，AC＝AE ∴∠DBF＝∠ABC．
在△ABC與△DBF中，
AB=DB∠ABC=∠DBFBC=BF，
∴△ABC≌△DBF（SAS）．
∴AC＝DF＝AE．
同理可證△ABC≌△EFC（SAS）．
∴AB＝EF＝AD．
∴四邊形AEFD是平行四邊形．
∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴AB2+AC2=32+42=52=BC2，
∴∠BAC＝90°，
又∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝360°－∠DAB－∠EAC－∠BAC＝150°，
∵四邊形AEFD是平行四邊形，
∴∠DFE＝∠DAE＝150°．
【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?？计谀┤鐖D，在四邊形ABCD中，AD//BC，對角線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，
{∠OAE=∠OCFAO=OC∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②∵AD//BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOD和△COB中，
{∠OAD=∠OCBAO=CO∠AOD=∠COB，
∴△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；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·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形ABCD中，O是對角線BD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是BC邊上一點(diǎn)，連接EO并延長交AD邊于點(diǎn)F、交CD延長線于點(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是對角線BD的中點(diǎn)，
∴OB=OD．
在△BOE和△DOF中，OB=OD∠BOE=∠DOFOE=OF，
∴△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；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ABCD的長AB+BC+CD的最小值為______．

【答案】25+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，即AB+BC+CD有最小值，即可求解．
【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(1，2)，連接CF，

∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AF=EF=2，∠AEF=45°，
∵將直線l1：y=x向上平移2個(gè)單位長度得到直線l2，
∴∠AOC=45°，BC=2，
∴BC=AF=2，∠AEF=∠AOC=45°，
∴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+CD，
∴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，即AB+BC+CD有最小值，
∵點(diǎn)D5，0，點(diǎn)F(1，2)，
∴DF=(5-1)2+(2-0)2=25，
∴折線ABCD的長AB+BC+CD的最小值為25+2，
故答案為：25+2．
【點(diǎn)睛】本題考查了軸對稱-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·吉林長春·八年級長春外國語學(xué)校校考期末）如圖，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，AD=BC=10，
∵AP=CQ，
∴AD-AP=BC-CQ，
∴DP=QB，DP∥BQ，
∴四邊形DPBQ是平行四邊形，
∴PB∥DQ，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=BE2+BC2=242+102=26，
∴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；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)，則對角線OB長的最小值為（????????）

A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】當(dāng)B在x軸上時(shí)，對角線OB長度最小，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)，對角線OB長度最小，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＝∠CBE∠ADO＝∠CEBOA＝BC，
∴△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·八年級期末）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,?a3)
(3)12或112

【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；
（3）根據(jù)平行四邊形對邊相等的性質(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=-1b=8，
∴直線CD的解析式是y=-x+8．
（2）由題知xP=xM=xN=t，
∵點(diǎn)M在直線AB上，
∴yM=t+2，
∴M(t,t+2)，
∵點(diǎn)N在直線CD上，
∴yN=-t+8，
∴N(t,-t+8)，
當(dāng)t≤3時(shí)，MN=yN-yM=(-t+8)-(t+2)=-2t+6，
當(dāng)t>3時(shí)，MN=yM-yN=(t+2)-(-t+8)=2t-6．
（3）∵CE⊥x軸，MN⊥x軸，
∴CE//MN，CE=5，
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112．
【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，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)單位長度/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動；點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，以2個(gè)單位長度/s的速度向點(diǎn)O運(yùn)動，規(guī)定其中一個(gè)動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時(shí)間為t秒．

(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=283
(3)t=323

【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=8
②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=283
綜上，t=8或t=283
（3）∵A-8,0，
∴OA=8．
當(dāng)PQ垂直平分BO時(shí)，則BP=PO，
∴24-t2=t2+82，
解得t=323
【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，解題的關(guān)鍵是學(xué)會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?！ぐ四昙壗y(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)單位長度的速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒2個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動，點(diǎn)P停止運(yùn)動時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動．當(dāng)運(yùn)動時(shí)間為多少秒時(shí)，以點(diǎn)P，Q，E，D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？

【答案】t=1或73
【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∥BC，
∴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為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．
【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·湖南長沙·八年級長沙市第二十一中學(xué)?？计谀┤鐖D，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)單位長度的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒3個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動．點(diǎn)P停止運(yùn)動時(shí)，點(diǎn)Q也隨之停止運(yùn)動．

(1)PD?=_________，CQ=__________;(用含t的式子表示)
(2)當(dāng)運(yùn)動時(shí)間t為多少秒時(shí)，PQ∥CD；
(3)當(dāng)運(yùn)動時(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)單位長度的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD向點(diǎn)D運(yùn)動；點(diǎn)Q同時(shí)以每秒3個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B運(yùn)動，
∴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=32．
當(dāng)運(yùn)動時(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=1AC，
∴當(dāng)點(diǎn)B'恰好位于對角線AC上時(shí)，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'周長的最小值=8+CB'=8+4=12．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，掌握折疊是一種軸對稱，折疊前后的圖形對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊相等，靈活運(yùn)用相關(guān)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式21-1】（2022春·湖南湘潭·八年級統(tǒng)考期末）如圖，長方形OABC，是一張放在平面直角坐標(biāo)系中的長方形紙片，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，OA=10,OC=6，在AB上取一點(diǎn)M使得△CBM沿CM翻折后，點(diǎn)B落在x軸上，記作B′點(diǎn)，

(1)求B'點(diǎn)的坐標(biāo)；
(2)求折痕CM所在直線的表達(dá)式；
(3)求折痕CM上是否存在一點(diǎn)P，使PO+PB'最小？若存在，請求出最小值，若不存在，請說出理由．
【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坐標(biāo)，從而可以求CM所在直線的解析式；
（3）連接OB，OB與CM交點(diǎn)即為所求點(diǎn)P，連接PB'，根據(jù)△CBM沿CM翻折后，點(diǎn)B落在B'點(diǎn)，知PO+PB' =PO+PB≥OB，，用股股定理即可求出PO+PB'的最小值為234．
【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是長方形，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），
故答案為：（8，0）；
（2）解：設(shè)AM＝x，則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），
設(shè)CM所在直線的解析式為y＝kx+b，將C（0，6）、M（10，83）代入得：
6=b83=10k+b，解得k＝﹣13，b＝6，
∴CM所在直線的解析式為y＝﹣13x+6；
（3）解：折痕CM上存在一點(diǎn)P，使PO+PB'最小，連接OB，OB與CM交點(diǎn)即為所求點(diǎn)P，連接PB'，如下圖，

∵△CBM沿CM翻折后，點(diǎn)B落在B'點(diǎn)，
∴PB=PB'，
∴PO+PB' =PO+PB≥OB，
當(dāng)O、P、B共線時(shí)，PO+PB'最小，
∵OB=OA2+AB2=102+62=234，
∴PO+PB'的最小值為234．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、長方形中的折疊、最短距離等知識，掌握折疊的性質(zhì)以及熟練運(yùn)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．
【變式21-2】（2022春·遼寧沈陽·八年級期末）在正方形ABCD中，BD是對角線，直線BD上有一點(diǎn)E（不與B、D重合），連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交直線BC于點(diǎn)F.

(1)如圖，當(dāng)點(diǎn)E在線段BD上時(shí)，求證：∠BAE=∠EFC；
(2)當(dāng)AE=CF，且AB=23+2時(shí)，直接寫出線段BE的長；
(3)設(shè)S=2AE+BE，AB=2，當(dāng)S取最小值時(shí)，直接寫出S2的值．
【答案】(1)見解析
(2)26或46+62；
(3)8+43

【分析】（1）可得∠BAE+∠BFE=180°，∠BFE+∠CFE=180°，從而得出結(jié)果；
（2）連接CE，過點(diǎn)E作GH⊥AD于G，交BC于H，可得△AGE≌△EHF和△ABE≌△CBE，進(jìn)而得出△EFC是等邊三角形，設(shè)CH=a，可得EH=BH=3a，進(jìn)一步求得結(jié)果；同樣求得點(diǎn)E在BD的延長線時(shí)的情況；
（3）作∠DBG=30°，交CD于G，作AQ⊥BG于Q，交BD于E，從而得出S最小=2AQ，作AB的垂直平分線交AQ于H，BQ=x，則AH=BH=2x，HQ=3x，在RtΔABQ中，根據(jù)勾股定理列出方程，從而求得x2，進(jìn)一步求得結(jié)果．
（1）
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
在四邊形ABFE中，
∠BAE+∠BFE=360°-∠ABC-∠AEF=180°，
∵∠EFC+∠BFE=180°，
∴∠BAE=∠EFC；
（2）
解：如圖1，

連接CE，過點(diǎn)E作GH⊥AD于G，交BC于H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，∠ABE=∠CBE=45°，AD∥BC，
∴GH⊥BC，
∴∠BHE=∠AGE=90°，
∵四邊形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是等邊三角形，
設(shè)CH=FH=a，則BH=EH=3a，
∵CH+BH=BC，
∴a+3a=23+2，
∴a=2，
∴EH=3a=23，
∴BE=2EH=26；
如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在BD的延長線上時(shí)，

同理上可得：△CEF是等邊三角形，EH＝BH，
∴3a=23+2+a，
∴a=4+23，
∴EH=3a=43+6，
∴BE＝2EH＝46+62，
綜上所述：BE的長為26或46+62；
（3）
解：如圖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)，
∴此時(shí)S最小，
作AB的垂直平分線交AQ于H，
∴AH=BH，
∵∠ABQ=∠ABE+∠DBG=75°，
∴∠BAQ=15°，
∴∠BHQ=2∠BAQ=30°，
∴BQ=12BH，
設(shè)BQ=x，則AH=BH=2x，HQ=3x，
在Rt△ABQ中，根據(jù)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．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是將已知線段進(jìn)行轉(zhuǎn)化．
【變式21-3】（2022春·河北秦皇島·八年級統(tǒng)考期末）在?ABCD中，AB=6，BC=8．

(1)如圖①，將?ABCD沿直線BE折疊，使點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)F落在BC邊上，求證：四邊形ABFE是菱形．
(2)如圖②，若?ABCD是矩形，
①按（1）中操作進(jìn)行，求證：四邊形ABFE是正方形．
②在矩形ABCD中折疊出一個(gè)菱形，并使菱形的各個(gè)頂點(diǎn)都在矩形的邊上，則菱形面積的最大值為______，最小值為______．
【答案】(1)證明見解析
(2)①證明見解析；②752，24

【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可知△ABE≌△FEB，即得出AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF．再由平行四邊形的性質(zhì)可得出AD∥BC，從而得出∠AEB=∠EBF，即推出∠ABE=∠AEB，從而可得出AE=EF=AB=BF，即證明四邊形ABFE是菱形；
（2）①根據(jù)有一個(gè)角為直角的菱形為正方形即可證明；②利用以BD為對角線的菱形面積最大；以矩形ABCD各邊中點(diǎn)為菱形的頂點(diǎn)時(shí)面積最小，即可解答．
（1）
由折疊可知：△ABE≌△FBE，

∴AE=EF，AB=BF，∠ABE=∠EBF．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBF，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
∴AE=EF=AB=BF，
∴四邊形ABFE是菱形；
（2）
①∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABF=90°．
由（1）可知，四邊形ABFE是菱形，

∴四邊形ABFE是正方形．
②如圖1，以BD為對角線的菱形面積最大，

設(shè)DE=BE=x，則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；
如圖2，以矩形ABCD各邊中點(diǎn)為菱形的頂點(diǎn)時(shí)，面積最小，

取矩形ABCD各邊中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，
則S菱形EFGH=S矩形ABCD-4S△AEH=6×8-4×12×3×4=24．
故答案為：752，24．
【點(diǎn)睛】本題考查折疊的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，等腰三角形的判定，勾股定理等知識．利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．
【考點(diǎn)22 特殊四邊形的存在性問題】
【例22】（2022春·湖北恩施·八年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形紙片ABCD置于坐標(biāo)系中，AB∥x軸，BC∥y軸，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)A（﹣3，4），翻折矩形紙片使點(diǎn)D落在對角線AC上的H處，AG是折痕．

(1)求DG的長；
(2)在x軸上是否存在點(diǎn)N，使BN+DN的值最小，若存在，求出這個(gè)最小值及點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在．請說明理由；
(3)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線A﹣B﹣C運(yùn)動，到達(dá)點(diǎn)C時(shí)停止運(yùn)動，是否存在一點(diǎn)P，使△PBM是等腰三角形，若存在，直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)DG的長為32
(2)存在，BN+DN的最小值為41，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（﹣115，0）
(3)存在，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974）

【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DG＝GH，設(shè)DG的長度為x，在Rt△HGC中，利用勾股定理求出x的值；
（2）作點(diǎn)D關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)D'，連接BD'與x軸交于一點(diǎn)N，這個(gè)就是所求的點(diǎn)，利用勾股定理求出此時(shí)BN+DN的值即可，利用待定系數(shù)法求出直線BD'的解析式，即可得點(diǎn)N的坐標(biāo)；
（3）求出AC的解析式，可得M（0，74），則QM＝4﹣74＝94，BM＝QM2+BQ2＝974．分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，設(shè)P（a，4），②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，設(shè)P（1，c），利用勾股定理表示出PM，PB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】（1）解：由折疊的性質(zhì)可得，DG＝GH，AD＝AH＝3，GH⊥AC，
∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝32+42＝5，
設(shè)DG的長度為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的長為32；
（2）如圖，作點(diǎn)D關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)D'，連接BD'與x軸交于一點(diǎn)N，此時(shí)BN+DN的值最小，最小值為BD'的長，

∵AB∥x軸，BC∥y軸，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)A（﹣3，4），
∴點(diǎn)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的最小值為41，
設(shè)直線BD'的解析式為y＝kx+b，
∴k+b=4-3k+b=-1，解得k=54b=114，
∴直線BD'的解析式為y＝54x+114，
當(dāng)y＝0時(shí)，54x+114＝0，解得x＝﹣115，
∴N（﹣115，0）；
∴存在，BN+DN的最小值為41，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（﹣115，0）；
（3）由題意得A（﹣3，4），C（1，1），
設(shè)直線AC的解析式為y＝ax+c，
∴-3a+c=4a+c=1，解得a=-34c=74，
∴直線AC的解析式為y＝﹣34x+74，
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝74，
∴M（0，74），
∴QM＝4﹣74＝94，
∴BM＝QM2+BQ2＝974．
分兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，

設(shè)P（m，4），
∴PM2=m2+ 942，PB＝1﹣m，PB2=1-m2，
若P1B＝P1M，則m2+ 942＝1-m2，
解得m＝﹣6532，
∴P1（﹣6532，4）；
若P2B=BM，則974＝1﹣m，
解得m＝1﹣974，
∴P2（1﹣974，4）；
若P3M=BM，
∵M(jìn)Q⊥AB，
∴BQ＝P3Q＝1，
∴P3（﹣1，4）；
∴當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）；
②當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，

設(shè)P（1，n），
∴PM2=12+n-742，PB＝4﹣n，PB2=4-n2，
若P4B=P4M，則12+n-742＝4-n2，
解得n＝19172，
∴P4（1，19172）；
若P5B＝BM，則974＝4﹣n，
解得n＝4﹣974，
∴P5（1，4﹣974）；
∴當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，19172）或（1，4﹣974）；
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣6532，4）或（1﹣974，4）或（﹣1，4）或（1，19172）或（1，4﹣974）．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、等腰三角形的性質(zhì)以及利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等知識，知識點(diǎn)較多，難度較大，解答本題的關(guān)鍵是掌握數(shù)形結(jié)合以及分類討論的思想．
【變式22-1】（2022春·重慶大足·八年級統(tǒng)考期末）已知：在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1:y=-x+2與x軸，y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，直線l2經(jīng)過點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C(0,-4)．

(1)求直線l2的解析式；
(2)如圖1，點(diǎn)P為直線l1一個(gè)動點(diǎn)，若△PAC的面積等于10時(shí)，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)如圖2，將△ABC沿著x軸平移，平移過程中的△ABC記為△A1B1C1，請問在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)D，使得以A1、C1、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【答案】(1)y=2x-4
(2)(-43，23)或(163，223)
(3)存在，(2,0)，(-8,0)，(-2,-8)

【分析】（1）設(shè)直線l2的解析式y(tǒng)=kx+b，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，把A、C的坐標(biāo)代入解析式計(jì)算即可；
（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，根據(jù)三角形的面積公式建立方程，求解即可．
（3）按CC1為菱形邊長和對角線兩種情況討論，最后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)即可．
【詳解】（1）解：設(shè)直線l2的解析式y(tǒng)=kx+b，
∵直線l1:y=-x+2與x軸，y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，
∴A(2,0)，B(0,2)，
∵直線l2經(jīng)過點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C(0,-4)，
∴ 2k+b=0b=-4，
∴ k=2b=-4，
∴直線l2的解析式：y=2x-4；
（2）由題意可知，BC=6，
設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
∴SΔPAC=12?|xA-xP|?BC=12|2-m|×6=10，
∴m=-43或m=163．
∴P(-43，23)或P(163，223)；
（3）設(shè)將ΔABC沿著x軸平移t個(gè)單位長度得到△A1B1C1，
∴A1(2-t,0)，
∴CC1=t，A1C1=AC=25，
設(shè)D點(diǎn)坐標(biāo)為(p,q)，
①當(dāng)CC1為以A1、C1、C、D為頂點(diǎn)的菱形邊長時(shí)，有兩種情況：
當(dāng)CC1=A1C1=25時(shí)，即t=25，
此時(shí)CC1∥A1D，即點(diǎn)D在x軸上，
且A1D=A1C1=25，
∴點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，即D(2,0)．
當(dāng)CC1=A1C=t時(shí)，
∵A1(2-t,0)，C(0,-4)，
∴(-4)2+(2-t)2=t2，
解得t=5，
此時(shí)CC1∥A1D，即點(diǎn)D在x軸上，
且A1D=CC1=5，
∴D(-8,0)．
②當(dāng)CC1為以A1、C1、C、D為頂點(diǎn)的菱形對角線時(shí)，A1C1=A1C=25，即點(diǎn)A1在CC1的垂直平分線上，且A1，D關(guān)于CC1對稱，
當(dāng)ΔABC向左一移動，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），
當(dāng)ΔABC向右移動時(shí)，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)．
綜上所述，存在點(diǎn)D，使得以A1、C1、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2,0)，(-8,0)，(-2,-8)．
【點(diǎn)睛】本題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，三角形的面積公式，菱形的性質(zhì)與判定等相關(guān)知識，分類討論等數(shù)學(xué)思想，根據(jù)題意進(jìn)行正確的分類討論是解題關(guān)鍵．
【變式22-2】（2022春·湖北孝感·七年級統(tǒng)考期末）正方形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，AD ∥ BC ∥ x軸，AD與y軸交于點(diǎn)E，OE=1，且AE,DE的長滿足AE-3+|DE-1|=0．

(1)求點(diǎn)A的坐標(biāo)；
(2)若P(-2,-1)，
①求△EPC面積；
②正方形ABCD的邊CD上是否存在點(diǎn)M，使S△ECM=S△EPM？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)(-3,1)
(2)①5；②存在，(1,13)

【分析】（1）根據(jù)二次根式和絕對值的非負(fù)性可求出AE，DE的值，即可得出結(jié)果；
（2）①過點(diǎn)P做x軸的垂線，交DA和CB于點(diǎn)F和點(diǎn)G，利用S△EPC=S長方形DCFG-S△DEC-S△EFP-S△CGP即可得解；②通過S△EPC=S△CEM，分別討論M點(diǎn)在x軸上方時(shí)和下方時(shí)，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軸，
∴A-3,1．
（2）
①如圖，過點(diǎn)P做x軸的垂線，交DA和CB于點(diǎn)F和點(diǎn)G．

∵AD ∥ BC ∥ x軸，
∴四邊形DCFG為矩形，
∵AE=3，DE=1，四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC=4．
∵P-2,-1，
∴FE=2，GC=3．
∵DE=OE=1，
∴PG=FP=2．
∴S長方形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長方形DCFG-S△DEC-S△EFP-S△CGP=12-2-2-3=5．
②當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方時(shí)，
設(shè)M(1,m)，過點(diǎn)P作PH⊥AD于點(diǎn)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)；
當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，
同理可得，m=13，
不合題意，故不成立；
綜上，M的坐標(biāo)為(1,13)．
【點(diǎn)睛】本題主要考查平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)，正方形的性質(zhì)，面積以及動點(diǎn)問題，有一定綜合性，也有一定難度，需要利用數(shù)形結(jié)合的思想解題，熟練掌握平面直角坐標(biāo)系中面積的求解方法是解題的關(guān)鍵．
【變式22-3】（2022春·山東濟(jì)南·八年級統(tǒng)考期末）已知四邊形ABCD和四邊形AEFG均為正方形，連接BE、DG．直線BE與DG交于點(diǎn)H．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在AD上時(shí)，線段BE與DG的數(shù)量關(guān)系是 ，∠BHD的度數(shù)為 ；
(2)如圖2，將正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)任意角度．
①請你判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；
②當(dāng)點(diǎn)H在直線AD左側(cè)時(shí)，連接AH，則存在實(shí)數(shù)m、n滿足等式：m·AH＋DH＝n·BH，猜想m、n的值，并予以證明；
(3)若AB＝5，AE＝1，則正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)的過程中，點(diǎn)F、H是否能重合？若能，請直接寫出此時(shí)線段BG的長；若不能，請說明理由．
【答案】(1)BE＝DG，90°
(2)①成立，理由見解析；②m＝2，n＝1，理由見解析
(3)能，BG＝10或BG＝2

【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△ADG，可得BE=DG，∠ABE=∠ADG，由余角的性質(zhì)可得∠BHD的度數(shù)；
（2）①設(shè)BE交AD于O，根據(jù)AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，可證∠BAE＝∠DAG，所以△ABE≌△ADG（SAS），BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，即可求證∠BHD＝∠BAD＝90°．
②在BE上取N，使得BN=DH，連接AN，AH，證明△ADH≌△ABN(SAS)，可得∠BAN=∠DAH，AN=AH，求出∠NAH=90°，則△ANH為等腰直角三角形，HN=2AH，則HN+BN=2AH+DH=BH，根據(jù)存在實(shí)數(shù)m，n滿足等式m·AH＋DH＝n·BH，即可得m=2，n=1；
（3）分兩種情況畫圖，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即勾股定理即可求解．
（1）
∵四邊形ABCD和四邊形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°，
故答案為：BE=DG，90°．
（2）
①BE＝DG；∠BHD＝90°仍然成立，理由如下：
設(shè)BE交AD于O，

∵四邊形ABCD和四邊形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與AD交于點(diǎn)O），
∴180°－∠ADG－∠DOH＝180°－∠ABE－∠AOB
∴∠BHD＝∠BAD＝90°．
②m＝2，n＝1
證明：在BE上取N，使得BN=DH，連接AN，AH，

∵∠ABE=∠ADH，AD=AB，
∴△ADH≌△ABN(SAS)，
∴∠BAN=∠DAH，AN=AH，
∵∠DAN+∠BAN=90°，
∴∠DAH+∠DAN=90°，
即∠NAH=90°，
∴△ANH為等腰直角三角形，
∴HN=2AH，
∴HN+BN=2AH+DH=BH，
∵存在實(shí)數(shù)m，n滿足等式m·AH＋DH＝n·BH，
∴m=2，n=1．
（3）
①如圖：

∵AB=5，AE=1，四邊形ABCD和四邊形AEFG均為正方形，
∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°，
∵直線BE與DG交于點(diǎn)H，點(diǎn)F、H重合，
∴點(diǎn)B、E、F在同一直線上，
∴∠AEB=90°，
∴BE=AB2-AE2=2，
∴BF=BE+EF=2+1=3，
∴BG=GF2+BF2=12+32=10；
②如圖：

∵AB=5，AE=1，四邊形ABCD和四邊形AEFG均為正方形，
∴EF=FG=1，∠AEF=∠GFE=90°，
∵直線BE與DG交于點(diǎn)H，點(diǎn)F、H重合，
∴點(diǎn)B、E、F在同一直線上，
∴∠DFB=90°，
∴BE=AB2-AE2=2，
∴BF=BE-EF=2-1=1，
∴BG=GF2+BF2=12+12=2；
綜上，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)F、H能重合，此時(shí)線段BG的長為10或2．
【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形的綜合問題、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

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