第22講多邊形與平行四邊形（講義）2024年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（講義+練習(xí)）（全國(guó)通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156807534" 一、考情分析
二、知識(shí)建構(gòu)
\l "_Tc156807535" 考點(diǎn)一多邊形的相關(guān)概念
\l "_Tc156807536" 題型01 多邊形的概念及分類
\l "_Tc156807537" 題型02 計(jì)算網(wǎng)格中不規(guī)則多邊形面積
\l "_Tc156807538" 題型03 計(jì)算多邊形對(duì)角線條數(shù)
\l "_Tc156807539" 題型04 對(duì)角線分三角形個(gè)數(shù)問題
\l "_Tc156807540" 題型05 多邊形內(nèi)角和問題
\l "_Tc156807541" 題型06 已知多邊形內(nèi)角和求邊數(shù)
\l "_Tc156807542" 題型07 多邊形的割角問題
\l "_Tc156807543" 題型08 多邊形的外角問題
\l "_Tc156807544" 題型09 多邊形內(nèi)角和、外角和與平行線的合運(yùn)用
\l "_Tc156807545" 題型10 多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線的綜合運(yùn)用
\l "_Tc156807546" 題型11 多邊形內(nèi)角和與外角和的綜合應(yīng)用
\l "_Tc156807547" 題型12 多邊形外角和的實(shí)際應(yīng)用
\l "_Tc156807548" 題型13 平面鑲嵌
\l "_Tc156807549" 考點(diǎn)二平行四邊形的性質(zhì)與判定
\l "_Tc156807550" 題型01 利用平行四邊形的性質(zhì)求解
\l "_Tc156807551" 題型02 利用平行四邊形的性質(zhì)證明
\l "_Tc156807552" 題型03 判斷已知條件能否構(gòu)成平行四邊形
\l "_Tc156807553" 題型04 添加一個(gè)條件使四邊形成為平行四邊形
\l "_Tc156807554" 題型05 數(shù)平行四邊形個(gè)數(shù)
\l "_Tc156807555" 題型06 求與已知三點(diǎn)組成平行四邊形的點(diǎn)的個(gè)數(shù)
\l "_Tc156807556" 題型07 證明四邊形是平行四邊形
\l "_Tc156807557" 題型08 與平行四邊形有關(guān)的新定義問題
\l "_Tc156807558" 題型09 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc156807559" 題型10 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定證明
\l "_Tc156807560" 題型11 平行四邊形性質(zhì)與判定的應(yīng)用
\l "_Tc156807561" 考點(diǎn)三三角形中位線
\l "_Tc156807562" 題型01 三角形中位線有關(guān)的計(jì)算
\l "_Tc156807563" 題型02 三角形中位線與三角形面積計(jì)算問題
\l "_Tc156807564" 題型03 與三角形中位線有關(guān)的證明
\l "_Tc156807565" 題型04 三角形中位線的實(shí)際應(yīng)用
\l "_Tc156807566" 題型05 與三角形中位線有關(guān)的規(guī)律探究
\l "_Tc156807567" 題型06 與三角形中位線有關(guān)的格點(diǎn)作圖
\l "_Tc156807568" 題型07 構(gòu)造三角形中位線的常用方法
\l "_Tc156807569" 類型一連接兩點(diǎn)構(gòu)造三角形中位線
\l "_Tc156807570" 類型二已知中點(diǎn)，取另一條線段的中點(diǎn)構(gòu)造中位線
\l "_Tc156807571" 類型三利用角平分線垂直構(gòu)造三角形的中位線
考點(diǎn)一多邊形的相關(guān)概念
多邊形的定義：在平面中，由一些線段首尾順次相接組成的封閉圖形叫做多邊形.
多邊形的對(duì)角線：連接多邊形不相鄰的兩個(gè)頂點(diǎn)的線段叫做多邊形的對(duì)角線.
多邊形對(duì)角線條數(shù)：從n邊形的一個(gè)頂點(diǎn)可以引（n－3）條對(duì)角線，并且這些對(duì)角線把多邊形分成了(n–2)
個(gè)三角形，n邊形的對(duì)角線條數(shù)為n(n?3)2
多邊形內(nèi)角和定理：n邊形的內(nèi)角和為(n?2)?180°（n≥3）.
【解題技巧】
1）n邊形的內(nèi)角和隨邊數(shù)的增加而增加，邊數(shù)每增加1，內(nèi)角和增加180°.
2）任意多邊形的內(nèi)角和均為180°的整數(shù)倍.
3）利用多邊形內(nèi)角和定理可解決三類問題：①已知多邊形的邊數(shù)求內(nèi)角和；
②已知多邊形的內(nèi)角和求邊數(shù)；
③已知足夠的角度條件下求某一個(gè)內(nèi)角的度數(shù)．
多邊形外角和定理：任意多邊形的外角和等于360°，與多邊形的形狀和邊數(shù)無關(guān).
正多邊形的定義：各角相等，各邊相等的多邊形叫做正多邊形.
【解題技巧】
1）正n邊形的每個(gè)內(nèi)角為（n?2）×180°n，每一個(gè)外角為360°n．
2）正n邊形有n條對(duì)稱軸．
3）對(duì)于正n邊形，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，是軸對(duì)稱圖形；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形．
多邊形的有關(guān)計(jì)算公式有很多，一定要牢記，代錯(cuò)公式容易導(dǎo)致錯(cuò)誤：
①n邊形內(nèi)角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②從n邊形的一個(gè)頂點(diǎn)可以引出（n-3）條對(duì)角線，n個(gè)頂點(diǎn)可以引出n（n-3）條對(duì)角線，但是每條對(duì)角線計(jì)算了兩次，因此n邊形共有n(n?3)2 條對(duì)角線.
③n邊形的邊數(shù)＝（內(nèi)角和÷180°）＋2.
④n邊形的外角和是360°.
⑤n邊形的外角和加內(nèi)角和＝n×180°.
⑥在n邊形內(nèi)任取一點(diǎn)O，連接O與各個(gè)頂點(diǎn)，把n邊形分成n個(gè)三角形；在n邊形的任意一邊上任取一點(diǎn)O，連接O點(diǎn)與其不相鄰的其它各頂點(diǎn)的線段可以把n邊形分成（n－1）個(gè)三角形；連接n邊形的任一頂點(diǎn)A與其不相鄰的各個(gè)頂點(diǎn)的線段，把n邊形分成（n－2）個(gè)三角形．
題型01 多邊形的概念及分類
【例1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在等邊三角形、正五邊形、正六邊形、正七邊形中，既是軸對(duì)稱又是中心對(duì)稱的圖形是（）
A．等邊三角形B．正五邊形C．正六邊形D．正七邊形
【答案】C
【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)和軸對(duì)稱圖形、中心對(duì)稱的圖形的識(shí)別進(jìn)行判斷即可．
【詳解】解：由正多邊形的性質(zhì)知，偶數(shù)邊的正多邊形既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形；
奇數(shù)邊的正多邊形只是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，
所以正六邊形既是軸對(duì)稱又是中心對(duì)稱的圖形，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)、軸對(duì)稱圖形、中心對(duì)稱的圖形的識(shí)別，熟知偶數(shù)邊的正多邊形既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形；奇數(shù)邊的正多邊形只是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023·江蘇徐州·統(tǒng)考二模）下列長(zhǎng)度的三條線段與長(zhǎng)度為5的線段能組成四邊形的是（）
A．1，1，1B．1，1，8C．1，2，2D．2，2，2
【答案】D
【分析】若四條線段能組成四邊形，則三條較短邊的和必大于最長(zhǎng)邊，由此即可完成．
【詳解】A、1+1+10的圖象經(jīng)過第一象限點(diǎn)A，且平行四邊形ABCD的面積為6，則k= ．
【答案】6
【分析】過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，然后平行四邊形的性質(zhì)可知△AED≌△BOC，進(jìn)而可得矩形ABOE的面積與平行四邊形ABCD的面積相等，最后根據(jù)反比例函數(shù)k的幾何意義可求解．
【詳解】解：過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，如圖所示：
∴∠AED=∠BOC=90°，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC=AD,BC//AD，
∴∠ADE=∠BCO，
∴△AED≌△BOC（AAS），
∵平行四邊形ABCD的面積為6，
∴S?ABCD=S矩形ABOE=6，
∴k=6；
故答案為6．
【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)及反比例函數(shù)k的幾何意義，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)及反比例函數(shù)k的幾何意義是解題的關(guān)鍵．
【變式1-6】（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，平行四邊形ABCD中，AB=5,BC=10,BC邊上的高AM=4，點(diǎn)E為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合，過點(diǎn)E作直線AB的垂線，垂足為F，連接DE、DF．
(1)求證：△ABM∽△EBF；
(2)當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，求DE的長(zhǎng)；
(3)設(shè)BE=x,△DEF的面積為y，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求當(dāng)x為何值時(shí)，y有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)證明見解析
(2)DE=45
(3)解析式為y=?625x?5562+1216，當(dāng)x=556時(shí)，y有最大值為1216
【分析】（1）利用AA證明△ABM∽△EBF，即可；
（2）過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N，可得四邊形AMEN為矩形，從而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，從而得到ME=AN=2，進(jìn)而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
（3）延長(zhǎng)FE交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．根據(jù)sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=45x，再證得△ABM∽△ECG，可得GC=35(10?x)，從而得到DG=35(10?x)+5，再根據(jù)三角形的面積公式，得到函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵EF⊥AB,AM是BC邊上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：過點(diǎn)E作EN⊥AD于點(diǎn)N，
在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC邊上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四邊形AMEN為矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=AB2?AM2=52?42=3，
又∵E為BC的中點(diǎn)，
∴BE=12BC=5，
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=DN2+NE2=42+82=45；
；
（3）解：延長(zhǎng)FE交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．
∵sin∠B=AMAB=EFBE，
∴45=EFx，
∴EF=45x，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△ABM∽△ECG，
∴CGBM=ECAB，
∴CG3=10?x5，
∴GC=35(10?x)，
∴DG=DC+CG=35(10?x)+5．
∴y=12EF?DG=12×45x35(10?x)+5=?625x2+225x =?625x?5562+1216，
∴當(dāng)x=556時(shí)，y有最大值為1216．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
題型02 利用平行四邊形的性質(zhì)證明
【例2】（2022·山東濟(jì)南·統(tǒng)考一模）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，BE⊥AC， DF⊥AC，求證：AE＝CF．
【答案】見解析
【分析】可證明△ABE≌ △CDF，即可得到結(jié)論．
【詳解】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB=CD，AB∥CD
∴∠BAC=∠DCA
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠DFC=90°
在△ABE和△CDF中，
∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD
∴△ABE≌ △CDF（AAS）
∴AE=CF
【點(diǎn)睛】此題考查平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)，掌握平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定是解決問題的關(guān)鍵．
【變式2-1】（2023·廣西貴港·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E,點(diǎn)F在CD邊上，CF=AE,連接AF,BF.
(1)求證：四邊形BFDE是矩形；
(2)若AF平分∠DAB, CF=3,DF=5,求四邊形BFDE的面積．
【答案】(1)見解析
(2)20
【分析】（1）由在平行四邊形ABCD中，得到DF∥EB,AB=CD,由CF=AE,可得DF=BE,根據(jù)矩形的判定即可求證．
（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得AD=FD=5,由勾股定理可求出DE=4,即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DF∥EB,AB=CD,
又∵CF=AE,
∴DF=BE,
∴四邊形BFDE是平行四邊形，
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=90°,
∴四邊形BFDE是矩形．
（2）∵AF平分∠DAB, DC∥AB,
∴∠DAF=∠FAB,∠DFA=∠FAB,
∴∠DAF=∠DFA,
∵DF=5,
∴AD=FD=5,
∵AE=CF=3, DE⊥AB,
∴DE=AD2?AE2=4,
∴矩形BFDE的面積是：DF·DE=5×4=20.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握這些判定和性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2021·河南駐馬店·統(tǒng)考一模）如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，?OABC的邊OC在x軸上，對(duì)角線AC，OB交于點(diǎn)M，函數(shù)y=kxx>0的圖象經(jīng)過點(diǎn)A3,4和點(diǎn)M．

（1）求k的值和點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）求?OABC的周長(zhǎng)．
【答案】（1）k=12，M（6,2）；（2）28
【分析】（1）將點(diǎn)A（3,4）代入y=kx中求出k的值，作AD⊥x軸于點(diǎn)D，ME⊥x軸于點(diǎn)E，證明△MEC∽△ADC，得到MEAD=MCCA=12，求出ME=2，代入y=12x即可求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)勾股定理求出OA=5，根據(jù)點(diǎn)A、M的坐標(biāo)求出DE，即可得到OC的長(zhǎng)度，由此求出答案.
【詳解】（1）將點(diǎn)A（3,4）代入y=kx中，得k=3×4=12，
∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴MA=MC，
作AD⊥x軸于點(diǎn)D，ME⊥x軸于點(diǎn)E，
∴ME∥AD，
∴△MEC∽△ADC，
∴MEAD=MCCA=12，
∴ME=2，
將y=2代入y=12x中，得x=6，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（6,2）；

（2）∵A（3,4），
∴OD=3，AD=4，
∴OA=OD2+AD2=5,
∵A（3,4），M（6,2），
∴DE=6-3=3，
∴CD=2DE=6，
∴OC=3+6=9，
∴?OABC的周長(zhǎng)=2(OA+OC)=28.
【點(diǎn)睛】此題考查平行四邊形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，求函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)，勾股定理，相似三角形的判定及性質(zhì).
【變式2-3】（2022·重慶·重慶八中?？级＃┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，AE平分∠BAD，交對(duì)角線BD于點(diǎn)E．
(1)用尺規(guī)完成以下基本作圖：作∠BCD的平分線，交對(duì)角線BD于點(diǎn)F；（不寫作法和證明，保留作圖痕跡）
(2)在（1）所作的圖形中，求證：BE=DF．（請(qǐng)補(bǔ)全下面的證明過程，除題目給的字母外，不添加其它字母或者符號(hào)）
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB=CD，①__________，
∴∠ABE=∠CDF
∵AE、CF分別平分∠BAD和∠DCB
∴∠BAE=12∠BAD，②___________，
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴③_______________
∴∠BAE=∠DCF
在△ABE與△CDF中
∠ABE=∠CDF——————∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA）
∴BE=DF
【答案】(1)見解析
(2)AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，AB=CD
【分析】（1）在CB，CD上，分別截取CM，CN，使CM=CN，分別以點(diǎn)M，點(diǎn)N為圓心，大于12MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，在∠BCD內(nèi)，兩弧交于點(diǎn)P，作射線CP交BD于點(diǎn)F，CF即為所求；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB//CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠ABE=∠CDF，根據(jù)角平分線得∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得∠BAD=∠BCD，即∠BAE=∠DCF，根據(jù)ASA即可得△ABE≌△CDF，即BE=DF．
【詳解】（1）解：如圖，在CB，CD上，分別截取CM，CN，使CM=CN，分別以點(diǎn)M，點(diǎn)N為圓心，大于12MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，在∠BCD內(nèi)，兩弧交于點(diǎn)P，作射線CP交BD于點(diǎn)F，CF即為所求．
（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE、CF分別平分∠BAD和∠DCB，
∴∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠BCD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BAD=∠BCD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE與△CDF中，
∠ABE=∠CDFAB=CD∠BAE=∠DCF
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE=DF，
故答案為：AB//CD，∠DCF=12∠BCD，∠BAD=∠BCD，AB=CD．
【點(diǎn)睛】本題考查了尺規(guī)作圖，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)．
【變式2-4】（2022·山西臨汾·統(tǒng)考一模）如圖，在?ABCD中，AB>AD．
（1）用尺規(guī)完成以下基本作圖：在AB上截取AE，使得AE=AD；作∠BCD的平分線交AB于點(diǎn)F．（保留作圖痕跡，不寫作法）
（2）在（1）所作的圖形中，連接DE交CF于點(diǎn)P，猜想△CDP按角分類的類型，并證明你的結(jié)論．
【答案】（1）見解析；（2）直角三角形，理由見解析
【分析】（1）直接利用角平分線的作法得出符合題意的答案；
（2）先證明∠ADE=∠CDE，再利用平行線的性質(zhì)“同旁內(nèi)角互補(bǔ)”，得出∠CPD=90°即可得出答案．
【詳解】解：（1）解：如圖所示：E，F(xiàn)即為所求；
（2）△CDP是直角三角形．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC，AD∥BC．
∴∠CDE=∠AED，∠ADC+∠BCD=180°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED．
∴∠CED=∠ADE=12∠ADC．
∵CP平分∠BCD，
∴∠DCP=12∠BCD，
∴∠CDE+∠DCP=90°．
∴∠CPD=90°．
∴△CDP是直角三角形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了基本作圖以及平行四邊形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．
題型03 判斷已知條件能否構(gòu)成平行四邊形
【例3】（2022·河南鄭州·一模）如圖1，?ABCD中，AD>AB，∠ABC為銳角．要在對(duì)角線BD上找點(diǎn)N，M，使四邊形ANCM為平行四邊形，現(xiàn)有圖2中的甲、乙、丙三種方案，則正確的方案（）
A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是
【答案】A
【分析】甲方案：利用對(duì)角線互相平分得證；
乙方案：由△ABN≌△CDM，可得BN=DM,即可得ON=OM，
再利用對(duì)角線互相平分得證；
丙方案:方法同乙方案．
【詳解】連接AC,BD交于點(diǎn)O
甲方案：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴ AO=CO,BO=DO
∵BN=NO,OM=MD
∴ON=OM
∴ 四邊形ANCM為平行四邊形．
乙方案：
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO
∴∠ABN=∠CDM
又∵AN⊥BD,CM⊥BD
∴∠ANB=∠CMD
∴△ABN≌△CDM(AAS)
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四邊形ANCM為平行四邊形．
丙方案:
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB=CD，AB//CD，AO=CO,BO=DO， ∠BAD=∠BCD
∴∠ABN=∠CDM
又∵ AN,CM分別平分∠BAD,∠BCD
∴12∠BAD=12∠BCD，即∠BAN=∠DCN
∴△ABN≌△CDM（ASA）
∴BN=DM
∵BO=DO
∴ON=OM
∴ 四邊形ANCM為平行四邊形．
所以甲、乙、丙三種方案都可以．
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊的性質(zhì)與判定，三角形全等的性質(zhì)和判定，角平分線的概念等知識(shí)，能正確的利用全等三角的證明得到線段相等，結(jié)合平行四邊形的判定是解題關(guān)鍵．
【變式3-1】（2023·湖南婁底·統(tǒng)考二模）在下列條件中，不能判定四邊形為平行四邊形的是（）
A．對(duì)角線互相平分B．一組對(duì)邊平行且相等
C．兩組對(duì)邊分別平行D．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等
【答案】D
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理分別分析各選項(xiàng)，即可求得答案．
【詳解】解：A、對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形；故本選項(xiàng)能判定；
B、一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；故本選項(xiàng)能判定；
C、兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；故本選項(xiàng)能判定；
D、一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等不一定是平行四邊形；故本選項(xiàng)不能判定．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定．熟記平行四邊形的判定方法是解此題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023·湖南婁底·婁底市第三中學(xué)統(tǒng)考二模）在下列條件中，不能判定一個(gè)四邊形是平行四邊形的是（）
A．一組對(duì)邊平行另一組對(duì)邊相等B．一組對(duì)邊平行且相等
C．兩組對(duì)角相等D．對(duì)角線互相平分
【答案】A
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理逐一判斷即可：①兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；②兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形；③兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形；④對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形；⑤一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
【詳解】解：A、一組對(duì)邊平行另一組對(duì)邊相等不能判定一個(gè)四邊形是平行四邊形，符合題意；
B、一組對(duì)邊平行且相等能判定一個(gè)四邊形是平行四邊形，不符合題意；
C、兩組對(duì)角相等能判定一個(gè)四邊形是平行四邊形，不符合題意；
D、對(duì)角線互相平分能判定一個(gè)四邊形是平行四邊形，不符合題意；
故選A．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定方法，熟練掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵，在解題過程中要靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)．
題型04 添加一個(gè)條件使四邊形成為平行四邊形
【例4】（2023·陜西西安·陜西師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）在四邊形ABCD中，∠A+∠B=180°，添加下列條件，能使四邊形ABCD成為平行四邊形的是（）
A．AB=CDB．AD∥BC
C．AD=BCD．∠C+∠D=180°
【答案】C
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定：①兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；②兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形；③兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形；④對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形；⑤一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，逐項(xiàng)判斷即可．
【詳解】解：如圖，
∵∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
補(bǔ)充AB=CD，不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故A不符合題意；
補(bǔ)充AD∥BC，不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故B不符合題意；
補(bǔ)充AD=BC，能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故C符合題意；
補(bǔ)充∠C+∠D=180°，則AD∥BC，不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故D不符合題意；
故選C．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了學(xué)生對(duì)平行四邊形的判定的掌握情況．對(duì)于判定定理：“一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．”應(yīng)用時(shí)要注意必須是“一組”，而“一組對(duì)邊平行且另一組對(duì)邊相等”的四邊形不一定是平行四邊形．
【變式4-1】（2023·河北衡水·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是嘉淇不完整的推理過程．

小明為保證嘉淇的推理成立，需在四邊形ABCD中添加條件，下列正確的是( )
A．∠B+∠C=180°B．AB=CD
C．∠A=∠BD．AD=BC
【答案】B
【分析】根據(jù)平行四邊形的5條判定定理可得到，在有一組對(duì)邊平行的情況下，只能添加另一組對(duì)邊平行或這一組對(duì)邊相等，查看選項(xiàng)可得到答案．
【詳解】選項(xiàng)A中，∠B+∠C=180°，得到AB∥CD，無法證明平行四邊形，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
選項(xiàng)B中，AB=CD，得到AB與CD平行且相等，可證明平行四邊形，選項(xiàng)B正確；
選項(xiàng)C中，∠A≠∠B，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
選項(xiàng)D中，一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等，可能為等腰梯形，不能判定平行四邊形，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定，需要嚴(yán)格按照判定定理進(jìn)行推理論證，熟悉5條平行四邊形的判定是解題的關(guān)鍵．
【變式4-2】（2022·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)E、F在?ABCD的對(duì)角線AC上，連接BE、DE、DF、BF，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件使四邊形BEDF是平行四邊形，那么需要添加的條件是．（只填一個(gè)即可）
【答案】AF=CE（答案不唯一）
【分析】根據(jù)對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形，即可求解．
【詳解】解：添加：AF=CE，理由如下：
連接BD交AC于點(diǎn)O，如圖，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AF=CE，
∴OE=OF，
∴四邊形BEDF是平行四邊形．
故答案為：AF=CE（答案不唯一）
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
題型05 數(shù)平行四邊形個(gè)數(shù)
【例5】（2020·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，由25個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的5×5的正方形點(diǎn)陣中，橫、縱方向相鄰的兩點(diǎn)之間的距離都是1個(gè)單位．定義：由點(diǎn)陣中的四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的平行四邊形叫做陣點(diǎn)平行四邊形．圖中以A，B為頂點(diǎn)，面積為4的陣點(diǎn)平行四邊形的個(gè)數(shù)為（）
A．6個(gè)B．7個(gè)C．9個(gè)D．11個(gè)
【答案】D
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，兩組對(duì)邊必須平行，可以得出上下各兩個(gè)平行四邊形符合要求，以及特殊四邊形矩形與正方形即可得出答案．
【詳解】解：根據(jù)題意得：一共11個(gè)面積為4的陣點(diǎn)平行四邊形．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定，根據(jù)平行四邊形的判定得出結(jié)論是解題的關(guān)鍵．
【變式5-1】（2019·湖北黃石·校聯(lián)考一模）如圖，已知平行四邊形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)是O，直線EF過O點(diǎn)，且平行于AD，直線GH過O點(diǎn)且平行于AB，則圖中平行四邊形共有( )
A．15個(gè)B．16個(gè)C．17個(gè)D．18個(gè)
【答案】D
【分析】根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形，根據(jù)圖形寫出所有的平行四邊形即可得解．
【詳解】解：平行四邊形有：?AEOG，?AEFD，?ABHG，?GOFD，?GHCD，?EBHO，?EBCF，?OHCF，?ABCD，?EHFG，
?AEHO，?AOFG，?EODG，?BHFO，?HCOE，?OHFD，?OCFG，?BOGE．
共18個(gè)．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定，準(zhǔn)確識(shí)別復(fù)雜圖形是解題的關(guān)鍵，寫出平行四邊形時(shí)要按照一定的順序，這樣方能做到不重不漏．
題型06 求與已知三點(diǎn)組成平行四邊形的點(diǎn)的個(gè)數(shù)
【例6】（2021·河南商丘·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A1,0，B?1,3，C?2,?1，找一點(diǎn)D，使得以點(diǎn)A、B、C、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，則點(diǎn)D的坐標(biāo)不可能是（）
A．2,4B．?4,2C．0,?4D．?3,2
【答案】D
【分析】根據(jù)題意結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)畫出圖形進(jìn)行分析即可解決問題，得出滿足條件的點(diǎn)D有三個(gè)．
【詳解】解：如圖所示：
觀察圖象可知，滿足條件的點(diǎn)D有三個(gè)，坐標(biāo)分別為（2，4）或（-4，2）或（0，-4），
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)不可能是（-3，2）.
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定以及平面直角坐標(biāo)系與圖形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確畫出圖形，利用圖象法解決問題．
【變式6-1】（2020·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，A、B、C為一個(gè)平行四邊形的三個(gè)頂點(diǎn)，且A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(3,3),(6,4),(4,6)．
（1）請(qǐng)直接寫出這個(gè)平行四邊形第四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）在△ABC中，求出AB邊上的高．
【答案】（1）(7,7)或(5,1)或(1,5)；（2）4105
【分析】（1）分以BC、AC和AB為對(duì)角線三種情況進(jìn)行討論，即可得出第四個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）先利用間接的方法求出ΔABC的面積，再利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，又SΔABC=12×AB×?，繼而即可求出AB邊上的高?．
【詳解】解：（1）BC為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)為(7,7)；
AB為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)點(diǎn)為(5,1)；
當(dāng)AC為對(duì)角線時(shí)，第四個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)為(1,5)．
（2）∵SΔABC=12×AB×?=3×3?12(1×3+1×3+2×2)=4，
AB=12+32=10，
∴?=4×2÷10=4105．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)及坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是要分情況討論，難易程度適中．
題型07 證明四邊形是平行四邊形
【例7】（2022·福建莆田·統(tǒng)考一模）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，且BE=DF，∠ABD=∠BDC．求證：四邊形ABCD是平行四邊形．
【答案】見解析
【分析】結(jié)合已知條件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理AAS證得ΔABE≌ΔCDF，則其對(duì)應(yīng)邊相等：AB=CD；最后根據(jù)“對(duì)邊平行且相等是四邊形是平行四邊形”證得結(jié)論．
【詳解】證明：∵∠ABD=∠BDC，
∴AB∥CD．
∴∠BAE=∠DCF．
在ΔABE與ΔCDF中，
{∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFD=90°BE=DF．
∴ΔABE≌ΔCDF(AAS)．
∴AB=CD．
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的判定，三角形全等的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的判定：（1）兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（2）兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形；（3）一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
【變式7-1】（2023·山東青島·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABDF中，點(diǎn)E，C為對(duì)角線BF上的兩點(diǎn)，AB=DF,AC=DE,EB=CF．連接AE,CD．
(1)求證：四邊形ABDF是平行四邊形；
(2)若AE=AC，求證：AB=DB．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由BE=CF可得BC=EF，證明△ABC≌△DFESSS，則∠ABC=∠DFE，AB∥DF，進(jìn)而結(jié)論得證；
（2）由AE=AC，可知∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，則∠AEB=∠DEB，證明△AEB≌△DEBSAS，進(jìn)而結(jié)論得證．
【詳解】（1）證明：∵BE=CF，
∴BE+EC=EC+CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
∵AB=DFAC=DEBC=EF，
∴△ABC≌△DFESSS，
∴∠ABC=∠DFE，
∴AB∥DF，
又∵AB=DF，
∴四邊形ABDF是平行四邊形．
（2）證明：由（1）知，△ABC≌△DFESSS，
∴∠ACB=∠DEF，AC=DE，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE=∠DEF，AE=DE，
∴∠AEB=∠DEB，
在△AEB和△DEB中，
∵EB=EB∠AEB=∠DEBAE=DE，
∴△AEB≌△DEBSAS，
∴AB=DB．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定．
【變式7-2】（2023·山東棗莊·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且ED=BF，連接AF，CE，AC，EF，且AC與EF相交于點(diǎn)O．
(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四邊形AFCE的面積．
【答案】(1)詳見解析；
(2)24．
【分析】（1）根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）由平行線的性質(zhì)可得∠EAC=∠ACF，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)解得∠EAC=∠FAC，繼而證明AF=FC，由此證明平行四邊形AFCE是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AO=12AC=4,AC⊥EF，結(jié)合正切函數(shù)的定義解得EO=3，最后根據(jù)三角形面積公式解答．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AD=BC，AE∥FC
∵ED=BF
AD?ED=BC?BF，即AE=FC．
∴四邊形AFCE是平行四邊形．
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC=∠ACF．
∵AC平分∠FAE，
∴∠EAC=∠FAC．
∴∠ACF=∠FAC．
∴AF=FC，由（1）知四邊形AFCE是平行四邊形，
∴平行四邊形AFCE是菱形．
∴AO=12AC=4,AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO=4,tan∠DAC=34，
∴EO=3．
∴S△AOE=12AO?EO=12×4×3=6
S菱形AFCE=4S△AOE=24．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、正切函數(shù)的定義等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．
【變式7-3】（2020·山東濰坊·統(tǒng)考一模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度α得到△AED，點(diǎn)B、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是E、D.
(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E恰好在AC上時(shí)，求∠CDE的度數(shù)；
(2)如圖2，若α=60°時(shí)，點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，求證：四邊形BFDE是平行四邊形.

【答案】（1）15°；（2）證明見解析.
【分析】（1）如圖1，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠ADC，從而計(jì)算出∠CDE的度數(shù)；
（2）如圖2，利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到BF＝12AC，利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC＝12AC，則BF＝BC，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE＝BC，從而得到DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，接著由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根據(jù)平行四邊形的判定方法得到結(jié)論．
【詳解】解：（1）如圖1，∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到△AED，點(diǎn)E恰好在AC上，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，
∵CA＝DA，
∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°?30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，
∴∠CDE＝75°?60°＝15°；
（2）證明：如圖2，
∵點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，
∴BF＝12AC，
∵∠BAC＝30°，
∴BC＝12AC，
∴BF＝BC，
∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，
∴DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，
∴BE＝AB，
∵點(diǎn)F為△ACD的邊AC的中點(diǎn)，
∴DF⊥AC，
易證得△AFD≌△CBA，
∴DF＝BA，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四邊形BEDF是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了平行四邊形的判定．
【變式7-4】（2022·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖，矩形OABC的邊OA、OC分別在y軸和x軸上．反比例函數(shù)數(shù)y =kx（x > 0）的圖象經(jīng)過矩形OABC對(duì)角線的交點(diǎn)D（4，2），且與邊AB，BC分別交干點(diǎn)E，F(xiàn)，直線EF交x軸于點(diǎn)G．
(1)求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
(2)求證:四邊形AEGC是平行四邊形．
【答案】(1)點(diǎn)F的坐標(biāo)為（8，1）；
(2)見解析
【分析】（1）由點(diǎn)D的坐標(biāo)可得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再利用矩形的性質(zhì)可得出OA，AB的長(zhǎng)；由點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出k的值，結(jié)合點(diǎn)B的坐標(biāo)可得出點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)；
（2）進(jìn)而可得出BE，BF的長(zhǎng)，由各線段的長(zhǎng)度可得出BFBC=BEBA，結(jié)合∠ABC=∠EBF可證出△ABC∽△EBF，再利用相似三角形的性質(zhì)及平行線的判定定理可得出EF∥AC，即可證明四邊形AEGC是平行四邊形．
【詳解】（1）解：∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，2），
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，4），
∴OA=4，AB=8．
∵反比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過點(diǎn)D（4，2），
∴k=4×2=8．
∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，4），AB∥x軸，BC∥y軸，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（8，1），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，4）；
（2）解：∵點(diǎn)F的坐標(biāo)為（8，1），點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，4），
∴BF=3，BE=6，
∴BFBC=34，BEBA=34，
∴BFBC=BEBA．
∵∠ABC=∠EBF，
∴△ABC∽△EBF，
∴∠BCA=∠BFE，
∴EF∥AC．
∵AB∥x軸，
∴四邊形AEGC是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）由點(diǎn)B的坐標(biāo)利用矩形的性質(zhì)求出OA，AB的長(zhǎng)；（2）利用相似三角形的判定定理找出△ABC∽△EBF．
【變式7-5】（2023·河南·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考三模）如圖，已知反比例函數(shù)y=kxx>0的圖像經(jīng)過點(diǎn)A4,2，過A作AC⊥y軸于點(diǎn)C．點(diǎn)B為該反比例函數(shù)圖像上的一點(diǎn)，過點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D，連接AD．直線BC與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)E．

(1)求反比例函數(shù)表達(dá)式；
(2)若BD=2OC，判斷四邊形ACED的形狀，并說明理由．
【答案】(1)y=8x
(2)四邊形ACED為平行四邊形
【分析】（1）根據(jù)題意直接利用待定系數(shù)法將A點(diǎn)坐標(biāo)代入即可得出答案．
（2）由題意求出直線BC的解析式，可得E點(diǎn)坐標(biāo)，求出DE，OC，AC，即可解決問題．
【詳解】（1）把A4,2，代入反比例函數(shù)的解析式得2=k4，
解得：k=8，
∴反比例函數(shù)表達(dá)式為：y=8x．
（2）反比例函數(shù)表達(dá)式為：y=8x，
∵AC⊥y，BD⊥x，A4,2，
∴AC=4，OC=2，
∵BD=2OC，
∴BD=2×2=4，
∵BD⊥x，
∴點(diǎn)B的縱坐標(biāo)為4，代入y=8x中，得4=8x，解得x=2，
∵B2,4，
∵C0,2，設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+b，
則有2k+b=4b=2，解得k=1b=2，
∴直線BC的解析式為：y=x+2，令y=0，得0=x+2，解得x=?2，
∴C?2,0，
∴DE=2??2=4，
∵AC=4，DE=4，AC∥DE，
∴四邊形ACED為平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)與幾何綜合，待定系數(shù)法，平行四邊形的判定．
題型08 與平行四邊形有關(guān)的新定義問題
【例8】（2023·江西撫州·金溪一中校聯(lián)考二模）定義：在平行四邊形中，若有一條對(duì)角線長(zhǎng)是一邊長(zhǎng)的兩倍，則稱這個(gè)平行四邊形叫做和諧四邊形，其中這條對(duì)角線叫做和諧對(duì)角線，這條邊叫做和諧邊．
【概念理解】
(1)如圖1，四邊形ABCD是和諧四邊形，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)G，BD是和諧對(duì)角線，AD是和諧邊．
①△BCG是________三角形．
②若AD=4，則BD=________．
【問題探究】
(2)如圖2，四邊形ABCD是矩形，過點(diǎn)B作BE∥AC交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接AE交BC于點(diǎn)F，AD=4，AB=k，是否存在實(shí)數(shù)k，使得四邊形ABEC是和諧四邊形，若存在，求出k的值，若不存在，請(qǐng)說明理由．
【應(yīng)用拓展】
(3)如圖3，四邊形ABCD與四邊形ABEC都是和諧四邊形，其中BD與AE分別是和諧對(duì)角線，AD與AC分別是和諧邊，AB=4，AD=k，請(qǐng)求出k的值．
【答案】(1)①等腰；②8
(2)存在，k=2
(3)463
【分析】（1）①根據(jù)和諧四邊形的定義，得到BG=DG=AD=BC，即可得到結(jié)論；②根據(jù)BD=2AD即可得出結(jié)論．
（2）分BC=2AB，BC=2AC，AE=2AB，AE=2AC四種情況，分類討論，進(jìn)行判斷即可；
（3）根據(jù)和諧四邊形的定義，推出△ADB?△ACE，作DM⊥AC于M，設(shè)AM=x，則AG=2x，利用勾股定理求出DM,CD的長(zhǎng)，根據(jù)CD=AB=4，求出x的值，即可得解．
【詳解】（1）解：①∵四邊形ABCD是和諧四邊形，BD是和諧對(duì)角線，AD是和諧邊，
∴BG=DG=AD=BC，
∴△ADG與△BCG的形狀是等腰三角形；
②∵AD=4，
∴BD=2AD=8，
故答案為：等腰；8；
（2）存在，理由如下：
∵AB∥CD，BE∥AC，
∴四邊形ABEC是平行四邊形；
當(dāng)BC=2AB時(shí)，四邊形ABEC是和諧四邊形，
∵BC=AD=4，AB=k，
∴BC=2k，
∴k=2；
當(dāng)BC=2AC時(shí)，不滿足直角三角形的斜邊大于直角邊．
當(dāng)AE=2AB時(shí)，
∵42+2k2=2k，無解．
當(dāng)AE=2AC時(shí)，
∵42+2k2=242+k2，無解．
∴k=2；
∴k的值為2時(shí)，四邊形ABEC是和諧四邊形；
（3）∵四邊形ABCD是和諧四邊形，BD為和諧對(duì)角線，AD為和諧邊，
∴AD=DG，
∴∠DAG=∠AGD，
∵四邊形ABEC是和諧四邊形，AE為和諧對(duì)角線，AC為和諧邊，
∴AC=AF，
∴∠ACF=∠AFC，
∵AD∥BC，
∴∠DAG=∠ACF，
∴∠DAG=∠AGD=∠ACF=∠AFC，
∴∠ADG=∠CAF，
∵ADBD=12，ACAE=12，
∴ADBD=ACAE，
∴△ADB~△CAE，
∵AB=CE，
∴相似比為1，
∴△ADB?△ACE，
∴AC=AD，
作DM⊥AC于M，如圖所示：
∵AD=DG，
∴AM=GM，
設(shè)AM=x，則AG=2x，
∴AC=2AG=AD=4x，
∴CM=3x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：
DM=AD2?AM2=15x，
在Rt△DMC中，由勾股定理得：
CD=DM2+CM2=15x2+9x2=26x，
∵CD=AB=4，
∴26x=4，
∴x=63，
∴AD=4x=463，
∴AD=k=463．
故答案為：463．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．本題的綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是理解并掌握和諧四邊形的定義．
【變式8-1】（2021·浙江寧波·統(tǒng)考二模）定義：有一個(gè)角為45°的平行四邊形稱為半矩形．
(1)如圖1，若?ABCD的一組鄰邊AB＝4，AD＝7，且它的面積為142．求證：?ABCD為半矩形．
(2)如圖2，半矩形ABCD中，△ABD的外心O（外心O在△ABD內(nèi)）到AB的距離為1，⊙O的半徑＝5，求AD的長(zhǎng)．
(3)如圖3，半矩形ABCD中，∠A＝45°，AD=BD=4
①求證：CD是△ABD外接圓的切線；
②求出圖中陰影部分的面積．
【答案】(1)見解析
(2)43+2
(3)①見解析，②12﹣2π
【分析】（1）由S?ABCD＝AB?DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，進(jìn)而求解；
（2）連接OD、OB、BD，則∠BDO＝2∠DAB＝90°，則BD＝2BO＝52，進(jìn)而求解；
（3）①證明△ABD為等腰直角三角形，得到OD是圓的半徑且OD⊥CD，即可求解；
②由陰影部分的面積＝S?ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB，即可求解．
【詳解】（1）解：過點(diǎn)D作DH⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵S?ABCD＝AB?DH＝4×DH＝142，解得DH＝722，
則AH＝AD2?DH2=72?7222=722＝DH，
∴∠A＝45°，
∴?ABCD為半矩形；
（2）解：連接OD、OB、BD，
則∠BDO＝2∠DAB＝90°，則BD=2BO＝52，
過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，則BH＝BO2?OH2=52?12=26＝12AB，
則AB＝46，
過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，
則BE＝22AB＝43=AE，
在Rt△BDE中，DE＝BD2?BE2=522?432=2，
∴AD＝AE+DE＝43+2；
（3）解：①過點(diǎn)D作DO⊥AB于點(diǎn)O，
∵∠A＝45°，AD＝BD＝4，
故AB＝42，則△ABD為等腰直角三角形，
則OD＝12AB＝22，
∵AB∥CD，DO⊥AB，
∴OD⊥CD，
∴CD是△ABD外接圓的切線；
②陰影部分的面積＝S?ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB
＝42×22﹣12×22×22﹣14×π×（22）2
＝12﹣2π．
【點(diǎn)睛】本題為圓的綜合題，主要圓切線的判定與性質(zhì)、新定義、平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、面積的計(jì)算等，有一定的綜合性，難度適中．
【變式8-2】（2021·浙江臺(tái)州·紹興市柯橋區(qū)楊汛橋鎮(zhèn)中學(xué)統(tǒng)考二模）定義：如圖1，四邊形EFGH的四個(gè)頂點(diǎn)分別在□ABCD四條邊上（不與□ABCD的頂點(diǎn)重合），我們稱四邊形EFGH為□ABCD的內(nèi)接四邊形．
（1）如圖1，若?ABCD的內(nèi)接四邊形EFGH是平行四邊形，求證：AE＝CG
（2）若?ABCD的內(nèi)接四邊形EFGH是矩形．
①請(qǐng)用無刻度的直尺與圓規(guī)，在圖2中作出一個(gè)符合要求的矩形EFGH．（不必說明作圖過程，但要保留作圖痕跡）
②如圖3，已知sinA=45，AB＝10，H是AD的中點(diǎn)，HG＝2HE，求AD的長(zhǎng)．
（3）已知，?ABCD的內(nèi)接四邊形EFGH是平行四邊形，且S?EFGH=12S?ABCD，求證：點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H中至少存在兩個(gè)點(diǎn)是□ABCD邊的中點(diǎn)．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②10；（3）見解析
【分析】（1）連接EG，只需要證明△AEH≌△CGF即可得到結(jié)論；
（2）①根據(jù)矩形的判定條件和直徑所對(duì)的圓周角是90°作圖即可；②過點(diǎn)H作HN⊥HB，并延長(zhǎng)NH交CD延長(zhǎng)線于M，先證明△MDH≌△ANH，得到HM=HN，AN=MD，再由
sinA=HNAH=45，5HN=4AH，得到AN=AH2?HN2=34HN,
設(shè)HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，然后證明△HMG∽△ENH，得到NEHM=NHMG=HEHG，由此求解即可；
（3）由S?EFGH=12S?ABCD，可以得到S△HDG+S△HAE=14S?ABCD，設(shè)MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，則MH=h-t，DG=a-y，則12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，由此即可求解．
【詳解】解：（1）如圖所示，連接EG，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A=∠C，AB∥CD，
∴∠AEG=∠CGE，
∵四邊形HEFG是平行四邊形，
∴GF∥HE，HE=GF
∴∠HEG=∠FGE，
∵∠AEH+∠HEG=∠CGF+∠FGE，
∴∠AEH=∠CGF，
∴△AEH≌△CGF（AAS），
∴AE=CG
（2）①如圖，連接BD與AC交于O，以O(shè)為圓心，以O(shè)B的長(zhǎng)為半徑畫圓，分別于AB交于E，BC交于F，CD交于G，AD交于H，順次連接E、F、G、H即為所求；
理由：直徑所對(duì)的圓周角是直角，連接OG，OE，可以通過，∠ODG=∠OGD=∠OBE=OEB證明∠DOG=∠BOE，即G、O、E三點(diǎn)共線；
②如圖，過點(diǎn)H作HN⊥HB，并延長(zhǎng)NH交CD延長(zhǎng)線于M，
∴∠HNA=∠HMD=90°
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD=10
∴∠MDH=∠NAH，
∵H是AD的中點(diǎn)，
∴AH=DH，
∴△MDH≌△ANH（AAS），
∴HM=HN，AN=MD，
∵sinA=HNAH=45，
∴5HN=4AH，
∴AN=AH2?HN2=34HN,
設(shè)HN=MH=4x，AH=DH=5x，AN=MD=3x，
∵四邊形HEFG是矩形，
∴∠GHE=90°，
∴∠MHG+∠EHN=90°，
又∵∠EHN+∠HEN=90°，
∴∠MHG=∠NEH，
∵∠HMG=∠ENH=90°，
∴△HMG∽△ENH，
∴NEHM=NHMG=HEHG，
∵HG＝2HE，
∴NEHM=NHMG=HEHG=12，
∴NE=12MH=2x，MG=2NH=8x，
∴DG=MG?DM=5x，CG=AE=AN+NE=5x，
∴CD=DG+CG=10x=10，
解得x=1，
∴AD=AH+DH=10x=10；
（3）同（2）②作輔助線
由（1）證明△AEH≌△CGF，同理可以證明△DHG≌△BFE，
∴S△CGF=S△AEH，S△DGH=S△BEF，DG=BE
∵S?EFGH=12S?ABCD，
∴S△HDG+S△HAE=14S?ABCD，
設(shè)MN=h，HN=t，AB=a，AE=y，則MH=h-t，DG=a-y，
∵12GD·MH+12AE·HN=14AB·MN，
∴12a?y??t+12ty=14a?，
∴2a?y??t+2ty=a?，
∴a??2y??2at+4yt=0，
∴?a?2y?2ta?2y=0，
∴??2ta?2y=0，
∴?=2t或a=2y，
∴H是AD的中點(diǎn)或E是AB的中點(diǎn)，
又∵AE=CG，
∴當(dāng)E是中點(diǎn)的時(shí)候，G也是CD的中點(diǎn)，
同理當(dāng)H是中點(diǎn)的時(shí)候，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H中至少存在兩個(gè)點(diǎn)是□ABCD邊的中點(diǎn)．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．
題型09 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
【例9】（2022·浙江麗水·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是BC，AC，AB的中點(diǎn)．若AB=6，BC=8，則四邊形BDEF的周長(zhǎng)是（）
A．28B．14C．10D．7
【答案】B
【分析】首先根據(jù)D，E，F(xiàn)分別是BC，AC，AB的中點(diǎn)，可判定四邊形BDEF是平行四邊形，再根據(jù)三角形中位線定理，即可求得四邊形BDEF的周長(zhǎng)．
【詳解】解：∵D，E，F(xiàn)分別是BC，AC，AB的中點(diǎn)，
∴EF、ED分別是△ABC的中位線，
∴EF∥BC，ED∥AB且EF=12BC=12×8=4，ED=12AB=12×6=3，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∴BD=EF=4，BF=ED=3，
∴四邊形BDEF的周長(zhǎng)為：
BF+BD+ED+EF=3+4+3+4=14，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)，三角形中位線定理，判定出四邊形BDEF是平行四邊形是解決本題的關(guān)鍵．
【變式9-1】（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線y=x+1、y=x?1與雙曲線y=kxk>0分別相交于點(diǎn)A、B、C、D．若四邊形ABCD的面積為4，則k的值是（）

A．34B．22C．45D．1
【答案】A
【分析】連接四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD，過D作DE⊥x軸，過C作CF⊥x軸，直線y=x?1與x軸交于點(diǎn)M，如圖所示，根據(jù)函數(shù)圖像交點(diǎn)的對(duì)稱性判斷四邊形ABCD是平行四邊形，由平行四邊形性質(zhì)及平面直角坐標(biāo)系中三角形面積求法，確定S△COD=14S四邊形ABCD=1=12OM?DE+CF，再求出直線y=x?1與x軸交于點(diǎn)M1,0，通過聯(lián)立y=x?1y=kx求出C、D縱坐標(biāo)，代入方程求解即可得到答案．
【詳解】解：連接四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD，過D作DE⊥x軸，過C作CF⊥x軸，直線y=x?1與x軸交于點(diǎn)M，如圖所示：

根據(jù)直線y=x+1、y=x?1與雙曲線y=kxk>0交點(diǎn)的對(duì)稱性可得四邊形ABCD是平行四邊形，
∴S△COD=14S四邊形ABCD=1=12OM?DE+CF，
∵直線y=x?1與x軸交于點(diǎn)M，
∴當(dāng)y=0時(shí)，x=1，即M1,0，
∵ y=x?1與雙曲線y=kxk>0分別相交于點(diǎn)C、D，
∴聯(lián)立y=x?1y=kx，即y=ky?1，則y2+y?k=0，由k>0，解得y=?1±1+4k2，
∴ 12×1×?1+1+4k2??1?1+4k2=1，即4k+1=2，解得k=34，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合，涉及平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握平面直角坐標(biāo)系中三角形面積求法是解決問題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（2023上·山東臨沂·九年級(jí)沂水縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考期末）已知如圖，A1,1、B4,2．CD為x軸上一條動(dòng)線段，D在C點(diǎn)右邊且CD=1，當(dāng)AC+CD+DB的最小值為 .

【答案】13+1/1+13
【分析】本題考查了“將軍飲馬”求最值的模型，涉及了平行四邊形的判定與性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)點(diǎn)，將點(diǎn)A1,1向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)A'2,1構(gòu)造平行四邊形ACDA'是解題關(guān)鍵．
【詳解】解：將點(diǎn)A1,1向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到點(diǎn)A'2,1，作點(diǎn)A'2,1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A''2,?1，連接A″,B，與x軸的交點(diǎn)即為點(diǎn)D，此時(shí)AC+CD+DB的值最小，如圖所示：
∵AA'=CD=1，且AA'∥CD
∴四邊形ACDA'為平行四邊形
∴AC=A'D
∵點(diǎn)A'2,1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A''2,?1，
∴A'D=A″D
∴AC+CD+DB =A″D+DB+1≥A″B+1
∵A″B=2?42+?1?22=13
∴AC+CD+DB的最小值為：13+1
故答案為：13+1
【變式9-3】（2022·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=5,AD=10．若點(diǎn)E是邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥AC且分別交對(duì)角線AC，直線BC于點(diǎn)O、F，則在點(diǎn)E移動(dòng)的過程中，AF+FE+EC的最小值為．
【答案】25+552
【分析】過點(diǎn)D作DM∥EF交BC于M，過點(diǎn)A作AN∥EF，使AN=EF，連接NE，當(dāng)N、E、C三點(diǎn)共線時(shí)，AF+FE+EC≥CN+AN，分別求出CN、AN的長(zhǎng)度即可．
【詳解】
過點(diǎn)D作DM∥EF交BC于M，過點(diǎn)A作AN∥EF，使AN=EF，連接NE，
∴四邊形ANEF是平行四邊形，
∴ AN=EF,AF=NE，
∴當(dāng)N、E、C三點(diǎn)共線時(shí)，AF+CE最小，
∵四邊形ABCD是矩形，AB=5,AD=10，
∴AD=BC=10,AB=CD=5,AD∥BC,∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=55，
∴四邊形EFMD是平行四邊形，
∴DM=EF，
∴DM=EF=AN，
∵EF⊥AC，
∴DM⊥AC,AN⊥AC，
∴∠CAN=90°，
∴∠MDC+∠ACD=90°=∠ACD+∠ACB，
∴∠MDC=∠ACB，
∴tan∠MDC=tan∠ACB，即MCCD=ABBC，
∴MC=52，
在Rt△CDM中，由勾股定理得DM=CD2+CM2=552=AN，
在Rt△ACN中，由勾股定理得CN=AC2+AN2=252，
∵AF+FE+EC≥CN+AN，
∴ AF+FE+EC≥25+552，
∴AF+FE+EC的最小值為25+552，
故答案為：25+552．
【點(diǎn)睛】本題考查了利用軸對(duì)稱求最短距離問題，勾股定理，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)，準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式9-4】（2021·山西·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐，問題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了一個(gè)問題：如圖①，在?ABCD中，BE⊥AD，垂足為E，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，連接EF，BF，試猜想EF與BF的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
獨(dú)立思考：（1）請(qǐng)解答老師提出的問題；
實(shí)踐探究：（2）希望小組受此問題的啟發(fā)，將?ABCD沿著BF（F為CD的中點(diǎn)）所在直線折疊，如圖②，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'，連接DC'并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G，請(qǐng)判斷AG與BG的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
問題解決：（3）智慧小組突發(fā)奇想，將?ABCD沿過點(diǎn)B的直線折疊，如圖③，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，使A'B⊥CD于點(diǎn)H，折痕交AD于點(diǎn)M，連接A'M，交CD于點(diǎn)N．該小組提出一個(gè)問題：若此?ABCD的面積為20，邊長(zhǎng)AB=5，BC=25，求圖中陰影部分（四邊形BHNM）的面積．請(qǐng)你思考此問題，直接寫出結(jié)果．
【答案】（1）EF=BF；見解析；（2）AG=BG，見解析；（3）223．
【分析】（1）如圖，分別延長(zhǎng)AD，BF相交于點(diǎn)P，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD//BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得FP=FB，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得EF=12BP，即可得EF=BF；
（2）根據(jù)折疊性質(zhì)可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可證明四邊形DGBF是平行四邊形，可得DF=BG=12AB，可得AG=BG；
（3）如圖，過點(diǎn)M作MQ⊥A′B于Q，根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長(zhǎng)，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根據(jù)A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，進(jìn)而可證明△A′NH∽△CBH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′H、NH的長(zhǎng)，根據(jù)NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出MQ的長(zhǎng)，根據(jù)S陰=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【詳解】（1）EF=BF．
如圖，分別延長(zhǎng)AD，BF相交于點(diǎn)P，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD//BC，
∴∠PDF=∠C，∠P=∠FBC,
∵F為CD的中點(diǎn)，
∴DF=CF，
在△PDF和△BCF中，∠P=∠FBC∠PDF=∠CDF=CF，
∴△PDF≌△BCF，
∴FP=FB，即F為BP的中點(diǎn)，
∴BF=12BP，
∵BE⊥AD，
∴∠BEP=90°，
∴EF=12BP，
∴EF=BF．
（2）AG=BG．
∵將?ABCD沿著BF所在直線折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'，
∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，F(xiàn)C'=FC，
∵F為CD的中點(diǎn)，
∴FC=FD=12CD，
∴FC'=FD，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵∠CFC'=∠FDC′+∠FC′D，
∴∠FC'D=12∠CFC'，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴DG//FB，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴DC//AB，DC=AB，
∴四邊形DGBF為平行四邊形，
∴BG=DF，
∴BG=12AB，
∴AG=BG．
（3）如圖，過點(diǎn)M作MQ⊥A′B于Q，
∵?ABCD的面積為20，邊長(zhǎng)AB=5，A'B⊥CD于點(diǎn)H，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=BC2?BH2=2，A′H=A′B-BH=1，
∵將?ABCD沿過點(diǎn)B的直線折疊，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵A'B⊥CD于點(diǎn)H，AB//CD，
∴A'B⊥AB，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴CHA'H=BHNH，即21=4NH，
解得：NH=2，
∵A'B⊥CD，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴A'HA'Q=NHMQ，即15?MQ=2MQ，
解得：MQ=103，
∴S陰=S△A′MB-S△A′NH=12A′B·MQ-12A′H·NH=12×5×103-12×1×2=223．
【點(diǎn)睛】本題考查折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．
題型10 利用平行四邊形的性質(zhì)與判定證明
【例10】（2022·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O．點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連接EO并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列結(jié)論：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四邊形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通過判定ΔABE為等邊三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性質(zhì)求得∠EAC=30°，從而判斷①；利用有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形判斷③，然后結(jié)合菱形的性質(zhì)和含30°直角三角形的性質(zhì)判斷②；根據(jù)三角形中線的性質(zhì)判斷④．
【詳解】解：∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等邊三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正確；
在平行四邊形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF?ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
又∵AB⊥AC，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴AE=CE，
∴平行四邊形AECF是菱形，故③正確；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正確；
在平行四邊形ABCD中，OA=OC，
又∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正確；
綜上所述：正確的結(jié)論有4個(gè)，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，掌握菱形的判定是解題關(guān)鍵．
【變式10-1】（2023·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，E是線段AB上一點(diǎn)，△ADE和△BCE是位于直線AB同側(cè)的兩個(gè)等邊三角形，點(diǎn)P,F分別是CD,AB的中點(diǎn)．若AB=4，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）

A．PA+PB的最小值為33B．PE+PF的最小值為23
C．△CDE周長(zhǎng)的最小值為6D．四邊形ABCD面積的最小值為33
【答案】A
【分析】延長(zhǎng)AD,BC，則△ABQ是等邊三角形，觀察選項(xiàng)都是求最小時(shí)，進(jìn)而得出當(dāng)E點(diǎn)與F重合時(shí)，則Q,P,F三點(diǎn)共線，各項(xiàng)都取得最小值，得出B，C，D選項(xiàng)正確，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，

延長(zhǎng)AD,BC，
依題意∠QAD=∠QBA=60°
∴△ABQ是等邊三角形，
∵P是CD的中點(diǎn)，
∴PD=PC，
∵∠DEA=∠CBA，
∴ED∥CQ
∴∠PQC=∠PED,∠PCQ=∠PDE，
∴△PDE≌△PCQ
∴PQ=PE，
∴四邊形DECQ是平行四邊形，
則P為EQ的中點(diǎn)
如圖所示，

設(shè)AQ,BQ的中點(diǎn)分別為G,H，
則GP=12AE,PH=12EB
∴當(dāng)E點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，P在GH上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)E點(diǎn)與F重合時(shí)，即AE=EB，
則Q,P,F三點(diǎn)共線，PF取得最小值，此時(shí)AE=EB=12AE+EB=2，
則△ADE≌△ECB，
∴C,D到AB的距離相等，
則CD∥AB，
此時(shí)PF=32AD=3
此時(shí)△ADE和△BCE的邊長(zhǎng)都為2，則AP,PB最小，
∴PF=32×2=3，
∴PA=PB=22+32=7
∴PA+PB= 27，
或者如圖所示，作點(diǎn)B關(guān)于GH對(duì)稱點(diǎn)B'，則PB=PB'，則當(dāng)A,P,B'三點(diǎn)共線時(shí)，AP+PB=AB'

此時(shí)AB'=AB2+BB'=42+232=27
故A選項(xiàng)錯(cuò)誤，
根據(jù)題意可得P,Q,F三點(diǎn)共線時(shí)，PF最小，此時(shí)PE=PF =3，則PE+PF=23，故B選項(xiàng)正確；
△CDE周長(zhǎng)等于CD+DE+CE=CD+AE+EB=CD+AB=CD+4，
即當(dāng)CD最小時(shí)，△CDE周長(zhǎng)最小，
如圖所示，作平行四邊形GDMH，連接CM，

∵∠GHQ=60°,∠GHM=∠GDM=60°，則∠CHM=120°
如圖，延長(zhǎng)DE,HG，交于點(diǎn)N，
則∠NGD=∠QGH=60°，∠NDG=∠ADE=60°
∴△NGD是等邊三角形，
∴ND=GD=HM，
在△NPD與△HPC中，
∠NPD=∠HPC∠N=∠CHP=60°PD=PC
∴△NPD≌△HPC
∴ND=CH
∴CH=MH
∴∠HCM=∠HMC=30°
∴CM∥QF，則CM⊥DM，
∴△DMC是直角三角形，

在△DCM中，DC>DM
∴當(dāng)DC=DM時(shí)，DC最短，DC=GH=12AB=2
∵CD=PC+2PC
∴△CDE周長(zhǎng)的最小值為2+2+2=6，故C選項(xiàng)正確；
∵△NPD≌△HPC
∴四邊形ABCD面積等于S△ADE+S△EBC+S△DEC=S△ADE+S平行四邊NEBH

∴當(dāng)△BGD的面積為0時(shí)，取得最小值，此時(shí)，D,G重合，C，H重合
∴四邊形ABCD面積的最小值為3×34×22= 33，故D選項(xiàng)正確，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，得出當(dāng)E點(diǎn)與F重合時(shí)得出最小值是解題的關(guān)鍵．
【變式10-2】（2020·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,3，點(diǎn)B在x軸上，把ΔOAB沿x軸向右平移到ΔECD，若四邊形ABDC的面積為9，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為．

【答案】(4，3)
【分析】過點(diǎn)A作AH⊥x軸于點(diǎn)H，得到AH=3，根據(jù)平移的性質(zhì)證明四邊形ABDC是平行四邊形，得到AC=BD，根據(jù)平行四邊形的面積是9得到BD?AH=9，求出BD即可得到答案.
【詳解】過點(diǎn)A作AH⊥x軸于點(diǎn)H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四邊形ABDC是平行四邊形，
∴AC=BD，
∵BD?AH=9，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)，
故答案為：(4，3).

【點(diǎn)睛】此題考查平移的性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，直角坐標(biāo)系中點(diǎn)到坐標(biāo)軸的距離與點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系.
【變式10-3】（2022·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，用四根木條釘成矩形框ABCD，把邊BC固定在地面上，向右推動(dòng)矩形框，矩形框的形狀會(huì)發(fā)生改變（四邊形具有不穩(wěn)定性）．
(1)通過觀察分析，我們發(fā)現(xiàn)圖中線段存在等量關(guān)系，如線段EB由AB旋轉(zhuǎn)得到，所以EB=AB．我們還可以得到FC＝， EF＝；
(2)進(jìn)一步觀察，我們還會(huì)發(fā)現(xiàn)EF∥AD，請(qǐng)證明這一結(jié)論；
(3)已知BC=30cm,DC=80cm，若BE 恰好經(jīng)過原矩形DC邊的中點(diǎn)H ，求EF與BC之間的距離．
【答案】(1)CD，AD；
(2)見解析；
(3)EF于BC之間的距離為64cm．
【分析】（1）由推動(dòng)矩形框時(shí)，矩形ABCD的各邊的長(zhǎng)度沒有改變，可求解；
（2）通過證明四邊形BEFC是平行四邊形，可得結(jié)論；
（3）由勾股定理可求BH的長(zhǎng)，再證明△BCH∽△BGE，得到BHBE=CHEG，代入數(shù)值求解EG，即可得到答案．
【詳解】（1）解：∵ 把邊BC固定在地面上，向右推動(dòng)矩形框，矩形框的形狀會(huì)發(fā)生改變（四邊形具有不穩(wěn)定性）．
∴由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知矩形ABCD的各邊的長(zhǎng)度沒有改變，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案為：CD，AD；
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四邊形BEFC是平行四邊形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）解：如圖，過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，點(diǎn)H是CD的中點(diǎn)，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝BC2+CH2=402+302=50（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CH∥EG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴BHBE=CHEG，
∴5080=40EG，
∴EG＝64，
∵ EF∥BC，
∴EF與BC之間的距離為64cm．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
【變式10-4】（2020·浙江舟山·統(tǒng)考中考真題）在一次數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)中，小兵將兩個(gè)全等的直角三角形紙片ABC和DEF拼在一起，使點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，點(diǎn)C與點(diǎn)D重合（如圖1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并進(jìn)行如下研究活動(dòng)．
活動(dòng)一：將圖1中的紙片DEF沿AC方向平移，連結(jié)AE，BD（如圖2），當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)停止平移．
【思考】圖2中的四邊形ABDE是平行四邊形嗎？請(qǐng)說明理由．
【發(fā)現(xiàn)】當(dāng)紙片DEF平移到某一位置時(shí)，小兵發(fā)現(xiàn)四邊形ABDE為矩形（如圖3）．求AF的長(zhǎng)．
活動(dòng)二：在圖3中，取AD的中點(diǎn)O，再將紙片DEF繞點(diǎn)O順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)α度（0≤α≤90），連結(jié)OB，OE（如圖4）．
【探究】當(dāng)EF平分∠AEO時(shí)，探究OF與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】【思考】是，理由見解析；【發(fā)現(xiàn)】94；【探究】BD＝2OF，理由見解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性質(zhì)得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，則AB∥DE，可得出結(jié)論；
【發(fā)現(xiàn)】連接BE交AD于點(diǎn)O，設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝12（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，由勾股定理可得2?12x2+32=14x+42，解方程求出x，則AF可求出；
【探究】如圖2，延長(zhǎng)OF交AE于點(diǎn)H，證明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，則∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可證得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，則結(jié)論得證．
【詳解】解：【思考】四邊形ABDE是平行四邊形．
證明：如圖，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
【發(fā)現(xiàn)】如圖1，連接BE交AD于點(diǎn)O，
∵四邊形ABDE為矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝12（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴2?12x2+32=14x+42，
解得：x＝94，
∴AF＝94cm．
【探究】BD＝2OF，
證明：如圖2，延長(zhǎng)OF交AE于點(diǎn)H，
∵四邊形ABDE為矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【點(diǎn)睛】本題考查了圖形的綜合變換，涉及了三角形全等的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等，準(zhǔn)確識(shí)圖，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
題型11 平行四邊形性質(zhì)與判定的應(yīng)用
【例11】（2022·浙江舟山·校聯(lián)考三模）如圖，△ABC、△DBE和△FGC均為正三角形，以點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G 在△ABC的各邊上，DE和FG相交于點(diǎn)H，若S四邊形ADHF=S△HGE，BC=a，BD=b，CF=c，則a，b，c 滿足的關(guān)系式為（）
A．a(chǎn)+c=2bB．b2+c2=a2C．b+c=aD．a(chǎn)=2bc
【答案】B
【分析】分別用含a，b，c的代數(shù)式表示S四邊形ADHF與S△HGE，根據(jù)S四邊形ADHF=S△HGE得到關(guān)于a，b，c關(guān)系式，化簡(jiǎn)整理關(guān)系式即可．
【詳解】解： ∵ ∠EDB=∠A=60°，
∴ DE∥AF ，
同理：FG∥AB ，
∴四邊形ADHF為平行四邊形，
∵在△HGE中∠HGE=∠HEG=60°，
∴ △HGE為等邊三角形，
∵ GE=b+c?a，AD=a?b，AF=a?c，
∴ S?ADHF=AF?AD?sin60°=32a?ca?b
S△HGE=34b+c?a2
∴ 32a?ca?b=34b+c?a2，化簡(jiǎn)可得：b2+c2=a2，
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題綜合考查了平行四邊形及等邊三角形的判定與性質(zhì)，關(guān)鍵是要會(huì)用含a，b，c的代數(shù)式分別表示平行四邊形和等邊三角形的面積，找到關(guān)系式，化簡(jiǎn)整理得出結(jié)論．
【變式11-1】（2020·湖北省直轄縣級(jí)單位·中考真題）在平行四邊形ABCD中，E為AD的中點(diǎn)，請(qǐng)僅用無刻度的直尺完成下列畫圖，不寫畫法，保留畫圖痕跡．

（1）如圖1，在BC上找出一點(diǎn)M，使點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)；
（2）如圖2，在BD上找出一點(diǎn)N，使點(diǎn)N是BD的一個(gè)三等分點(diǎn)．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）連接對(duì)角線AC,BD，再連接E與對(duì)角線的交點(diǎn)，與BC的交點(diǎn)即為M點(diǎn)；
（2）連接CE交BD即為N點(diǎn)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得NDNB=DEBC=12,于是DN=13BD．
【詳解】解：（1）如圖1，點(diǎn)M即為所求；
（2）如圖2，點(diǎn)N即為所求．
【點(diǎn)睛】此題主要考查平行四邊形與相似三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知平行四邊形的特點(diǎn)．
【變式11-2】（2021·天津南開·統(tǒng)考二模）如圖，將平行四邊形OABC放置在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，已知A(3,0),B(0,4)．
（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)是（___，__）；
（2）若將平行四邊形OABC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得OFDE，DF交OC于點(diǎn)P，交y軸于點(diǎn)F，求△OPF的面積；
（3）在（2）的情形下，若再將平行四邊形OFDE沿y軸正方向平移，設(shè)平移的距離為d，當(dāng)平移后的平行四邊形O'F'D'E'與平行四邊形OABC重疊部分為五邊形時(shí)，設(shè)其面積為S，試求出S關(guān)于d的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出d的取值范圍．
【答案】（1）(?3,4)；（2）5425；（3）S=?23d2+20875d+112751

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多