【九年級上冊】特殊的平行四邊形章末重難點(diǎn)突破（含答案）

特殊的平行四邊形章末重難點(diǎn)突破【考點(diǎn)1利用四邊形性質(zhì)求線段長度】【例1】（2021春?張店區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝22．E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，連接AF，DE，點(diǎn)N，M分別為AF，DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長為（）A．22 B．1 C．2 【變式1-1】（2021春?越城區(qū)期末）如圖，邊長為10的菱形ABCD，E是AD的中點(diǎn)，O是對角線的交點(diǎn)，矩形OEFG的一邊在AB上，且EF＝4，則BG的長為（）A．3 B．2 C．2 D．1【變式1-2】（2021春?岳西縣期末）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在線段CB的延長線上，連接DE交AB于點(diǎn)F，∠AED＝2∠CED，點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，若BE＝1，CD＝3，則DF的長為（）A．8 B．9 C．42 D．210【變式1-3】（2021?河池）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，則AF的長是（）A．22 B．322 C．4【考點(diǎn)2利用四邊形性質(zhì)求角的度數(shù)】【例2】（2021春?靖宇縣期末）如圖，在正方形ABCD的外側(cè)，以AD為邊作等邊三角形ADE，連接BE，交正方形的對角線AC于點(diǎn)F，連接DF，則∠CFD的度數(shù)為（）A．30° B．45° C．60° D．75°【變式2-1】（2021春?九龍坡區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，GE⊥BG交CD于點(diǎn)E，CB＝CE，連接CG交BE于點(diǎn)F，則∠ECF的度數(shù)為（）A．30° B．22.5° C．25° D．15°【變式2-2】（2021春?靈山縣期末）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，連接AE，EF，AF，若DF+BE＝EF，則∠EAF的度數(shù)為．【變式2-3】（2021?寶安區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E為AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BE，將AB沿著BE折疊得到A'B，A的對應(yīng)點(diǎn)為A'，連接A'D，當(dāng)A′B⊥AD時(shí)，∠A'DE的度數(shù)為．【考點(diǎn)3利用四邊形性質(zhì)求面積】【例3】（2021春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線BD、AC交于點(diǎn)O，AC＝6，BD＝4，∠CBE是菱形ABCD的外角，點(diǎn)G是∠BCE的角平分線BF上任意一點(diǎn)，連接AG、CG，則△AGC的面積等于（）A．6 B．9 C．12 D．無法確定【變式3-1】（2021春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級期末）如圖，菱形ABCD中，∠D＝60°．點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且BE＝CF．若EF＝4，則△AEF的面積為（）A．3 B．23 C．33 【變式3-2】（2021春?淮陽區(qū)校級期末）王老師把兩張長為9，寬為3的矩形紙條按如圖所示的形狀交叉疊放在一起，根據(jù)所學(xué)的知識(shí)，我們可以判定重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD是菱形．則隨著紙條的轉(zhuǎn)動(dòng)，菱形ABCD的面積的最大值與最小值的和為（）A．22 B．24 C．26 D．28【變式3-3】（2021春?靈石縣期末）如圖，正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3、A4B4C4D4的邊長分別為2、4、6、4，四個(gè)正方形按照如圖所示的方式擺放，點(diǎn)A2、A3、A4分別位于正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3對角線的交點(diǎn)，則陰影部分的面積和為（）A．12 B．13 C．14 D．18【考點(diǎn)4利用四邊形性質(zhì)求周長】【例4】（2021春?巴南區(qū)期中）如圖，點(diǎn)E、F分別在正方形ABCD的邊CD、AD上，且EF垂直于BE，若AB＝8，BE＝10，則△DEF的周長為（）A．5 B．6 C．7 D．8【變式4-1】（2021春?新蔡縣期末）如圖，矩形ABCD的周長為20cm，AC交BD于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作AC的垂線EF，分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，連結(jié)CE，則△CDE的周長為（）cm．A．6 B．8 C．10 D．12【變式4-2】（2020秋?錦江區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的邊長AB＝3，對角線BD＝42，點(diǎn)E，F(xiàn)在BD上，且BE＝DF=2，連接AE，AF，CE，CF．則四邊形AECF的周長為【變式4-3】（2021?香洲區(qū)校級三模）有兩個(gè)全等矩形紙條，長與寬分別為10和6，按如圖所示的方式交叉疊放在一起，則重合部分構(gòu)成的四邊形BGDH的周長為．【考點(diǎn)5四邊形判定的條件】【例5】（2021?長豐縣二模）四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，從以下四個(gè)條件：①OA＝OC，OB＝OD；②AB∥CD，AD＝BC；③AB＝BC；④AB⊥BC中選兩個(gè)，能推出四邊形ABCD是矩形的是（）A．①② B．②③ C．①④ D．①③【變式5-1】（2021?通州區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，G，H分別是對角線BD，AC的中點(diǎn)，若四邊形EGFH為矩形，則四邊形ABCD需滿足的條件是（）A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC【變式5-2】（2021?長安區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于點(diǎn)O．添加一個(gè)條件使這個(gè)四邊形成為一種特殊的平行四邊形，則以下說法錯(cuò)誤的是（）A．添加“AB∥CD”，則四邊形ABCD是菱形 B．添加“∠BAD＝90°，則四邊形ABCD是矩形 C．添加“OA＝OC”，則四邊形ABCD是菱形 D．添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，則四邊形ABCD是正方形【變式5-3】（2021春?石獅市期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，對于下列條件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四邊形ABCD是矩形的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【考點(diǎn)6四邊形判定的證明】【例6】（2021春?利川市期末）如圖，在等腰△ABC中，D是底邊BC上異于C點(diǎn)的任意一點(diǎn)，AN是△ABC的外角∠CAM的平分線，CE∥AD交AN于E．（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；（2）將題中“D是底邊BC上異于C點(diǎn)的任意一點(diǎn)”改為“D是底邊BC上的中點(diǎn)”，則四邊形ADCE是什么四邊形？為什么？（3）在（2）中，當(dāng)△ABC滿足什么條件時(shí)，四邊形ADCE是正方形？并證明．【變式6-1】（2021春?廈門期末）在?ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，E是邊BC延長線上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥BD于F，且與CD、AD分別交于點(diǎn)G、H，連接OH．（1）如圖，若AC⊥AB，OF＝OC，求證：FG＝CG；（2）若在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的過程中，存在四邊形OCGH是菱形的情形，試探究?ABCD的邊和角需要滿足的條件．【變式6-2】（2021春?渦陽縣期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，G，H分別是AD，BC的中點(diǎn)，E，O，F(xiàn)分別是對角線BD上的四等分點(diǎn)，順次連接G，E，H，F(xiàn)．（1）求證：四邊形GEHF是平行四邊形．（2）當(dāng)平行四邊形ABCD滿足什么條件時(shí)，四邊形GEHF是菱形？請說明理由．（3）若BD＝2AB．探究四邊形GEHF的形狀，并說明理由．【變式6-3】（2020秋?即墨區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為F，交直線MN于E，連接CD，BE．（1）求證：CE＝AD；（2）當(dāng)D為AB中點(diǎn)時(shí)，四邊形BECD是什么特殊四邊形？說明你的理由；（3）在滿足（2）的條件下，當(dāng)△ABC滿足什么條件時(shí)，四邊形BECD是正方形？（不必說明理由）【考點(diǎn)7四邊形中的多結(jié)論問題】【例7】（2021?佳木斯模擬）如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AD＝23，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，延長FO交AB于點(diǎn)E，則下列結(jié)論：①FO＝FC；②四邊形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF；④MB＝3．其中結(jié)論正確的序號是（）A．②③④ B．①②③ C．①④ D．①②③④【變式7-1】（2021春?沙依巴克區(qū)期末）如圖，已知在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AE，DF分別是∠OAD與∠ODC的角平分線，AE的延長線與DF相交于點(diǎn)G，則下列結(jié)論：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④AB＝2EF．其中正確的有（）個(gè)．A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【變式7-2】（2021春?來鳳縣期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)F在邊CD上，若∠BEF＝∠EBC，AB＝3AE，則下列結(jié)論：①DF＝FC；②AE+DF＝EF；③∠BFE＝∠BFC；④∠ABE+∠CBF＝45°；⑤∠DEF+∠CBF＝∠BFC；⑥D(zhuǎn)F：DE：EF＝3：4：5．其中結(jié)論正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．6 B．5 C．4 D．3【變式7-3】（2021春?澄海區(qū)期末）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，DE與AB交于點(diǎn)G，EF與AC交于點(diǎn)H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，給出如下結(jié)論：①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正確結(jié)論的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【考點(diǎn)8四邊形中的壓軸題】【例8】（2021春?蘿北縣期末）如圖，已知正方形ABCD中，E是直線BC上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)C作CF⊥AE交直線AE于點(diǎn)F，連接BF．（1）如圖1，求證：CF+AF=2BF（2）如圖2，圖3，其他條件不變，線段AF，CF，BF之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？直接寫出你的猜想，不需證明．【變式8-1】（2021春?河?xùn)|區(qū)期末）亮亮學(xué)習(xí)《平行四邊形》以后，利用身邊的工具進(jìn)行了如下操作與探究：如圖1，在邊長為42的正方形紙板ABCD上，放置了一個(gè)三角板PEQ，作射線AC，使直角頂點(diǎn)E在射線AC上運(yùn)動(dòng)，EP始終經(jīng)過點(diǎn)D，EQ交BC于點(diǎn)F．依照上面操作，點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到如圖2位置時(shí)，連接DE，EF，過點(diǎn)F作FG⊥EF于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作DG⊥FG于點(diǎn)G，于是得到矩形DEFG，通過證明它的一組鄰邊相等，易證矩形DEFG為正方形，亮亮又作了如下思考，請你幫他完成以下問題：（1）若點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到線段AC的延長線上時(shí)，以上結(jié)論還成立嗎？若成立，應(yīng)該怎樣畫圖，證明呢？若不成立，理由是什么？（2）在（1）的情況下，若連接CG，CG﹣CE的值是否為定值？若是，結(jié)果是多少（直接寫出結(jié)果即可）？若不是，理由是什么？【變式8-2】（2021春?息縣期末）如圖，M為正方形ABCD的對角線BD上一點(diǎn)，過M作BD的垂線交AD于E，連接BE，取BE中點(diǎn)O．（1）如圖①，連接AO，MO，試證明∠AOM＝90°；（2）如圖②，連接AM，AO，并延長AO交對角線BD于點(diǎn)N，∠MAN＝45°，試探究線段DM，MN，NB之間的數(shù)量關(guān)系并證明．【變式8-3】（2021春?大冶市期末）在正方形ABCD中，點(diǎn)E是CD邊上任意一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)B作BF⊥AE于F，交AD于H．（1）如圖1，過點(diǎn)D作DG⊥AE于G．求證：BF﹣DG＝FG；（2）如圖2，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，連接DF，試判斷DF，F(xiàn)H，EF存在什么數(shù)量關(guān)系，并說明理由．特殊的平行四邊形章末重難點(diǎn)突破【答案版】【考點(diǎn)1利用四邊形性質(zhì)求線段長度】【例1】（2021春?張店區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝22．E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，連接AF，DE，點(diǎn)N，M分別為AF，DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長為（）A．22 B．1 C．2 【分析】連接AM，延長AM交CD于G，連接FG，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝22，AB∥CD，∠C＝90°，證得△AEM≌GDM，得到AM＝MG，AE＝DG=12AB，根據(jù)三角形中位線定理得到MN=12FG，由勾股定理求出【解答】解：連接AM，延長AM交CD于G，連接FG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC＝22，AB∥CD，∠C＝90°，∴∠AEM＝∠GDM，∠EAM＝∠DGM，∵M(jìn)為DE的中點(diǎn)，∴ME＝MD，在△AEM和GDM中，∠EAM=∠DGM∠AEM=∠GDM∴△AEM≌△GDM（AAS），∴AM＝MG，AE＝DG=12AB=∴CG=12CD∵點(diǎn)N為AF的中點(diǎn)，∴MN=12∵F為BC的中點(diǎn)，∴CF=12BC∴FG=C∴MN＝1，故選：B．【變式1-1】（2021春?越城區(qū)期末）如圖，邊長為10的菱形ABCD，E是AD的中點(diǎn)，O是對角線的交點(diǎn)，矩形OEFG的一邊在AB上，且EF＝4，則BG的長為（）A．3 B．2 C．2 D．1【分析】由菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，由直角三角形的性質(zhì)可求OE＝AE=12AD＝5，由矩形的性質(zhì)可求得FG＝OE＝5，根據(jù)勾股定理得到【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，∴∠AOD＝90°，∵E是AD的中點(diǎn)，∴OE＝AE=12∵四邊形OEFG是矩形，∴FG＝OE＝5，∵AE＝5，EF＝4，∴AF=A∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2，故選：B．【變式1-2】（2021春?岳西縣期末）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在線段CB的延長線上，連接DE交AB于點(diǎn)F，∠AED＝2∠CED，點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，若BE＝1，CD＝3，則DF的長為（）A．8 B．9 C．42 D．210【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，可得AG＝DG＝GF，由勾股定理列式求出AE，根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和列式求出∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠ADG，然后求出∠AED＝∠AGE，根據(jù)等角對等邊可得AE＝AG，進(jìn)而得出DF的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAF＝90°，∵點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，∴AG＝DG＝GF，∴∠GAD+∠GDA，在△ADG中，∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠ADG，又∵∠AED＝2∠CED，∴∠AED＝∠AGE，∴AE＝AG，∵BE＝1，CD＝AB＝3，在Rt△AEB中，由勾股定理得，AE=A∴AG=10∴DF＝210．故選：D．【變式1-3】（2021?河池）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，則AF的長是（）A．22 B．322 C．4【分析】由于BF⊥EF，所以過F作AB的垂線交AB于N，交CD于M，證明△MFE≌△NBF，設(shè)ME＝x，利用MN＝4列出方程，即可求解．【解答】解：過F作AB的垂線交AB于N，交CD于M，如圖，∵ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠BNM＝90°，AB＝BC＝CD＝4，∴四邊形CMNB為矩形，∴MN＝BC＝4，CM＝BN，∵BF⊥EF，∴∠EFB＝∠FNB＝90°，∴∠FBN+∠NFB＝∠NFB+∠EFM，∴∠FBN＝∠EFM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∴∠MFC＝∠MCF＝45°，∴MF＝MC＝NB，在△MEF與△NFB中，∠EFM=∠FBN∠EMF=∠FNB∴△MFE≌△NBF（AAS），∴ME＝FN，設(shè)ME＝FN＝x，則MC＝MF＝BN＝1+x，∵M(jìn)N＝MF+FN＝4，∴1+x+x＝4，∴x=3∴FN=3∵四邊形ABCD為正方形，MN⊥AB，∴∠NAF＝∠NFA＝45°，∴FN＝AN，∴AF=FN2故選：B．【考點(diǎn)2利用四邊形性質(zhì)求角的度數(shù)】【例2】（2021春?靖宇縣期末）如圖，在正方形ABCD的外側(cè)，以AD為邊作等邊三角形ADE，連接BE，交正方形的對角線AC于點(diǎn)F，連接DF，則∠CFD的度數(shù)為（）A．30° B．45° C．60° D．75°【分析】根據(jù)SAS證明△BCF與△DCF全等，利用正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，在△BCF與△DCF中，BC=DC∠BCF=∠DCF∴△BCF≌△DCF（SAS），∴∠BFC＝∠DFC，在正方形ABCD中，以AD為邊作等邊三角形ADE，∴AE＝AD＝DE＝AB，∴∠ABE＝∠AEB=1∴∠FBC＝90°﹣15°＝75°，∵∠ACB＝45°，∴∠BFC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，∴∠DFC＝60°，故選：C．【變式2-1】（2021春?九龍坡區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，GE⊥BG交CD于點(diǎn)E，CB＝CE，連接CG交BE于點(diǎn)F，則∠ECF的度數(shù)為（）A．30° B．22.5° C．25° D．15°【分析】取BE的中點(diǎn)O，連接OG，OC，則OG為四邊形ADEB的中位線，可得AB∥OG∥DE，進(jìn)而求得∠OGC＝∠ECF，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線為斜邊的一半可證明OG＝OC得到∠OGC＝∠OCG，，進(jìn)而得到∠OCG＝∠ECF=12∠【解答】解：取BE的中點(diǎn)O，連接OG，OC，∵O，G為中點(diǎn)，∴OG為四邊形ADEB的中位線，∴AB∥OG∥DE，∴∠OGC＝∠ECF，∵CE＝BC，∠BCE＝90°，∴△BCE是等腰直角三角形，∴∠CBE＝∠BEC＝45°，∵∠BCE＝90°，O為BE的中點(diǎn)，∴OC＝OE=12∴∠OCE＝∠OEC＝45°，∵GE⊥BG，O為BE的中點(diǎn)，∴OG=12∴OG＝OC，∴∠OGC＝∠OCG，∴∠OCG＝∠ECF=12∠故選：B．【變式2-2】（2021春?靈山縣期末）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，連接AE，EF，AF，若DF+BE＝EF，則∠EAF的度數(shù)為．【分析】延長CB到G，使BG＝DF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝AB，∠D＝∠ABE＝90°，求得∠ABG＝∠D＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，求得GE＝EF，推出△AGE≌△AFE（SSS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠GAE＝∠EAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：延長CB到G，使BG＝DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABE＝90°，∴∠ABG＝∠D＝90°，在△ADF與△ABG中，AB=AD∠ABG=∠D∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，∵DF+BE＝EF，EG＝BG+BE＝DF+BE，∴GE＝EF，在△AGE與△AFE中，AG=AFAE=AE∴△AGE≌△AFE（SSS），∴∠GAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠GAB+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∵∠BAD＝90°，∴∠EAF＝45°，故答案為：45°．【變式2-3】（2021?寶安區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E為AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BE，將AB沿著BE折疊得到A'B，A的對應(yīng)點(diǎn)為A'，連接A'D，當(dāng)A′B⊥AD時(shí)，∠A'DE的度數(shù)為．【分析】由菱形的性質(zhì)可得AB＝AD，可證△ABD是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可得A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，由折疊的性質(zhì)可得AB＝A'B，可得∠BAA'＝75°，即可求解．【解答】解：如圖，連接AA'，BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∵A'B⊥AD，∴A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，∴AA'＝A'D，∴∠A'AD＝∠A'DA，∵將AB沿著BE折疊得到A'B，∴AB＝A'B，∴∠BAA'＝75°，∴∠A'AD＝∠A'DA＝15°，故答案為：15°．【考點(diǎn)3利用四邊形性質(zhì)求面積】【例3】（2021春?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線BD、AC交于點(diǎn)O，AC＝6，BD＝4，∠CBE是菱形ABCD的外角，點(diǎn)G是∠BCE的角平分線BF上任意一點(diǎn)，連接AG、CG，則△AGC的面積等于（）A．6 B．9 C．12 D．無法確定【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO＝DO＝2，∠CAB=12∠DAB，AD∥BC，由平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得∠CAB＝∠GBE，可證AC∥BG，可得S△ABC＝S△【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝DO＝2，∠CAB=12∠DAB，AD∥∴∠DAB＝∠CBE，∵BG平分∠CBE，∴∠GBE=12∠∴∠CAB＝∠GBE，∴AC∥BG，∴S△ABC＝S△AGC=12×AC×故選：A．【變式3-1】（2021春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級期末）如圖，菱形ABCD中，∠D＝60°．點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且BE＝CF．若EF＝4，則△AEF的面積為（）A．3 B．23 C．33 【分析】證△ABC、△ADC都是等邊三角形，得AB＝AC，∠BAC＝∠ACF＝60°，再證△ABE≌△ACF（SAS），得AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，然后證△AEF是等邊三角形，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AD＝DC，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC、△ADC都是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACF＝60°，∴∠B＝∠ACF，在△ABE和△ACF中，AB=AC∠B=∠ACF∴△ABE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，∴∠CAE+∠CAF＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝60°，即∠EAF＝60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AE＝EF＝4，過點(diǎn)A作AH⊥EF于H，如圖所示：則EH＝FH=12在Rt△AEH中，由勾股定理得：AH=AE2∴S△AEF=12EF?AH=12×故選：D．【變式3-2】（2021春?淮陽區(qū)校級期末）王老師把兩張長為9，寬為3的矩形紙條按如圖所示的形狀交叉疊放在一起，根據(jù)所學(xué)的知識(shí)，我們可以判定重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD是菱形．則隨著紙條的轉(zhuǎn)動(dòng)，菱形ABCD的面積的最大值與最小值的和為（）A．22 B．24 C．26 D．28【分析】由題意可得，AB∥CD，AD∥BC，所以四邊形ABCD時(shí)平行四邊形，所以∠ADC＝∠ABC，分別過A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，則AE＝AF＝3，可以證明△ADE≌△ABF，得到AD＝AB，所以?ABCD是菱形，菱形ABCD的面積為3AD，當(dāng)AD取最小值時(shí)，AD⊥BC，所以AD＝3，面積的最小值為9，當(dāng)旋轉(zhuǎn)至如圖位置時(shí)，AD取得最大值，設(shè)AD＝x，在直角△ADM中，利用勾股定理列方程，即可求解．【解答】解：分別過A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，∴∠AED＝∠AFB＝90°，由題意可得，AB∥CD，AD∥BC，AE＝AF＝3，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ADE＝∠ABF，在△ADE與△ABF中，∠ADE=∠ABF∠AED=∠AFB∴△ADE≌△ABF（AAS），∴AD＝AF，∴?ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴S菱形ABCD＝CD?AE＝3CD＝3AD，當(dāng)AD越小時(shí)，3AD越小，菱形ABCD的面積越小，∴AD⊥CD時(shí)，AD取最小值3，菱形的面積最小值為9，當(dāng)AD越大時(shí)，3AD越大，菱形ABCD的面積越大，∴旋轉(zhuǎn)如圖位置時(shí)，此時(shí)AD取最大值，設(shè)AD＝AC＝x，則AM＝9﹣AC＝9﹣x，在Rt△ADM中，DM2+AM2＝AD2，∴32+（9﹣x）2＝x2，∴x＝5，∴AD＝x＝5，∴S菱形ABCD＝3AD＝15，此時(shí)菱形ABCD的面積取得最大值為15，∴9+15＝24，故選：B．【變式3-3】（2021春?靈石縣期末）如圖，正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3、A4B4C4D4的邊長分別為2、4、6、4，四個(gè)正方形按照如圖所示的方式擺放，點(diǎn)A2、A3、A4分別位于正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3對角線的交點(diǎn)，則陰影部分的面積和為（）A．12 B．13 C．14 D．18【分析】如圖，因?yàn)樗倪呅蜛1B1C1D1，A2B2C2D2是正方形，所以可以得到四邊形A2MC1N是對角互補(bǔ)的四邊形，過A2作B1C1，C1D1的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，先證△A2EM≌△A2FN，從而推得四邊形A2MC1N的面積為正方形A1B1C1D1面積的四分之一，同樣的方法，求得另外兩個(gè)陰影部分面積，即可解決．【解答】解：設(shè)正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3B3C3D3中的面積分別為S1，S2，S3，如圖，設(shè)A2B2與B1C1交于點(diǎn)M，A2D2與C1D1交于點(diǎn)N，G過A2分別作A2E⊥B1C1于E，A2F⊥C1D1于F，連接A2C1，AA2B1，∵四邊形A1B1C1D1是正方形，A2是對角線的交點(diǎn)，∴A2C1平分∠B1C1D1，且△A2B1C1是等腰直角三角形，∵A2E⊥B1C1，A2F⊥C1D1，∴A2E＝A2F=1∵∠A2EC1＝∠B1C1D1＝∠A2FC1＝90°，∴四邊形A2EC1F為正方形，∴C1∵四邊形A2B2C2D2是正方形，∴∠B2A2D2＝∠EA2F＝90°，∴∠EA2M＝∠FA2N，在△A2EM與△A2FN中，∠A∴△A2EM≌△A2FN（ASA），∴S△∴S1∴S1同理，S2=1∴陰影部分的面積和為：1+4+9＝13，故選：C．【考點(diǎn)4利用四邊形性質(zhì)求周長】【例4】（2021春?巴南區(qū)期中）如圖，點(diǎn)E、F分別在正方形ABCD的邊CD、AD上，且EF垂直于BE，若AB＝8，BE＝10，則△DEF的周長為（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】連接BF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得CD＝AD＝BC＝AB＝8，∠C＝∠D＝∠A＝90°，根據(jù)勾股定理可得CE＝6，設(shè)AF＝x，則DF＝AD﹣AF＝8﹣x，根據(jù)EF2＝BF2﹣BE2＝DF2+DE2，列出82+x2﹣102＝（8﹣x）2+22，解得x的值，進(jìn)而可得△DEF的周長．【解答】解：如圖，連接BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝AD＝BC＝AB＝8，∠C＝∠D＝∠A＝90°，∵BE＝10，∴CE=B∴DE＝CD﹣CE＝8﹣6＝2，設(shè)AF＝x，則DF＝AD﹣AF＝8﹣x，∴BF2＝AB2+AF2＝82+x2，EF2＝BF2﹣BE2＝DF2+DE2，∴82+x2﹣102＝（8﹣x）2+22，解得x=13∴DF＝8﹣x=3∴EF=(則△DEF的周長＝DE+DF+EF＝2+3故選：B．【變式4-1】（2021春?新蔡縣期末）如圖，矩形ABCD的周長為20cm，AC交BD于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作AC的垂線EF，分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，連結(jié)CE，則△CDE的周長為（）cm．A．6 B．8 C．10 D．12【分析】由矩形的性質(zhì)得出AD+DC＝10cm，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出CE＝CF，由ASA證明△ODE≌△OBF，得出DE＝BF，△CDE的周長＝DE+CE+DC＝BC+DC，即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝DC，BC＝AD，OA＝OC＝OB＝OD，AD∥BC，∴∠EDO＝∠FBO，∵矩形ABCD的周長為20cm，∴BC+DC＝10cm，∵EF⊥AC，∴CE＝CF，在△ODE和△OBF中，∠EDO=∠FBOOD=OB∴△ODE≌△OBF（ASA），∴DE＝BF，∴△CDE的周長＝DE+CE+DC＝BF+CF+DC＝BC+DC＝10cm．故選：C．【變式4-2】（2020秋?錦江區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的邊長AB＝3，對角線BD＝42，點(diǎn)E，F(xiàn)在BD上，且BE＝DF=2，連接AE，AF，CE，CF．則四邊形AECF的周長為【分析】連接AC，交BD于O，依據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到AC⊥BD，依據(jù)勾股定理即可得到AE，CE，CF，AF的長，進(jìn)而得出四邊形AECF的周長．【解答】解：如圖，連接AC，交BD于O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO=12BD在Rt△ABO中，AO=A又∵BE=2∴EO=22在Rt△AOE中，AE=E同理可得，CE＝CF＝AF=3∴四邊形AECF的周長43．故答案為：43．【變式4-3】（2021?香洲區(qū)校級三模）有兩個(gè)全等矩形紙條，長與寬分別為10和6，按如圖所示的方式交叉疊放在一起，則重合部分構(gòu)成的四邊形BGDH的周長為．【分析】由題意得出∠A＝90°，AB＝BE＝6，AD∥BC，BF∥DE，AD＝10，再證四邊形BGDH是菱形，得BH＝DH＝DG＝BG，設(shè)BH＝DH＝x，則AH＝10﹣x，然后在Rt△ABH中，由勾股定理得出方程，解方程求出BG，即可求解．【解答】解：由題意得：矩形ABCD≌矩形BEDF，∴∠A＝90°，AB＝BE＝6，AD∥BC，BF∥DE，AD＝10，∴四邊形BGDH是平行四邊形，∴平行四邊形BGDH的面積＝BG×AB＝BH×BE，∴BG＝BH，∴四邊形BGDH是菱形，∴BH＝DH＝DG＝BG，設(shè)BH＝DH＝x，則AH＝10﹣x，在Rt△ABH中，由勾股定理得：62+（10﹣x）2＝x2，解得：x=34∴BH=34∴四邊形BGDH的周長＝4BH=136故答案為：1365【考點(diǎn)5四邊形判定的條件】【例5】（2021?長豐縣二模）四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，從以下四個(gè)條件：①OA＝OC，OB＝OD；②AB∥CD，AD＝BC；③AB＝BC；④AB⊥BC中選兩個(gè)，能推出四邊形ABCD是矩形的是（）A．①② B．②③ C．①④ D．①③【分析】由平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定、菱形的判定分別對各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、∵OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，再由AB∥CD，AD＝BC無法判斷四邊形ABCD是矩形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、由②AB∥CD，AD＝BC；③AB＝BC無法判斷四邊形ABCD是矩形，故選項(xiàng)A不符合題意；C∵OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項(xiàng)C符合題意；D、∵OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AB＝BC，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)D不符合題意；故選：C．【變式5-1】（2021?通州區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，G，H分別是對角線BD，AC的中點(diǎn)，若四邊形EGFH為矩形，則四邊形ABCD需滿足的條件是（）A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC【分析】先由三角形中位線定理證四邊形EGFH是平行四邊形，再證∠GFH＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】解：若四邊形EGFH為矩形，則四邊形ABCD需滿足的條件是AB⊥DC，理由如下：∵E，G分別是AD，BD的中點(diǎn)，∴EG是△DAB的中位線，∴EG=12AB，EG∥同理，F(xiàn)H=12AB，F(xiàn)H∥AB，GF∥∴EG＝FH，EG∥FH，∴四邊形EGFH是平行四邊形，∵AB⊥DC，GF∥DC，F(xiàn)H∥AB，∴GF⊥FH，∴∠GFH＝90°，∴平行四邊形EGFH是矩形，故選：D．【變式5-2】（2021?長安區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于點(diǎn)O．添加一個(gè)條件使這個(gè)四邊形成為一種特殊的平行四邊形，則以下說法錯(cuò)誤的是（）A．添加“AB∥CD”，則四邊形ABCD是菱形 B．添加“∠BAD＝90°，則四邊形ABCD是矩形 C．添加“OA＝OC”，則四邊形ABCD是菱形 D．添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，則四邊形ABCD是正方形【分析】根據(jù)AB＝AD，BC＝DC，可以得到AC垂直平分BD，然后再根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)中的條件，可以判斷各個(gè)選項(xiàng)中的說法是否正確，從而可以解答本題．【解答】解：∵AB＝AD，BC＝DC，∴AC垂直平分BD，當(dāng)添加：“AB∥CD”，則∠ABD＝∠BDC，∵∠BDC＝∠DBC，∴∠ABO＝∠CBO，又∵BO＝BO，∠BOA＝∠BOC，∴△ABO≌△BOC（ASA），∴BA＝BC，∴AB＝BC＝CD＝DA，∴四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)A不符合題意；當(dāng)添加“∠BAD＝90°，無法證明四邊形ABCD是矩形，故選項(xiàng)B符合題意；當(dāng)添加條件“OA＝OC”時(shí)，∵OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)C不符合題意；當(dāng)添加條件“∠ABC＝∠BCD＝90°”時(shí)，則∠ABC+∠BCD＝180°，∴AB∥CD，由證選項(xiàng)A可知四邊形ABCD是菱形，∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，故選項(xiàng)D不符合題意；故選：B．【變式5-3】（2021春?石獅市期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，對于下列條件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四邊形ABCD是矩形的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】由矩形的判定、菱形的判定分別對各個(gè)條件進(jìn)行判斷即可．【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，∴∠ABC＝90°，∴?ABCD是矩形，故①正確；②∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，∵BC2+CD2＝AC2，∴BC2+AB2＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴?ABCD是矩形，故②正確；③∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=∵∠1＝∠2，∴OA＝OB，∴AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故③正確；④∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故④錯(cuò)誤；能判定四邊形ABCD是矩形的個(gè)數(shù)有3個(gè)，故選：C．【考點(diǎn)6四邊形判定的證明】【例6】（2021春?利川市期末）如圖，在等腰△ABC中，D是底邊BC上異于C點(diǎn)的任意一點(diǎn)，AN是△ABC的外角∠CAM的平分線，CE∥AD交AN于E．（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；（2）將題中“D是底邊BC上異于C點(diǎn)的任意一點(diǎn)”改為“D是底邊BC上的中點(diǎn)”，則四邊形ADCE是什么四邊形？為什么？（3）在（2）中，當(dāng)△ABC滿足什么條件時(shí)，四邊形ADCE是正方形？并證明．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和外角的性質(zhì)得到∠MAC＝∠B+∠ACB＝2∠ACB，根據(jù)角平分線的定義得到∠MAC＝2∠NAC，求得∠NAC＝∠ACB，由平行線的判定定理得到AN∥BC，于是得到結(jié)論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AD⊥BC，求得∠ADC＝90°，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AD⊥BC，AD＝CD，由正方形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵△ABC是等腰三角形，∴∠MAC＝∠B+∠ACB＝2∠ACB，∵AN是△ABC的外角∠CAM的平分線，∴∠MAC＝2∠NAC，∴∠NAC＝∠ACB，∴AN∥BC，∵CE∥AD，∴四邊形ADCE是平行四邊形；（2）解：四邊形ADCE是矩形，理由：∵是底邊BC上的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴?ADCE是矩形；（3）解：當(dāng)△ABC是等腰直角三角形時(shí)，四邊形ADCE是正方形，證明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AD⊥BC，AD＝CD，∵四邊形ADCE是平行四邊形，∴?ADCE是正方形．【變式6-1】（2021春?廈門期末）在?ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，E是邊BC延長線上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥BD于F，且與CD、AD分別交于點(diǎn)G、H，連接OH．（1）如圖，若AC⊥AB，OF＝OC，求證：FG＝CG；（2）若在點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的過程中，存在四邊形OCGH是菱形的情形，試探究?ABCD的邊和角需要滿足的條件．【分析】（1）連接OG，證Rt△OFG≌Rt△OCG（HL），即可得出FG＝CG；（2）證?ABCD是菱形，得CD＝AD，OA＝OC，再證△ACD是等邊三角形，得∠ADC＝60°即可．【解答】（1）證明：連接OG，如圖1所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵AC⊥AB，∴AC⊥CD，∴∠OCG＝90°，∵EF⊥BD，∴∠OFG＝90°，在Rt△OFG和Rt△OCG中，OG=OGOF=OC∴Rt△OFG≌Rt△OCG（HL），∴FG＝CG；（2）解：如圖2所示：若四邊形OCGH是菱形，則OH＝OC，OH∥CG，OC∥GH，∵EF⊥BD，∴AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，∴CD＝AD，OA＝OC，∴OA＝OH，∴∠OAH＝∠OHA，∵OH∥CG，∴∠OHA＝∠ADC，∵CD＝AD，∴∠CAD＝∠DCA，∴∠CAD＝∠ADC＝∠DCA，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ADC＝60°，即要使四邊形OCGH是菱形，?ABCD的邊和角需要滿足的條件是：CD＝AD，∠ADC＝60°．【變式6-2】（2021春?渦陽縣期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，G，H分別是AD，BC的中點(diǎn)，E，O，F(xiàn)分別是對角線BD上的四等分點(diǎn)，順次連接G，E，H，F(xiàn)．（1）求證：四邊形GEHF是平行四邊形．（2）當(dāng)平行四邊形ABCD滿足什么條件時(shí)，四邊形GEHF是菱形？請說明理由．（3）若BD＝2AB．探究四邊形GEHF的形狀，并說明理由．【分析】（1）連接AC，由三角形中位線定理可得GF∥OA，GF=12OA，EH∥OC，EH=12OC，可得EH∥GF，（2）先證四邊形ABHG是平行四邊形，可得AB∥GH，可得GH⊥BD，可得結(jié)論；（3）由平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝GH＝EF，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）如圖1，連接AC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD．∵E，O，F(xiàn)分別是對角線BD上的四等分點(diǎn)，∴E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點(diǎn)，∵G是AD的中點(diǎn)，∴GF為△AOD的中位線，∴GF∥OA，GF=12同理EH∥OC，EH=12∴EH∥GF，EH＝GF，∴四邊形GEHF是平行四邊形；（2）當(dāng)?ABCD滿足AB⊥BD時(shí)，四邊形GEHF是菱形．理由如下：如圖2，連接AC，GH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，G，H分別是AD，BC的中點(diǎn)，∴AG＝BH，AG∥BH，∴四邊形ABHG是平行四邊形，∴AB∥GH，∵AB⊥BD，∴GH⊥BD，即GH⊥EF，又∵四邊形GEHF是平行四邊形，∴四邊形GEHF是菱形．（3）四邊形GEHF是矩形．理由如下：如圖2，由（2）得，四邊形ABHG是平行四邊形，∴GH＝AB，∵BD＝2AB，∴AB=12BD＝∴GH＝EF，∴四邊形GEHF是矩形．【變式6-3】（2020秋?即墨區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為F，交直線MN于E，連接CD，BE．（1）求證：CE＝AD；（2）當(dāng)D為AB中點(diǎn)時(shí)，四邊形BECD是什么特殊四邊形？說明你的理由；（3）在滿足（2）的條件下，當(dāng)△ABC滿足什么條件時(shí)，四邊形BECD是正方形？（不必說明理由）【分析】（1）先求出四邊形ADEC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出即可；（2）求出四邊形BECD是平行四邊形，求出CD＝BD，根據(jù)菱形的判定推出即可；（3）當(dāng)∠A＝45°，四邊形BECD是正方形．【解答】（1）證明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB，∴AC∥DE，∵M(jìn)N∥AB，即CE∥AD，∴四邊形ADEC是平行四邊形，∴CE＝AD；（2）解：四邊形BECD是菱形，理由是：∵D為AB中點(diǎn)，∴AD＝BD，∵CE＝AD，∴BD＝CE，∵BD∥CE，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵∠ACB＝90°，D為AB中點(diǎn)，∴CD＝BD，∴四邊形BECD是菱形；（3）解：當(dāng)∠A＝45°時(shí)，四邊形BECD是正方形，理由：∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，由（2）可知，四邊形BECD是菱形，∴∠ABC＝∠CBE＝45°，∴∠DBE＝90°，∴四邊形BECD是正方形．【考點(diǎn)7四邊形中的多結(jié)論問題】【例7】（2021?佳木斯模擬）如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AD＝23，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，延長FO交AB于點(diǎn)E，則下列結(jié)論：①FO＝FC；②四邊形EBFD是菱形；③△OBE≌△CBF；④MB＝3．其中結(jié)論正確的序號是（）A．②③④ B．①②③ C．①④ D．①②③④【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和等邊三角形的判定得出△OBC是等邊三角形，進(jìn)而判斷①正確；根據(jù)ASA證明△AOE與△COF全等，進(jìn)而判斷②正確；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)判斷③④正確即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∴OA＝OC＝OD＝OB，∵∠COB＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°，∵BF⊥AC，∴OM＝MC，∴FM是OC的垂直平分線，∴FO＝FC，故①正確；∵OB＝CB，F(xiàn)O＝FC，F(xiàn)B＝FB，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴∠FOB＝∠FCB＝90°，∵∠OBC＝60°，∴∠ABO＝30°，∴∠OBM＝∠CBM＝30°，∴∠ABO＝∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF＝∠OAE，∵OA＝OC，∠AOE＝∠FOC，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∵OB⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形，故②正確；∵△OBE≌△OBF≌△CBF，∴③正確；∵BC＝AD＝23，F(xiàn)M⊥OC，∠CBM＝30°，∴BM＝3，故④正確；故選：D．【變式7-1】（2021春?沙依巴克區(qū)期末）如圖，已知在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，AE，DF分別是∠OAD與∠ODC的角平分線，AE的延長線與DF相交于點(diǎn)G，則下列結(jié)論：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④AB＝2EF．其中正確的有（）個(gè)．A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】①證明∠DAE＝∠CDF，進(jìn)而得∠DAF+∠ADG＝90°，便可判斷①的正誤；②證明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED＝EF，得∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，得EF∥CD，便可判斷②的正誤；③由△AGF≌△AGD得AF＝AD，便可判斷③的正誤；④證明EF＝ED=2，由平行于三角形一邊的直線所截得的三角形的三邊與原三角形的三邊對應(yīng)成比例便可得AB與EF的數(shù)量關(guān)系，進(jìn)而判斷④【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CAD＝∠BDC＝45°，∵AE，DF分別是∠OAD與∠ODC的平分線，∴∠DAE＝∠CDF，∵∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠DAF+∠ADG＝90°，∴∠AGD＝90°，即AG⊥DF，故①結(jié)論正確；②在△AGF和△AGD中，∠GAF=∠GAD∠AGF=∠AGD=90°∴△AGF≌△AGD（ASA），∴GF＝GD，∵AG⊥DF，∴EF＝ED，∴∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，∴EF∥CD∥AB，故②正確；③∵△AGF≌△AGD（ASA），∴AD＝AF＝AB，故③正確；④∵EF∥CD，∴∠OEF＝∠ODC＝45°，∵∠COD＝90°，∴EF＝ED=2OE∴EFCD∴AB＝CD＝（2+1）EF故④錯(cuò)誤．故選：C．【變式7-2】（2021春?來鳳縣期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)F在邊CD上，若∠BEF＝∠EBC，AB＝3AE，則下列結(jié)論：①DF＝FC；②AE+DF＝EF；③∠BFE＝∠BFC；④∠ABE+∠CBF＝45°；⑤∠DEF+∠CBF＝∠BFC；⑥D(zhuǎn)F：DE：EF＝3：4：5．其中結(jié)論正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．6 B．5 C．4 D．3【分析】如圖，過點(diǎn)B作BH⊥EF于H．利用角平分線的性質(zhì)定理證明BA＝BH，再利用HL證明Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），利用全等三角形的性質(zhì)，一一判斷即可得出③④⑤正確，設(shè)AE＝a．則AB＝BC＝CD＝AD＝3a，DE＝2a，設(shè)DF＝x，則CF＝3a﹣x，利用勾股定理求出x即可判斷①②⑥正確．【解答】解：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥EF于H．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠C＝∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD＝CD＝BC，AD∥CB，∴∠AEB＝∠EBC，∵∠FEB＝∠EBC，∴∠AEB＝∠BEF，∵BA⊥AE，BH⊥EF，∴AB＝BH＝BC，∵∠A＝∠BHE＝∠BHF＝∠C＝90°，BE＝BE，BF＝BF，∴Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），∴AE＝EH，F(xiàn)H＝CF，∠BFE＝∠BFC，故③正確，∴AE+CF＝EH+HF＝EF，∴∠ABE＝∠HBE，∠FBH＝∠FBC，∴∠ABE+∠CBF＝45°，故④正確，∵∠DEF+∠AEH＝180°，∠AEH+∠ABH＝180°，∴∠DEF＝∠ABH，∴∠DEF+∠FBC＝∠ABH+∠FBH＝∠ABF，∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠BFC，∴∠DEF+∠CBF＝∠BFC，故⑤正確，∵AB＝3AE，∴可以假設(shè)AE＝a，則AB＝AD＝CD＝3a，DE＝2a，設(shè)DF＝x，則FH＝CF＝3a﹣x，EF＝a+3a﹣x＝4a﹣x，∵EF2＝DE2+DF2，∴（4a﹣x）2＝（2a）2+x2解得x=32∴DF＝CF，故①正確，∴AE+DF＝EF，故②正確，∴DF=32a，DE＝2a，EF=∴DF：DE：EF＝3：4：5，故⑥正確．故選：A．【變式7-3】（2021春?澄海區(qū)期末）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，DE與AB交于點(diǎn)G，EF與AC交于點(diǎn)H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，給出如下結(jié)論：①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正確結(jié)論的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】由SAS證得△ABC≌△EFA，則∠AEF＝∠BAC，得出EF⊥AC，易證FH是△ABC的中位線，得出FH=12BC，再由BC=12AB，AB＝BD，推出BD＝4FH，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠BDF＝30°，然后由AAS證得△DBF≌△EFA，則AE＝DF，證出四邊形ADFE為平行四邊形，最后由平行四邊形的性質(zhì)得出【解答】解：∵△ACE是等邊三角形，∴∠EAC＝60°，AE＝AC，∵∠BAC＝30°，∴∠EAF＝∠ACB＝90°，AB＝2BC，∵F為AB的中點(diǎn)，∴AB＝2AF，∴BC＝AF，在△ABC和△EFA中，AC=AE∠ACB=∠EAF∴△ABC≌△EFA（SAS），∴FE＝AB，∠AEF＝∠BAC＝30°，∴∠AHE＝180°﹣∠EAC﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∴EF⊥AC，故①正確，∵EF⊥AC，∠ACB＝90°，∴FH∥BC，∵F是AB的中點(diǎn)，∴FH是△ABC的中位線，∴FH=12∵BC=12AB，AB＝∴BD＝4FH，故④正確；∵AD＝BD，BF＝AF，∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°，∵∠FAE＝90°，∴∠DFB＝∠EAF，∵EF⊥AC，∴∠AEF＝30°，∴∠BDF＝∠FEA，在△DBF和△EFA中，∠BDF=∠FEA∠DFB=EAF∴△DBF≌△EFA（AAS），∴AE＝DF，∵FE＝AB＝AD，∴四邊形ADFE為平行四邊形，∵AB＞AC，∴AD＞AE，∴四邊形ADFE不是菱形，故②錯(cuò)誤；∵AG=12∴AG=14∵AD＝AB，則AD＝4AG，故③正確，故選：C．【考點(diǎn)8四邊形中的壓軸題】【例8】（2021春?蘿北縣期末）如圖，已知正方形ABCD中，E是直線BC上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)C作CF⊥AE交直線AE于點(diǎn)F，連接BF．（1）如圖1，求證：CF+AF=2BF（2）如圖2，圖3，其他條件不變，線段AF，CF，BF之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？直接寫出你的猜想，不需證明．【分析】（1）延長FC至H，使CH＝AF，連接BH，由“SAS”可證△ABF≌△CBH，可得∠ABF＝∠CBH，BF＝BH，可證△BFH是等腰直角三角形，可得結(jié)論；（2）方法同上．【解答】證明：（1）如圖1，延長FC至H，使CH＝AF，連接BH，∵CF⊥AE，∴∠AFC＝∠ABC＝90°，∴∠FAB+∠FCB＝180°，∵∠FCB+∠BCH＝180°，∴∠BCH＝∠FAB，在△ABF和△CBH中，AB=CB∠FAB=∠HCB∴△ABF≌△CBH（SAS），∴∠ABF＝∠CBH，BF＝BH，∴∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝∠CBH+∠CBF＝90°＝∠FBH，∴△FBH是等腰直角三角形，∴FH=2FB∴FC+AF=2BF（2）圖2，AF﹣CF=2BF理由如下：如圖2，在線段AF上截取AH＝CF，連接BH，∵AF⊥CF，∴∠AFC＝∠ADC＝90°，∴∠DAF+∠DCF＝180°，∴∠DAF+∠BCF＝90°，∵∠DAF+∠BAF＝90°，∴∠BAH＝∠BCF，在△ABH和△CBF中，AB=BC∠BAH=∠BCF∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∴∠ABC＝∠ABH+∠CBH＝∠CBF+∠CBH＝∠FBH＝90°，∴△BFH是等腰直角三角形，∴FH=2BF∴AF﹣CF=2BF圖3，CF﹣AF=2BF理由如下：如圖3，在線段CF上截取CH＝AF，連接BH，同理可證△BFH是等腰直角三角形，∴FH=2BF∴CF﹣AF=2BF【變式8-1】（2021春?河?xùn)|區(qū)期末）亮亮學(xué)習(xí)《平行四邊形》以后，利用身邊的工具進(jìn)行了如下操作與探究：如圖1，在邊長為42的正方形紙板ABCD上，放置了一個(gè)三角