蘇科版八年級數(shù)學(xué)下冊舉一反三專題9.12中心對稱圖形-平行四邊形章末八大題型總結(jié)(培優(yōu)篇)同步練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題9.12中心對稱圖形——平行四邊形章末八大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1添加條件使成為四邊形】 1【題型2根據(jù)四邊形的性質(zhì)求解】 2【題型3四邊形的證明】 3【題型4根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求線段長】 5【題型5根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求角度】 6【題型6根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求面積】 7【題型7三角形的中位線】 9【題型8中點四邊形】 10【題型1添加條件使成為四邊形】【例1】（2023春·云南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD相交于點O，在條件：①AB=AD；③AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，選擇一個條件，使得四邊形ABCD是菱形，可選擇的條件是（

）

A．①③③ B．①③④ C．①③④ D．③③④【變式1-1】（2023春·上海浦東新·八年級校考期末）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，那么添加下列條件能判定四邊形ABCD是正方形的是（

）

A．AB=AD且AC⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AB=AD【變式1-2】（2023春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，O是BC的中點，連結(jié)DO并延長，交AB延長線于點E，連結(jié)BD，EC．(1)求證：四邊形BECD是平行四邊形．(2)若∠A＝50°：①當∠ADE＝°時，四邊形BECD是矩形；③當∠ADE＝°時，四邊形BECD是菱形．【變式1-3】（2023春·天津·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB,CD的中點．連接BD，過點A作AG∥BD交CB的延長線于點

(1)求證：DE∥(2)若∠G=90°，則四邊形DAGB是_____，四邊形DEBF是______；(3)當AD與BD滿足______時，四邊形DEBF是正方形．【題型2根據(jù)四邊形的性質(zhì)求解】【例2】（2023春·廣東深圳·八年級校考期中）如圖，在?ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于點F，CE平分∠BCD，交AD于點E，AB=6，BC=9，則EF長為.【變式2-1】（2023春·河南安陽·八年級?？计谥校┲袊Y(jié)象征著中華民族的歷史文化與精神．小樂家有一中國結(jié)掛飾，他想求兩對邊的距離，于是利用所學(xué)知識抽象出如圖所示的菱形ABCD，測得BD=4cm,∠DAB=60°，直線EF過點O且與AB垂直，分別交AB,DC于E,F，則EF的長為（A．23cm B．52cm C．【變式2-2】（2023春·云南曲靖·八年級校考期中）將n個邊長都為1的正方形按如圖所示的方法擺放，點A1，A2，…，An

【變式2-3】（2023春·河北邢臺·八年級校考期中）小明用4根長度為6cm的相同木條制作了能夠活動的菱形學(xué)具，他先活動學(xué)具成為如圖1所示的菱形，此時∠B=60°，接著活動學(xué)具成為如圖2所示的正方形，則圖1中BD比圖2中的BD

A．長63?62C．長3cm D．短【題型3四邊形的證明】【例3】（2023春·云南昭通·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在短形OACB中，OA=8，OB=6，P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD，AD．

(1)若∠BOP=45°，求證：四邊形OBPD為正方形；(2)當P在運動過程中，CD的最小值為______；(3)當OD⊥AD時，求BP的長．【變式3-1】（2023春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，G，H分別是BD，AC的中點，順次連接各點得到四邊形EGFH．

(1)求證：四邊形EGFH是平行四邊形；(2)若AB=CD，求證：?EGFH是菱形．【變式3-2】（2023春·海南儋州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AF平分∠BAD，DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．

(1)求證：△ABF≌△DCF；(2)求證：四邊形ABCD是矩形；(3)若AB=3，BC=5，求EF的長．【變式3-3】（2023春·福建福州·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，矩形ABCD中，E為BC中點，連接AE，BF⊥AE于點G，交CD于F，DH⊥AE于點H，GI∥CD，交DH于點

(1)求證：GI=DF；(2)若DF=FG，求證：A、I、F三點共線；(3)如圖2，連接HC交BF于點P，連接PI，求證：四邊形GPIH是矩形．【題型4根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求線段長】【例4】（2023春·江蘇泰州·八年級?？计谥校┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=2，E為BC上一點，且BE=1，作EF⊥AE交邊CD于F，將△CEF沿EF折疊后點C恰好落在AD邊上的G處，則AD長＝．

【變式4-1】（2023春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將邊長為4的正方形紙片ABCD沿EF對折再展平，沿折痕剪開，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再將矩形ABEF繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)．使點A與點D重合，點F的對應(yīng)點為F'，則圖③中陰影部分的周長為

【變式4-2】（2023春·遼寧鐵嶺·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，點E，F(xiàn)，G，H分別在矩形的各邊上，且AE=CG，BF=DH，則四邊形EFGH周長的最小值為．【變式4-3】（2023春·廣東東莞·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在?ABCD中，∠BAC=90°，AB=AC，過點A作邊BC的垂線AF交DC的延長線于點E，點F是垂足，連接BE、DF，DF交AC于點O．則下列結(jié)論：①四邊形ABEC是正方形；③DE=2BC，③

A．①③ B．①③ C．③③ D．①③③【題型5根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求角度】【例5】（2023春·江蘇鹽城·八年級景山中學(xué)?？计谀┤鐖D，?ABCD對角線AC，BD相交于點O，過點D作DE∥AC且DE=OC，連接CE，OE，(1)求證：?ABCD是菱形；(2)若AB=4，∠ABC=60°，求AE的長．【變式5-1】（2023春·浙江杭州·八年級期中）如圖，在一正方形ABCD中，E為對角線AC上一點，連接EB、ED．（1）求證：△BEC≌△DEC．（2）延長BE交AD于點F，若FD=FE．求∠AFE的度數(shù)．【變式5-2】（2023春·廣東廣州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，點D，E分別是邊AB，AC的中點，CF∥BE，CF交DE的延長線于點F，連接BF交

(1)求證：CF=BE；(2)若BE=2DE，∠ACB=70°，求∠BFC的度數(shù)．【變式5-3】（2023春·湖北孝感·八年級統(tǒng)考期中）在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交直線DC的延長線于點F．（1）如圖①，求證：CE=CF；（2）如圖③，若∠ABC=90°，G是EF的中點，猜想BG和DG的關(guān)系，并證明；（3）如圖③，若∠ABC=120°，F(xiàn)G∥CE，F(xiàn)G=CE，連接DB、DG，求∠BDG的度數(shù)．【題型6根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求面積】【例6】（2023春·廣東佛山·八年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD中，AC交BD于點O，且AB=24，BC=10，將AC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°至CE．連接AE，且F、G分別為AE、EC的中點，則四邊形OFGC的面積是（）A．100 B．144 C．169 D．225【變式6-1】（2023春·河北邯鄲·八年級統(tǒng)考期中）已知點E是?ABCD中BC邊的中點，連接AE并延長交DC的延長線于點F，連接AC，BF，AF=BC．

(1)求證：四邊形ABFC為矩形；(2)若△AFD是等邊三角形，且邊長為6，求四邊形ABFC的面積．【變式6-2】（2023春·河南洛陽·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2CD，E為對角線AC的中點，F(xiàn)為邊BC的中點，連接DE，EF．

(1)求證：四邊形CDEF為菱形；(2)連接DF交AC于點G，若DF=3，CD=52，求四邊形【變式6-3】（2023春·遼寧丹東·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC，點P是BC上一點，BD⊥AP交AP延長線于點D，連接CD．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，S△ACP?S

【題型7三角形的中位線】【例7】（2023春·陜西西安·八年級?？计谀┤鐖D，某花木場有一塊如四邊形ABCD形狀的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各邊中點分別是E、F、G、H，測得對角線AC=10m，現(xiàn)想利用籬笆圍成四邊形EFGHA．40m B．30m C．20m D．10m【變式7-1】（2023春·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E為AD中點，OE=4，則菱形ABCD的周長為．【變式7-2】（2023春·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·八年級統(tǒng)考期末）（2023下·四川廣元·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點D作DE∥AC，且DE=12AC．連接CE，OE，OE

A．若AC=BD，則四邊形EFGH為矩形B．若AC⊥BD，則四邊形EFGH為菱形C．若EFGH是平行四邊形，則AC與BD互相平分D．若EFGH是正方形，則AC與BD互相垂直且相等【變式8-2】（2023春·湖南益陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，P是線段AB上的一點，在AB的同側(cè)作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，連接CD，點E，F(xiàn)，G，H分別是AC，AB，BD，CD的中點，順次連接E，F(xiàn)，G，H．(1)猜想四邊形EFGH的形狀，直接回答，不必說明理由；(2)點P在線段AB的上方時，如圖2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他條件不變，（1）中的結(jié)論還成立嗎？說明理由；(3)如果（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他條件不變，先補全圖3，再判斷四邊形EFGH的形狀，并說明理由．【變式8-3】（2023春·陜西西安·八年級陜西師大附中?？计谀﹩栴}背景：△ABC和△CDE均為等邊三角形，且邊長分別為a，b，點D，E分別在邊AC，BC上，點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，連接FG，GH，HI，IF猜想證明：(1)如圖①，判斷四邊形FGHI是什么特殊四邊形，并說明理由．(2)當a＝6，b＝2時，求四邊形FGHI的周長．拓展延伸：(3)如圖③，當四邊形FGHI是正方形時，連接AE，BD相交于點N，點N，H恰好在FC上．求證：△ABN和△DEN均為等腰直角三角形．專題9.12中心對稱圖形——平行四邊形章末八大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1添加條件使成為四邊形】 1【題型2根據(jù)四邊形的性質(zhì)求解】 7【題型3四邊形的證明】 11【題型4根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求線段長】 18【題型5根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求角度】 24【題型6根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求面積】 31【題型7三角形的中位線】 36【題型8中點四邊形】 40【題型1添加條件使成為四邊形】【例1】（2023春·云南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD相交于點O，在條件：①AB=AD；③AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，選擇一個條件，使得四邊形ABCD是菱形，可選擇的條件是（

）

A．①③③ B．①③④ C．①③④ D．③③④【答案】B【分析】根據(jù)題意和菱形的判定進行選擇即可，先證△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再證四邊形【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADO=∠CBO，∵點O是BD的中點，∴OD=OB，在△DAO和△BCO中，∠HAM=∠HFGAH=FH∴△DAO≌△BCO(ASA∴OA=OC，∵OB=OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，①∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AD，∴平行四邊形ABCD是菱形；③∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形；④∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAC=∠DCA，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=CD，∴平行四邊形ABCD是菱形．綜上所述：選擇①③④，使得四邊形ABCD是菱形，【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的判定是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023春·上海浦東新·八年級?？计谀┤鐖D，已知四邊形ABCD是平行四邊形，那么添加下列條件能判定四邊形ABCD是正方形的是（

）

A．AB=AD且AC⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AB=AD【答案】D【分析】根據(jù)正方形的判定方法，逐一進行判斷即可．【詳解】解：A、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，不能證明四邊形ABCD是正方形，不符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AC和BD互相平分，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，不能證明四邊形ABCD是正方形，不符合題意；C、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC=BD∴四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，不能證明四邊形ABCD是正方形，不符合題意；D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC=BD∴四邊形ABCD是矩形，又AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形，符合題意；故選D．【點睛】本題考查正方形的判定．熟練掌握正方形的判定方法：對角線相等的菱形是正方形，鄰邊相等的矩形是正方形，是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，O是BC的中點，連結(jié)DO并延長，交AB延長線于點E，連結(jié)BD，EC．(1)求證：四邊形BECD是平行四邊形．(2)若∠A＝50°：①當∠ADE＝°時，四邊形BECD是矩形；③當∠ADE＝°時，四邊形BECD是菱形．【答案】(1)見解析(2)①80；③90【分析】（1）由AAS證明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出結(jié)論；（2）①根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理和等腰三角形的性質(zhì)得到BD⊥AE，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；③根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠AED=40°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到CBE=∠A=50°，求得∠BOE=90°，根據(jù)菱形的判定定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC又∵O為BC的中點，∴BO＝CO，在ΔBOE和ΔCOD中，∠OEB=∠ODC∴△BOE≌△COD

∴OE＝OD，∴四邊形BECD是平行四邊形；（2）解：①當∠ADE=80°時，四邊形BECD是矩形；理由：∵∠A=50°，∠ADE=80°，∴∠AED=50°，∴∠A=∠AED，∴AD=DE，∵AB=CD=BE，∴BD⊥AE，∴∠DBE=90°，∵四邊形BECD是平行四邊形，∴四邊形BECD是矩形；③當∠ADE=90°時，四邊形BECD是菱形，∵∠A=50°，∠ADE=90°，∴∠AED=40°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠CBE=∠A=50°，∴∠BOE=90°，∴BC⊥DE，∴四邊形BECD是菱形，故答案為：80，90．【點睛】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)、菱形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023春·天津·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB,CD的中點．連接BD，過點A作AG∥BD交CB的延長線于點

(1)求證：DE∥(2)若∠G=90°，則四邊形DAGB是_____，四邊形DEBF是______；(3)當AD與BD滿足______時，四邊形DEBF是正方形．【答案】(1)證明見解析(2)矩形，菱形(3)AD⊥BD且AD=BD【分析】（1）先證明DF∥BE，AB=CD，再證明DF=12DC，EB=1（2）證明四邊形DAGB是平行四邊形，結(jié)合∠G=90°，可得四邊形DAGB是矩形，則∠ADB=90°，證明DE=BE，可得四邊形DEBF是菱形．（3）由AD⊥BD且AD=BD，可得∠EDB=45°，證明∠EBD=∠EDB=45°，可得∠DEB=90°，結(jié)合四邊形DEBF是平行四邊形．可得四邊形DEBF是正方形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DF∥BE，又∵E，F(xiàn)分別為邊AB，CD的中點，∴DF=12DC∴DF=BE．∴四邊形DEBF是平行四邊形．∴DE∥（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∵AG∥∴四邊形DAGB是平行四邊形，而∠G=90°，∴四邊形DAGB是矩形，∴∠ADB=90°，∵E為AB的中點，∴DE=BE，而四邊形DEBF是平行四邊形．∴四邊形DEBF是菱形．（3）當AD⊥BD且AD=BD時，四邊形DEBF是正方形．理由：∵AD⊥BD且AD=BD，∴∠EDB=45°，∵DE=BE，∴∠EBD=∠EDB=45°，∴∠DEB=90°，∵E為AB中點，AD⊥BD，∴ED=EB，由（1）得：四邊形DEBF是平行四邊形．∴四邊形DEBF是正方形．【點睛】本題考查的是平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟記特殊四邊形的判定方法是解本題的關(guān)鍵．【題型2根據(jù)四邊形的性質(zhì)求解】【例2】（2023春·廣東深圳·八年級?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于點F，CE平分∠BCD，交AD于點E，AB=6，BC=9，則EF長為.【答案】3【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，等角對等邊；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，得出AF=AB是解題的關(guān)鍵．根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9；根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠AFB=∠FBC；根據(jù)從一個角的頂點出發(fā)，把這個角分成兩個相等的角的射線，叫做這個角的平分線可得∠ABF=∠FBC；推得∠ABF=∠AFB，根據(jù)等角對等邊可得AF=AB=6，DE=DC=6，即可列出等式，求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9，∵AD∥BC，∴∠AFB=∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠FBC，則∠ABF=∠AFB，∴AF=AB=6，同理可證：DE=DC=6，∵EF=AF+DE?AD=2，即6+6?EF=9，解得：EF=3；故答案為：3．【變式2-1】（2023春·河南安陽·八年級?？计谥校┲袊Y(jié)象征著中華民族的歷史文化與精神．小樂家有一中國結(jié)掛飾，他想求兩對邊的距離，于是利用所學(xué)知識抽象出如圖所示的菱形ABCD，測得BD=4cm,∠DAB=60°，直線EF過點O且與AB垂直，分別交AB,DC于E,F，則EF的長為（A．23cm B．52cm C．【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，得出AD=AB，BO=12BD=2cm，AC⊥BD，推出△ABD是等邊三角形，AD=AB=BD=4cm，根據(jù)勾股定理求出AO=2【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=AB，BO=12BD=2∵∠DAB=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD=AB=BD=4cm根據(jù)勾股定理可得：AO=A∴AC=2AO=43∵S菱形∴12解得：EF=23【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線相等，且垂直平分．以及菱形的面積等于底乘高，或菱形的面積等于對角線乘積的一半．【變式2-2】（2023春·云南曲靖·八年級校考期中）將n個邊長都為1的正方形按如圖所示的方法擺放，點A1，A2，…，An

【答案】1011【分析】連接A1A2，A1D，根據(jù)正方形性質(zhì)可得∠A1A2【詳解】解：連接A1A2

∵正方形的邊長為1，∴∠A1A2B=∠∴∠BA∴△BA∴2個正方形重疊形成的重疊部分的面積為S△∴3個正方形重疊形成的重疊部分的面積和=3?1∴4個正方形重疊形成的重疊部分的面積和=1?1∴5個正方形重疊形成的重疊部分的面積和=5?1…∴2023個正方形重疊形成的重疊部分的面積和=2023?1故答案為：10112【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)與三角形全等的性質(zhì)與判定，解決本題的關(guān)鍵是求出每個陰影部分的面積都是1．【變式2-3】（2023春·河北邢臺·八年級校考期中）小明用4根長度為6cm的相同木條制作了能夠活動的菱形學(xué)具，他先活動學(xué)具成為如圖1所示的菱形，此時∠B=60°，接著活動學(xué)具成為如圖2所示的正方形，則圖1中BD比圖2中的BD

A．長63?62C．長3cm D．短【答案】B【分析】如圖1，連接AC，BD交于點O，根據(jù)菱形的性質(zhì)可求出BD；在圖2中，連接BD，由正方形的性質(zhì)求出【詳解】解：如圖1，連接AC，BD交于點∵∠B=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=BC=6cm∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=12AC=3cm，∴OB=A∴BD=2OB=63在圖2中，連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∴BD=A∴圖1中BD比圖2中的BD長63

【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，正確作差輔助線是解題的關(guān)鍵．【題型3四邊形的證明】【例3】（2023春·云南昭通·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在短形OACB中，OA=8，OB=6，P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD，AD．

(1)若∠BOP=45°，求證：四邊形OBPD為正方形；(2)當P在運動過程中，CD的最小值為______；(3)當OD⊥AD時，求BP的長．【答案】(1)證明見解析(2)4(3)BP=8?2【分析】（1）根據(jù)四邊形OACB是矩形，得∠OBC=90°，由折疊知OB=OD，∠DOP=∠BOP=45°，即∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，然后結(jié)合OB=OD即可證明；（2）根據(jù)當三點不共線時，三角形兩邊之和大于第三邊，當三點共線時取得最小值進行作答即可；（3）根據(jù)OD⊥AD，得P，D，A三點共線，又因為OA∥CB，則∠OPB=∠POA，結(jié)合∠OPB=∠OPD，得∠OPA=∠POA，最后用勾股定理CP=PA2【詳解】（1）證明：∵四邊形OACB是矩形，∴∠OBC=90°，∵將△OBP沿OP折疊得到△OPD，∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，∵∠BOP=45°，∴∠DOP=∠BOP=45°，∴∠BOD=90°，∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，∴四邊形OBPD是矩形，∵OB=OD，∴四邊形OBPD為正方形；（2）解：如圖，連接OC，如圖所示：

則OD+CD≥OC，即當OD+CD=OC時，CD取最小值，∵AC=OB=6，OA=8，∴OC=O∴CD=OC?OD=10?6=4，即CD的最小值為4；（3）解：∵OD⊥AD，∴∠ADO=90°，∵∠ODP=∠OBP=90°，∴∠ADP=180°，∴P，D，A三點共線，∵OA∥CB，∴∠OPB=∠POA，∵∠OPB=∠OPD，∴∠OPA=∠POA，∴AP=OA=8，∵AC=6，∴CP=P∴BP=BC?CP=8?27【點睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)、正方形的判定以及勾股定理性質(zhì)等知識內(nèi)容，正確掌握三點共線的特殊情況是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，G，H分別是BD，AC的中點，順次連接各點得到四邊形EGFH．

(1)求證：四邊形EGFH是平行四邊形；(2)若AB=CD，求證：?EGFH是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)中位線的性質(zhì)得出EH∥CD，EH=12CD，GF∥CD（2）根據(jù)中位線的性質(zhì)得出FH=12AB，根據(jù)FG=12CD，得出【詳解】（1）證明：∵點E與點H分別為AD，AC的中點，∴EH是△ADC的中位線，∴EH∥CD，同理：GF∥CD，∴GF∥EH，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）證明：∵點F與點H分別為BC，AC的中點，∴FH是△ABC的中位線，∴FH=1∵FG=12CD∴FH=FG，由（1）知四邊形EGFH是平行四邊形，∴?EGFH是菱形．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定，中位線的性質(zhì)，菱形的判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半．【變式3-2】（2023春·海南儋州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AF平分∠BAD，DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．

(1)求證：△ABF≌△DCF；(2)求證：四邊形ABCD是矩形；(3)若AB=3，BC=5，求EF的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)1【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得AB=DC，由BE=CF可得BF=CE，再利用SSS證明△ABF≌△DCE即可；（2）由全等三角形的性質(zhì)可得∠B=∠C，又由平行四邊形的性質(zhì)可得∠B+∠C=180°，從而得到∠B=∠C=90°，從而證明四邊形ABCD是矩形；（3）先證明∠BAF=∠AFB=45°，從而得到BF=AB=3，繼而得到CE=BF=3，再用容斥原理EF=BF+CE?BC求解即可．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=DC，又∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，在△ABF和△DCE中，AB=DC∴△ABF≌△DCE(SSS（2）∵△ABF≌△DCE，∴∠B=∠C，又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B+∠C=180°，∴∠B=∠C=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（3）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，CD=AB=3又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF=∠AFB=45°，∴BF=AB=3，又∵BF=CE，∴CE=BF=3，∴EF=BF+CE?BC=1．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等角對等邊等知識，掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023春·福建福州·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，矩形ABCD中，E為BC中點，連接AE，BF⊥AE于點G，交CD于F，DH⊥AE于點H，GI∥CD，交DH于點

(1)求證：GI=DF；(2)若DF=FG，求證：A、I、F三點共線；(3)如圖2，連接HC交BF于點P，連接PI，求證：四邊形GPIH是矩形．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）先證明GF∥DI，得到四邊形（2）連接DG、AF、IF，證明平行四邊形DFGI是菱形，可得FI是DG的垂直平分線，再證明Rt△ADF≌Rt△AGF(HL)（3）延長AE、DC，交于點Q，證明△ABE≌△QCE(ASA)，得到CQ=BA=CD，進一步證明△PGH≌△IHG(ASA)，可得IH=PG，即可證明四邊形IHGP是平行四邊形，結(jié)合【詳解】（1）解：證明：∵BF⊥AE，DH⊥AE，∴∠AGF=∠AHD=90°，∴BF∥DH，即又∵GI∥∴四邊形DFGI是平行四邊形，∴GI=DF．（2）證明：連接DG、AF、IF，由（1）得四邊形DFGI是平行四邊形，∵DF=FG，∴平行四邊形DFGI是菱形，∴FI是DG的垂直平分線，在矩形ABCD中，∠ADF=90°，∵BF⊥AE，∴∠AGF=90°=∠ADF，∴Rt△ADF≌∴AD=AG，∴點A在DG的垂直平分線上，∴A、I、F三點共線．

（3）證明：延長AE、DC，交于點Q，在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABE=∠BCD=∠ECQ=90°，∵E為BC中點，∴BE=CE，∵∠AEB=∠OEC，∴△ABE≌△QCE(ASA∴CQ=BA=CD，∴C為DQ中點，又∵AE⊥BF，DH⊥AE，∴∠FGH=∠DHQ=90°，∴在Rt△DHO中，HC=∴∠CHD=∠CDH，由（1）得，四邊形DFGI是平行四邊形，∴∠IGF=∠CDI，∴∠IGF=∠CHD，∴90°?∠IGF=90°?∠CHD，即∠PHG=∠IGH，∵∠PGH=∠IHG=90°，HG=GH，∠PHG=∠IGH，∴△PGH≌△IHG(ASA∴IH=PG，又∵IH∥∴四邊形IHGP是平行四邊形，又∵∠DHQ=90°，∴平行四邊形IHGP是矩形．

【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，垂直平分線的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，綜合性較強，解題時要多關(guān)注垂直和相等的部分，并且能夠適當添加輔助線，構(gòu)造基本幾何圖形．【題型4根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求線段長】【例4】（2023春·江蘇泰州·八年級?？计谥校┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=2，E為BC上一點，且BE=1，作EF⊥AE交邊CD于F，將△CEF沿EF折疊后點C恰好落在AD邊上的G處，則AD長＝．

【答案】7【分析】如圖，連接AF，過E作EH⊥AD于H，證明四邊形EHDC為矩形，求解AE=22+12=5，設(shè)CF=x，CE=y，EF=z，則x2+y2=z2，由等面積法可得：12【詳解】解：∵矩形ABCD，∴∠B=∠BAD=∠D=∠C=90°，AB=CD=2，如圖，連接AF，過E作EH⊥AD于H，則四邊形EHDC為矩形，∴HD=EC，EH=CD=2，∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，

∵BE=1，∴AE=2設(shè)CF=x，CE=y，EF=z，則x2由等面積法可得：12整理得：x+2y=5z，則∴4x2?4xy+∴y=2x，設(shè)GD=n，∴HG=2x?n，由對折可得：GF=FC=x，∠EGF=∠C=90°，EG=EC=2x，而DF=2?x，同理可得：12整理得：x4x?n?4∵x≠0，∴4x?n?4=0，即n=4x?4，∴GH=2x?4x?4由勾股定理可得：EH∴4+4?2x解得：x=5∴AD=BC=2x+1=5故答案為：7【點睛】本題考查的是矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，作出合適的輔助線，利用等面積法構(gòu)建方程是解本題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將邊長為4的正方形紙片ABCD沿EF對折再展平，沿折痕剪開，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再將矩形ABEF繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)．使點A與點D重合，點F的對應(yīng)點為F'，則圖③中陰影部分的周長為

【答案】10【分析】首先根據(jù)已知條件判斷出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可設(shè)FG的長度為x，則DG=4?x【詳解】解：如圖，設(shè)BD交EF于G，EF旋轉(zhuǎn)后交CD于點H，

由題意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，又∵∠BGE=∠FGD，∴△BGE≌∴BG=FG，EG=DG，設(shè)BG=FG=x，則DG=4?x，在Rt△FDG中，4?x解得：x=3∴DG=4?x=5∵DG∥EH，∴四邊形DGEH為平行四邊形，又∵EG=DG，∴?DGEH為菱形，∴陰影部分的周長為：52故答案為：10．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及菱形的判定與性質(zhì)等，解答本題的關(guān)鍵是勾股定理以及菱形的判定．【變式4-2】（2023春·遼寧鐵嶺·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，點E，F(xiàn)，G，H分別在矩形的各邊上，且AE=CG，BF=DH，則四邊形EFGH周長的最小值為．【答案】6【分析】先證明四邊形EFGH是平行四邊形，延長EB，使得BE'=BE，連接FE'，GE'，則E和E'關(guān)于BC對稱，由EF+FG=E'F+FG≥E'G得，當E'、F、G共線時取等號，此時，EF+FG最小，最小值為GE'的長，過G作GP⊥AB于P【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∵AE=CG，BF=DH，∴AH=CF，BE=DG，∴△AEH≌△CGFSAS，△BEF≌△DGH∴EH=GF，EF=GH，∴四邊形EFGH是平行四邊形，延長EB，使得BE'=BE，連接FE'，GE'∴EF=E∴EF+FG=E'F+FG≥E'G，當E'、F過G作GP⊥AB于P，則∠GPB=∠B=∠C=90°，∴四邊形BCGP是矩形，∴BP=CG=AE，GP=BC=6，在Rt△GPE'由勾股定理得E'∴EF+FG最小值為35則四邊形EFGH周長的最小值為2EF+FG故答案為：65【點睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性、最短路徑問題、勾股定理等知識，證明四邊形EFGH是平行四邊形，以及GE'為【變式4-3】（2023春·廣東東莞·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在?ABCD中，∠BAC=90°，AB=AC，過點A作邊BC的垂線AF交DC的延長線于點E，點F是垂足，連接BE、DF，DF交AC于點O．則下列結(jié)論：①四邊形ABEC是正方形；③DE=2BC，③

A．①③ B．①③ C．③③ D．①③③【答案】D【分析】①先證明△ABF≌△ECF，得AB=EC，再得四邊形ABEC為平行四邊形，進而由∠BAC=90°，得四邊形ABCD是正方形，便可判斷正誤；③根據(jù)BC=2AB，③根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出AE與BC互相垂直平分，然后利用等底等高的三角形面積相等即可解決問題．【詳解】∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥∴∠BAF=∠CEF，在△ABF和△EFC中，∠BAF=∠CEF∠BFA=∠CFE∴△ABF≌△EFCAAS∴AB=CE，∴四邊形ABEC是平行四邊形，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴四邊形ABEC是正方形，故①正確；∵AB=CD=EC，∴DE=2AB，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴AB=2∴DE=2×2故③正確；∵四邊形ABEC是正方形，∴BF=CF，AF=EF，BC⊥AE，∴S△CFD=1∴S△CFD故③正確；故選：D．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型5根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求角度】【例5】（2023春·江蘇鹽城·八年級景山中學(xué)?？计谀┤鐖D，?ABCD對角線AC，BD相交于點O，過點D作DE∥AC且DE=OC，連接CE，OE，(1)求證：?ABCD是菱形；(2)若AB=4，∠ABC=60°，求AE的長．【答案】(1)證明見解析；(2)27【分析】（1）首先證明四邊形OCED是平行四邊形，再通過OE=CD，得到平行四邊形OCED是矩形，則∠COD=90°.得到AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)已知證明△ABC是等邊三角形，得到AC=AB=4，由勾股定理求出OD=23，然后由四邊形OCED是矩形，可知CE=OD=23，【詳解】（1）證明：∵DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形．∵OE=CD，∴平行四邊形OCED是矩形，∴∠COD=90°，∴AC⊥BD，∴?ABCD是菱形；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，CD=AB=BC=4，AC⊥BD，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=AB=4，∴OA=OC=2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD=由（1）可知，四邊形OCED是矩形，∴CE=OD=23，∠OCE=90°∴AE=A即AE的長為27【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023春·浙江杭州·八年級期中）如圖，在一正方形ABCD中，E為對角線AC上一點，連接EB、ED．（1）求證：△BEC≌△DEC．（2）延長BE交AD于點F，若FD=FE．求∠AFE的度數(shù)．【答案】（1）見解析；（2）60°【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根據(jù)SAS即可得出結(jié)論；（2）設(shè)∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=160°-2x，利用平角的定義列出方程，求出x值即可得到∠AFE．【詳解】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，在△BEC和△DEC中，CD=CB∠DCA=∠BCA∴△BEC≌△DEC（SAS）；（2）∵FD=FE，∴設(shè)∠FDE=∠FED=x，則∠AFE=2x，∵四邊形ABCD是正方形∴∠ACB=45°，∠EBC=∠AFE=2x∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=160°-2x，∵△BEC≌△DEC，∴∠BEC=∠DEC=160°-2x，∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即160°-2x+x+160°-2x=180°，解得：x=30，∴∠AFE=60°．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、對頂角相等等知識；熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023春·廣東廣州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，點D，E分別是邊AB，AC的中點，CF∥BE，CF交DE的延長線于點F，連接BF交

(1)求證：CF=BE；(2)若BE=2DE，∠ACB=70°，求∠BFC的度數(shù)．【答案】(1)見解析；(2)20°．【分析】（1）通過證明四邊形BCFE為平行四邊形，即可求解；（2）根據(jù)中位線的性質(zhì)可得，BC=2DE=BE，可得平行四邊形BCFE為菱形，利用菱形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】（1）證明：∵點D，E分別是邊AB，∴DE又∵CF∴四邊形BCFE為平行四邊形，∴CF=BE（2）解：∵點D，E分別是邊AB，∴BC=2DE，又∵BE=2DE，∴BC=2DE=BE，∴平行四邊形BCFE為菱形，∴∠ACB=∠ACF，∠COF=90°，∵∠ACB=70°，∴∠BFC=90°?70°=20°．【點睛】此題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)性質(zhì)．【變式5-3】（2023春·湖北孝感·八年級統(tǒng)考期中）在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交直線DC的延長線于點F．（1）如圖①，求證：CE=CF；（2）如圖③，若∠ABC=90°，G是EF的中點，猜想BG和DG的關(guān)系，并證明；（3）如圖③，若∠ABC=120°，F(xiàn)G∥CE，F(xiàn)G=CE，連接DB、DG，求∠BDG的度數(shù)．【答案】（1）見解析；（2）BG=DG且BG⊥DG；證明見解析；（3）∠BDG=60°．【分析】（1）根據(jù)AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四邊形ABCD是平行四邊形，求證∠CEF=∠F即可；（2）根據(jù)∠ABC=90°，G是EF的中點證明△BEG≌△DCG即可得到答案；（3）延長AB、FG交于H，連接HD．證四邊形AHFD為為菱形得△ADH，△DHF為全等的等邊三角形，再證△BHD≌△GFD得∠BDH=∠GDF，根據(jù)∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG可得答案．【詳解】解：（1）證明：如圖①，∵AF平分∠BAD∴∠BAF=∠DAF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，∴∠CEF=∠F.∴CE=CF；（2）解：如圖③，連接GC，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD為矩形，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF=∠BAF=45°，∵∠DCB=90°，DF//∴∠DFA=45°，∠ECF=90°∴△ECF為等腰直角三角形，∵G為EF中點，∴EG=CG=FG，CG⊥EF，∵△ABE為等腰直角三角形，AB=DC，∴BE=DC，∵∠CEF=∠GCF=45°，∴∠BEG=∠DCG=160°在△BEG與△DCG中，EG=CG∠BEG=∠DCG∴△BEG≌△DCG，∴BG=DG，∠DGC=∠BGA，∵CG⊥EF，∴∠DGC+∠DGA=90°，又∵∠DGC=∠BGA，∴∠BGA+∠DGA=90°，∴BG⊥DG；綜上所述：BG=DG且BG⊥DG（3）如圖3，延長AB、FG交于H，連接HD.∵AD//GF，∴四邊形AHFD為平行四邊形，∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，∴△DAF為等腰三角形，∴AD=DF，∴平行四邊形AHFD為菱形，∴△ADH，△DHF為全等的等邊三角形，∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，∵∠CEF=∠DAF，∠DAF=∠DFA=30°，∴∠CEF=∠DFA，∴CE=CF∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，∴BH=GF，在△BHD與△GFD中，DH=DF∠BHD=∠GFD∴△BHD≌△GFD，∴∠BDH=∠GDF，∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°.【點睛】此題考查四邊形的綜合問題，主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)等知識點，應(yīng)用時要認真領(lǐng)會它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．【題型6根據(jù)四邊形的判定與性質(zhì)求面積】【例6】（2023春·廣東佛山·八年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD中，AC交BD于點O，且AB=24，BC=10，將AC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°至CE．連接AE，且F、G分別為AE、EC的中點，則四邊形OFGC的面積是（）A．100 B．144 C．169 D．225【答案】B【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)、三角形中位線定理可得FG//AC,FG=OC=13，再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形OFGC為平行四邊形，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CE,∠ACE=90°，從而可得OC=CG，最后根據(jù)正方形的判定可得四邊形【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，AB=24,AD=10，∴BD=A∵F,G分別為AE,EC的中點，∴FG//∴FG=OC，∴四邊形OFGC為平行四邊形，又∵AC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，∴AC=CE,∠ACE=90°，∴OC=CG，∴平行四邊形OFGC為正方形，∴四邊形OFGC的面積是OC【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理等知識點，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式6-1】（2023春·河北邯鄲·八年級統(tǒng)考期中）已知點E是?ABCD中BC邊的中點，連接AE并延長交DC的延長線于點F，連接AC，BF，AF=BC．

(1)求證：四邊形ABFC為矩形；(2)若△AFD是等邊三角形，且邊長為6，求四邊形ABFC的面積．【答案】(1)見解析(2)9【分析】（1）證△ABE≌△FCE(AAS)，得AB=FC，再由AB∥FC，證四邊形（2）由矩形的性質(zhì)得∠ACF=90°，再由等邊三角形的性質(zhì)得AF=DF=6，CF=12DF=3【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥∴∠BAE=∠CFE，∵點E是?ABCD中BC邊的中點，∴BE=CE，∵∠AEB=∠FEC，∴△ABE≌△FCE(AAS∴AB=FC，∵AB∥∴四邊形ABFC是平行四邊形，又∵AF=BC，∴平行四邊形ABFC為矩形；（2）解：由（1）得：四邊形ABFC為矩形，∴∠ACF=90°，∵△AFD是等邊三角形，∴AF=DF=6，CF=1∴AC=A∴四邊形ABFC的面積=AC×CF=33【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(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)、等邊三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，證明△ABE≌△FCE是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023春·河南洛陽·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2CD，E為對角線AC的中點，F(xiàn)為邊BC的中點，連接DE，EF．

(1)求證：四邊形CDEF為菱形；(2)連接DF交AC于點G，若DF=3，CD=52，求四邊形【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）由三角形中位線定理可得EF=12AB，EF∥AB，CF=（2）由菱形的性質(zhì)可得DG=32，DF⊥CE，EG=GC，由勾股定理可得EG=GC=2，得到【詳解】（1）證明：∵E為對角線AC的中點，F(xiàn)為邊BC的中點，∴EF=12AB，EF∥AB∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∵AB=BC=2CD，∴EF=CF=CD，∵CD∥EF，∴四邊形DEFC是平行四邊形，且EF=CF，∴四邊形CDEF為菱形；（2）如圖，DF與EC交于點G，

∵四邊形CDEF為菱形，DF=3，∴DF⊥CE，DG=12DF=∵CD=5在Rt△CDG中，GC=∴CE=2GC=4，∴四邊形CDEF的面積為：12【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理，熟練運用菱形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·遼寧丹東·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC，點P是BC上一點，BD⊥AP交AP延長線于點D，連接CD．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，S△ACP?S

【答案】8【分析】延長AC,BD交于點E，過點C作CH⊥BE于點H，CG⊥AD于點G，則∠AGC=∠BHC=90°，先證明△ACG≌△BCH，可得四邊形CGDH是正方形，從而得到CD=2DH，再證得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，從而得到S△ACP【詳解】解：如圖，延長AC,BD交于點E，過點C作CH⊥BE于點H，CG⊥AD于點G，則∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°∴∠BCE=∠ACB=90°，∴∠E+∠CBE=90°，∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，∴∠CAP+∠E=90°，四邊形CGDH是矩形，∴∠CAP=∠CBE，∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，∴△ACG≌△BCH，∴CG=CH，∴四邊形CGDH是正方形，∴CH=DH，∴CD=C∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，∴△ACP≌△BCE，∴S△ACP=S∴S△ACP在Rt△CPG和Rt∵CP=CE，CG=CH，∴Rt△CPG≌∴S△CPG∴S四邊形∴DH∴CD=2故答案為：8【點睛】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．【題型7三角形的中位線】【例7】（2023春·陜西西安·八年級?？计谀┤鐖D，某花木場有一塊如四邊形ABCD形狀的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各邊中點分別是E、F、G、H，測得對角線AC=10m，現(xiàn)想利用籬笆圍成四邊形EFGHA．40m B．30m C．20m D．10m【答案】B【分析】過點A作AM∥DC交BC于點M，連接BD，則可得四邊形AMCD是平行四邊形，從而AB=AM=DC；可證△ABC≌△DCB，則可得BD=AC=10m；再由E、F、G、H分別為中點，由三角形中位線定理，可得四邊形EFGH是平行四邊形，則可求得籬笆的總長度．【詳解】過點A作AM∥DC交BC于點M，連接BD則∠DCB=∠AMB∵∠DCB=∠ABC∴∠AMB=∠ABC∴AM=AB

∵AD∥BC，AM∥DC

∴四邊形AMCD是平行四邊形∴AM=DC∴AB=DC在△ABC與△DCB中AB=DC∴△ABC≌△DCB(SAS)∴BD=AC=10m∵E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點∴GH=EF=12AC=5m，EH=FG∴四邊形EFGH是平行四邊形則籬笆的總長度為2(GH+EH)=20(m)【點睛】本題考查了等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，涉及的知識點較多，掌握它們是關(guān)鍵．【變式7-1】（2023春·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E為AD中點，OE=4，則菱形ABCD的周長為．【答案】32【分析】此題考查了菱形的性質(zhì)和中位線定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)和中位線定理的應(yīng)用．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，OB=OD，∵E為AD中點，∴OE=1∴AB=BC=CD=DA=8，∴菱形ABCD的周長為32，故答案為：32．【變式7-2】（2023春·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·八年級統(tǒng)考期末）（2023下·四川廣元·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點D作DE∥AC，且DE=12AC．連接CE，OE，OE

(1)求證：四邊形OCED是矩形；(2)若AD=10，求OF的長．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到OA=OC=12AC，AC⊥BD．則∠COD=90°．由DE=12AC得到（2）由四邊形ABCD是菱形得到O為AC的中點．根據(jù)四邊形OCED是矩形得到F為CD的中點．則OF為△ACD的中位線，利用中位線定理即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC=12AC∴∠COD=90°．∵DE=1∴OC=DE．∵DE∥∴四邊形OCED是平行四邊形．又∵∠COD=90°，∴四邊形OCED是矩形．（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴O為AC的中點．∵四邊形OCED是矩形，∴F為CD的中點．∴OF為△ACD的中位線．∴OF=1【點睛】此題考查了矩形的判定的和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、三角形中位線定理、平行四邊形的判定等知識，熟練掌握矩形的判定和性質(zhì)與三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·黑龍江雞西·八年級統(tǒng)考期中）如圖，DE是△ABC的中位線，點F是DE的中點，CF的延長線交AB于點G，若△CFE的面積為2，則△ABC的面積為（

）

A．18 B．16 C．14 D．12【答案】A【分析】連接AF，由E是AC中點得到S△AEF=S△CEF=2，由F是DE中點得到S△ADE=2【詳解】解：連接AF，CD，如圖，

∵DE是△ABC的中位線，∴E是AC中點，D是AB中點，∴S△AEF∵F是DE中點，∴S△ADE∵E是AC中點，∴S△ACD∵D是AB中點，∴S△ABC【點睛】本題考查了三角形線段中點與面積之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是運用數(shù)學(xué)結(jié)合思想找到其中的關(guān)系．【題型8中點四邊形】【例8】（2023春·天津濱海新·八年級?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B①四邊形A2③四邊形A4③四邊形A5B5④四邊形AnBnA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】首先根據(jù)題意，找出變化后的四邊形的邊長與四邊形ABCD中各邊長的長度關(guān)系規(guī)律，然后對以下選項做出分析與判斷：①根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)做出判斷；③根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)做出判斷；③由四邊形的周長公式：周長=邊長之和，來計算四邊形A5B5C5【詳解】解：①連接A1C1∵在四邊形ABCD中，順次連接四邊形ABCD各邊中點，得到四邊形A1∴A1D1∥BD，B∴A1D∴四邊形A1∵AC⊥BD，∴四邊形A1∴B∴A∴四邊形A2故本選項錯誤；③由①知，四邊形A2∴根據(jù)中位線定理知，四邊形A4故本選項正確；③根據(jù)中位線的性質(zhì)易知，A5B5∴四邊形A5B5故本選項正確；④∵四邊形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，∴S由三角形的中位線的性質(zhì)可以推知，每得到一次四邊形，它的面積變?yōu)樵瓉淼囊话?，四邊形AnBn故本選項正確．綜上所述，③③④正確．【點睛】本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)及三角形的中位線定理（三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半）．解答此題時，需理清菱形、矩形與平行四邊形的關(guān)系是最關(guān)