【八年級下冊數(shù)學(xué)浙教版】第四章 平行四邊形（壓軸題專練）

第四章平行四邊形（壓軸題專練）一．選擇題（共8小題）1．（2023秋?泰山區(qū)期末）如圖，?ABCD的對角線AC、BD交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，且∠ADC＝60°，，連接OE，下列結(jié)論：①∠CAD＝30°；②S?ABCD＝AB?AC；③OB＝AB；④；⑤∠AEO＝60°．其中成立的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．（2023秋?任城區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，點P在AD邊上以每秒1cm的速度從點A向點D運動，點Q在BC邊上以每秒2.5cm的速度從點C出發(fā)，在CB間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點D時停止運動，同時點Q也停止運動．設(shè)運動時間為ts，開始運動以后，當(dāng)t為何值時，以P，D，Q，B為頂點的四邊形是平行四邊形？（）A． B． C．或 D．或3．（2023秋?九龍坡區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，CF、BE分別平分∠ACB和∠ABC，過點A作AD⊥CF于點D，作AG⊥BE于點G，若AB＝9，AC＝8，BC＝7，則GD的長為（）A．5.5 B．5 C．6 D．6.54．（2023春?海陽市期中）已知?ABCD的邊AD＝10，∠DAB的平分線交CD所在直線于點E，且CE＝2，則邊AB的長為（）A．8 B．10 C．12 D．8或125．（2023秋?江油市期中）若一個多邊形截去一個角后，形成的新多邊形的內(nèi)角和是1620°，則原來多邊形的邊數(shù)可能是（）A．10或11 B．11C．11或12 D．10或11或126．（2022秋?鋼城區(qū)期末）如圖，BD為?ABCD的對角線，∠DBC＝45°，DE⊥BC于點E，BF⊥CD于點F，DE、BF相交于點H，直線BF交線段AD延長線于點G，下列結(jié)論：①∠A＝∠BHE；②∠BHD＝∠BDG；③BE2+BG2＝AG2；④若EH＝2HD，則CE2，其中正確的結(jié)論有幾個（）A．1 B．2 C．3 D．47．（2021?河北）如圖1，?ABCD中，AD＞AB，∠ABC為銳角．要在對角線BD上找點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8．（2023春?魚臺縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等邊三角形，下列結(jié)論中：①AB⊥AC；②四邊形AEFD是平行四邊形；③∠DFE＝150°；④S四邊形AEFD＝8．錯誤的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二．填空題（共9小題）9．（2021春?上城區(qū)校級期中）如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，且AD≠CD，過點O作OM⊥AC，交AD于點M．如果△CDM的周長為8，那么平行四邊形ABCD的周長是_________．10．（2020?河北模擬）如圖，點E、F分別在平行四邊形ABCD邊BC和AD上（E、F都不與兩端點重合），連接AE、DE、BF、CF，其中AE和BF交于點G，DE和CF交于點H，令＝n，＝m，若m＝n，則圖中有_______個平行四邊形（不加別的輔助線）；若m+n＝1，且四邊形ABCD的面積為28，則四邊形FGEH的面積為_______．11．（2023秋?岱岳區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，AC＝10，BD＝12，點E、F分別是邊AD、BC的中點，連接EF，則EF的長是__________________．12．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，∠C＝120°，AD＝2AB＝8，點H，G分別是邊CD，BC上的動點，連接AH，HG，點E為AH的中點，點F為GH的中點，連接EF，則EF的最大值與最小值的差為_________________．13．（2023秋?潮南區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，點P是BC邊上一動點（點P不與B，C重合），連接AP，作點B關(guān)于直線AP的對稱點Q，則線段QC的最小值為____________________．14．（2022秋?淄川區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝4.9，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，連接FE并延長，分別交BA，CD的延長線于點M，N，且∠BMF＝∠CNF，則CD的長為__________．15．（2022春?海陵區(qū)校級期末）定義：作?ABCD的一組鄰角的角平分線，設(shè)交點為P，P與這組鄰角的公共邊組成的三角形為?ABCD的“伴侶三角形”，△PBC為平行四邊形的伴侶三角形．AB＝m，BC＝4，連接AP并延長交直線CD于點Q，若Q點落在線段CD上（包括端點C、D），則m的取值范圍____________．16．（2022春?河北區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，EF∥AD，GH∥AB，EF與GH交于點O，則圖中平行四邊形的個數(shù)是_______．17．（2023春?浙江期中）如圖，有一張平行四邊形紙條ABCD，AD＝5cm，AB＝2cm，∠A＝120°，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，DE＝1cm．現(xiàn)將四邊形CFED沿EF折疊，使點C，D分別落在點C′，D′上．當(dāng)點C′恰好落在邊AD上時，線段CF的長為_________________cm．在點F從點B運動到點C的過程中，若邊FC'與邊AD交于點M，則點M相應(yīng)運動的路徑長為_____________________cm．三．解答題（共5小題）18．（2023?蜀山區(qū)二模）如圖1，在四邊形ABCD中，已知AB＝BC＝CD，∠BAD和∠CDA均為銳角，點P是對角線BD上的一點，PQ∥BA交AD于點Q，PS∥BC交DC于點S，四邊形PQRS是平行四邊形．（1）當(dāng)點P與點B重合時，圖1變?yōu)閳D2，若∠ABD＝90°，求證：BR＝RD；（2）對于圖1，若四邊形PRDS也是平行四邊形，此時，你能推出四邊形ABCD還應(yīng)滿足什么條件？19．（2023秋?寧陽縣期末）如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD的角平分線AE交CD于點F，交BC的延長線于點E．（1）求證：BE＝CD；（2）若BF恰好平分∠ABE，連接AC、DE，求證：四邊形ACED是平行四邊形；（3）若BF⊥AE，∠BEA＝60°，AB＝4，求平行四邊形ABCD的面積．20．（2023秋?杜爾伯特縣期末）在?ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，DC上的點且AE＝CF，連接DE，BF，AF．（1）求證：四邊形DEBF是平行四邊形；（2）若∠DAF＝∠BAF，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的長．21．（2023春?浙江期中）已知在平行四邊形ABCD中，E是邊AD的中點，F(xiàn)是邊AB上一動點．（1）如圖1，連接FE并延長交CD的延長線于點G，求證：E是FG的中點；（2）如圖2，若CF⊥AB，AD＝2AB，求證：∠DEF＝3∠AFE；（3）如圖3，若CF⊥AB，AD＝2AB＝4，∠B＝60°時，K是射線CD上一個動點，將EK逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到EM，連接FM，求FM的最小值．22．（2023春?海曙區(qū)校級期中）已知在平行四邊形ABCD中，動點P在AD邊上，以每秒0.5cm的速度從點A向點D運動．（1）如圖1，在運動過程中，若CP平分∠BCD，且滿足CD＝CP，求∠B的度數(shù)．（2）如圖2，另一動點Q在BC邊上，以每秒2cm的速度從點C出發(fā)，在BC間往返運動，P，Q兩點同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點D時停止運動（同時Q點也停止），若AD＝6cm，當(dāng)運動時間為__________________秒時，以P，D，Q，B四點組成的四邊形是平行四邊形．（3）如圖3，連結(jié)BP并延長與CD的延長線交于點F，CE平分∠ACF交BF于E點，連接AE，當(dāng)AE⊥CE，DF＝8時，求AC的長．（4）如圖4，在（1）的條件下，連結(jié)BP并延長與CD的延長線交于點F，連結(jié)AF，若AB＝4cm，求△APF的面積．

第四章平行四邊形（壓軸題專練）答案全解全析一．選擇題（共8小題）1．（2023秋?泰山區(qū)期末）如圖，?ABCD的對角線AC、BD交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，且∠ADC＝60°，，連接OE，下列結(jié)論：①∠CAD＝30°；②S?ABCD＝AB?AC；③OB＝AB；④；⑤∠AEO＝60°．其中成立的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】由平行四邊形ABCD中，∠ADC＝60°，易得△ABE是等邊三角形，又由AB＝BC，證得①∠CAD＝30°；繼而證得AC⊥AB，得②S平行四邊形ABCD＝AB?AC；根據(jù)AB＝BC，OB＝BD，且BD＞BC，得到AB≠OB，故③錯誤；可得OE是三角形的中位線，證得④OE＝BC；由等邊三角形的性質(zhì)得到∠AEC＝120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEO＝∠AEC＝60°．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠BEA，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠BEA＝∠BAE，∴AB＝EB，∵∠ABE＝∠ADC＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴AB＝BE＝AE，∵AB＝BC，∴BE＝BC，∴BE＝CE＝AE，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，∴∠ECA＝30°，∴∠CAD＝∠ECA＝30°，故①正確；∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AC⊥AB，∴S?ABCD＝AB?AC，故②正確；AB⊥OA，∴OB＞AB，∴OB≠AB，故③錯誤；∵∠CAD＝30°，∠AEB＝60°，AD//BC，∴∠EAC＝∠ACE＝30°，∴AE＝CE，∴BE＝CE，∵OA＝OC，∴OE＝AB＝BC，故④正確；∵△ABE是等邊三角形，∴∠AEB＝60°，∴∠AEC＝120°，∵CE＝AE，OA＝OC，∴∠AEO＝∠CEO＝∠AEC＝60°，故⑤正確．故選：D．2．（2023秋?任城區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，點P在AD邊上以每秒1cm的速度從點A向點D運動，點Q在BC邊上以每秒2.5cm的速度從點C出發(fā)，在CB間往返運動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)點P到達點D時停止運動，同時點Q也停止運動．設(shè)運動時間為ts，開始運動以后，當(dāng)t為何值時，以P，D，Q，B為頂點的四邊形是平行四邊形？（）A． B． C．或 D．或【分析】由四邊形ABCD為平行四邊形可得出PD∥BQ，結(jié)合平行四邊形的判定定理可得出當(dāng)PD＝BQ時以P、D、Q、B四點組成的四邊形為平行四邊形，分三種情況考慮，在每種情況中由PD＝BQ即可列出關(guān)于/的一元一次方程，解之即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴PD∥BQ．若要以P、D、Q、B四點組成的四邊形為平行四邊形，則PD＝BQ．設(shè)運動時間為t．當(dāng)0＜t≤4時，AP＝t，PD＝10﹣t，CQ＝2.5t，BQ＝10﹣2.5t，∴10﹣t＝10﹣2.5t，1.5t＝0，∴t＝0（舍去）；當(dāng)4＜t≤8時，AP＝t，PD＝10﹣t，BQ＝2.5t﹣10，∴10﹣t＝2.5t﹣10，解得：t＝；當(dāng)8＜t≤10時，AP＝t，PD＝10﹣t，CQ＝2.5t﹣20，BQ＝30﹣2.5t，∴10﹣t＝30﹣2.5t，解得：t＝（舍去）；綜上所述，t的值為時，以P，D，Q，B為頂點的四邊形是平行四邊形．故選：B．3．（2023秋?九龍坡區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，CF、BE分別平分∠ACB和∠ABC，過點A作AD⊥CF于點D，作AG⊥BE于點G，若AB＝9，AC＝8，BC＝7，則GD的長為（）A．5.5 B．5 C．6 D．6.5【分析】延長AD，交CB的延長線于點P，延長AG，交BC的延長線于點Q，依據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)，即可得到PQ的長；再根據(jù)三角形中位線定理，即可得到DG的長等于PQ的長的一半．【解答】解：如圖所示，延長AD，交CB的延長線于點P，延長AG，交BC的延長線于點Q，∵CF、BE分別平分∠ACB和∠ABC，∴∠ACD＝∠PCD，∠ABG＝∠QBG，又∵AD⊥CF，AG⊥BE，∴∠ADC＝∠PDC，∠AGB＝∠QGB，∴∠CAP＝∠P，∠BAG＝∠Q，∴AC＝PC＝8，AB＝QB＝9，又∵BC＝7，∴PQ＝BQ+PC﹣BC＝9+8﹣7＝10，∵AC＝PC，CD平分∠ACP，∴點D是AP的中點，同理可得，點G是AQ的中點，∴DG是△APQ的中位線，∴DG＝PQ＝5，故選：B．4．（2023春?海陽市期中）已知?ABCD的邊AD＝10，∠DAB的平分線交CD所在直線于點E，且CE＝2，則邊AB的長為（）A．8 B．10 C．12 D．8或12【分析】由平行四邊形的性質(zhì)推出AB∥DC，由角平分線定義，平行線的性質(zhì)推出DE＝AD＝10，分兩種情況即可求解．【解答】解：如圖，當(dāng)E在DC延長線上時，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠E＝∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠E＝∠DAE，∴DE＝AD＝10，∴DC＝DE﹣CE＝10﹣2＝8，∴AB＝CD＝8；如圖，當(dāng)E在線段CD上時，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，∴∠AED＝∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠AED＝∠DAE，∴DE＝AD＝10，∴DC＝DE+CE＝10+2＝12，∴AB＝CD＝12，∴AB的長是8或12．故選：D．5．（2023秋?江油市期中）若一個多邊形截去一個角后，形成的新多邊形的內(nèi)角和是1620°，則原來多邊形的邊數(shù)可能是（）A．10或11 B．11 C．11或12 D．10或11或12【分析】先設(shè)內(nèi)角和是1620°的多邊形的邊數(shù)為n，根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式，列出關(guān)于n的方程，求出n，再根據(jù)一個多邊形截去一個角后邊數(shù)可以增加1，不變或減少1，求出原多邊形的邊數(shù)即可．【解答】解：設(shè)內(nèi)角和是1620°的多邊形的邊數(shù)為n，則180（n﹣2）＝1620，n﹣2＝9，n＝11，∵一個多邊形截去一個角后邊數(shù)可以增加1，不變或減少1，∴原多邊形的邊數(shù)可能是10或11或12，故選：D．6．（2022秋?鋼城區(qū)期末）如圖，BD為?ABCD的對角線，∠DBC＝45°，DE⊥BC于點E，BF⊥CD于點F，DE、BF相交于點H，直線BF交線段AD延長線于點G，下列結(jié)論：①∠A＝∠BHE；②∠BHD＝∠BDG；③BE2+BG2＝AG2；④若EH＝2HD，則CE2，其中正確的結(jié)論有幾個（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由DE⊥BC于點E，BF⊥CD于點F，得∠BEH＝∠DEC＝∠CFB＝90°，則∠C+∠EHF＝180°，而∠BHE+∠EHF＝180°，所以∠BHE＝∠C，由平行四邊形的性質(zhì)得∠A＝∠C，所以∠A＝∠BHE，可判斷①正確；由AD∥BC，得∠ADB＝∠DBC＝45°，則∠BDG＝135°，∠EDB＝∠DBC＝45°，所以∠BHE＞45°，則∠BHD＜135°，所以∠BHD≠∠BDG，可判斷②錯誤；因為∠ABG＝∠DFG＝90°，所以AB2+BG2＝AG2，由DE＜CD，且BE＝DE，AB＝CD，得BE＜AB，可知BE2+BG2≠AG2，可判斷③錯誤；由EH＝2HD，得BE＝DE＝EH，再證明△BHE≌△DCE，得EH＝CE，則BE＝DE＝CE，所以BC＝CE，則S?ABCD＝BC?DE＝CE2，可判斷④正確，于是得到問題的答案．【解答】解：∵DE⊥BC于點E，BF⊥CD于點F，∴∠BEH＝∠DEC＝∠CFB＝90°，∴∠C+∠EHF＝360°﹣2×90°＝180°，∵∠BHE+∠EHF＝180°，∴∠BHE＝∠C，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，∴∠A＝∠BHE，故①正確；∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝45°，∴∠BDG＝180°﹣45°＝135°，∠EDB＝∠DBC＝45°，∵∠BHE＞∠EDB，∴180°﹣∠BHD＝∠BHE＞45°，∴∠BHD＜135°，∴∠BHD≠∠BDG，故②錯誤；∵AB∥CD，∴∠ABG＝∠DFG＝90°，∴AB2+BG2＝AG2，∵DE＜CD，且BE＝DE，AB＝CD，∴BE＜AB，∴BE2+BG2≠AG2，故③錯誤；∵EH＝2HD，∴BE＝DE＝EH，在△BHE和△DCE中，，∴△BHE≌△DCE（AAS），∴EH＝CE，∴BE＝DE＝CE，∴BC＝CE+CE＝CE，∴S?ABCD＝BC?DE＝CE×CE＝CE2，故④正確，故選：B．7．（2021?河北）如圖1，?ABCD中，AD＞AB，∠ABC為銳角．要在對角線BD上找點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【分析】方案甲，連接AC，由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，OA＝OC，則NO＝OM，得四邊形ANCM為平行四邊形，方案甲正確；方案乙：證△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四邊形ANCM為平行四邊形，方案乙正確；方案丙：證△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，則∠ANM＝∠CMN，證出AN∥CM，得四邊形ANCM為平行四邊形，方案丙正確．【解答】解：方案甲中，連接AC，如圖所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，O為BD的中點，∴OB＝OD，OA＝OC，∵BN＝NO，OM＝MD，∴NO＝OM，∴四邊形ANCM為平行四邊形，方案甲正確；方案乙中：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABN＝∠CDM，∵AN⊥BD，CM⊥BD，∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，在△ABN和△CDM中，，∴△ABN≌△CDM（AAS），∴AN＝CM，又∵AN∥CM，∴四邊形ANCM為平行四邊形，方案乙正確；方案丙中：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABN＝∠CDM，∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，∴∠BAN＝∠DCM，在△ABN和△CDM中，，∴△ABN≌△CDM（ASA），∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，∴∠ANM＝∠CMN，∴AN∥CM，∴四邊形ANCM為平行四邊形，方案丙正確；故選：A．8．（2023春?魚臺縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等邊三角形，下列結(jié)論中：①AB⊥AC；②四邊形AEFD是平行四邊形；③∠DFE＝150°；④S四邊形AEFD＝8．錯誤的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】由AB2+AC2＝BC2，得出∠BAC＝90°，故①正確；再由SAS證得△ABC≌△DBF，得AC＝DF＝AE＝4，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB＝EF＝AD＝3，則四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；然后由平行四邊形的性質(zhì)得∠DFE＝∠DAE＝150°，則③正確；最后求出S?AEFD＝6，故④錯誤；即可得出答案．【解答】解：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，32+42＝52，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，故①正確；∵△ABD，△ACE都是等邊三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAE＝150°，∵△ABD和△FBC都是等邊三角形，∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC，在△ABC與△DBF中，，∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝4，同理可證：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝3，∴四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③正確；過A作AG⊥DF于G，如圖所示：則∠AGD＝90°，∵四邊形AEFD是平行四邊形，∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，∴AG＝AD＝，∴S?AEFD＝DF?AG＝4×＝6，故④錯誤；∴錯誤的個數(shù)是1個，故選：A．二．填空題（共9小題）9．（2021春?上城區(qū)校級期中）如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，且AD≠CD，過點O作OM⊥AC，交AD于點M．如果△CDM的周長為8，那么平行四邊形ABCD的周長是16．【分析】根據(jù)題意，OM垂直平分AC，所以MC＝MA，因此△CDM的周長＝AD+CD，可得平行四邊形ABCD的周長．【解答】解：∵ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵OM⊥AC，∴AM＝MC．∴△CDM的周長＝AD+CD＝8，∴平行四邊形ABCD的周長是2×8＝16．故答案為：16．10．（2020?河北模擬）如圖，點E、F分別在平行四邊形ABCD邊BC和AD上（E、F都不與兩端點重合），連接AE、DE、BF、CF，其中AE和BF交于點G，DE和CF交于點H，令＝n，＝m，若m＝n，則圖中有4個平行四邊形（不加別的輔助線）；若m+n＝1，且四邊形ABCD的面積為28，則四邊形FGEH的面積為7．【分析】根據(jù)平行四邊形性質(zhì)可得：AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，再由＝n，＝m，m＝n，可得AF＝EC，進而可得DF＝BE，可證明四邊形AECF、四邊形BEDF為平行四邊形，進而可證明四邊形EGFH是平行四邊形，故圖中有4個平行四邊形；由m+n＝1，可證明AF＝BE，DF＝CE，連接EF，即可得：四邊形ABEF、四邊形CDFE均為平行四邊形，故S四邊形FGEH＝S△BCF＝S四邊形ABCD＝7．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD∵＝n，＝m，m＝n，∴＝，∴AF＝EC∴AD﹣AF＝BC﹣EC即DF＝BE∴四邊形AECF、四邊形BEDF均為平行四邊形∴AE∥CF，BF∥DE∴四邊形EGFH是平行四邊形故圖中共有4個平行四邊形；∵＝n，＝m，m+n＝1，∴AF+EC＝BC＝AD∵AF+DF＝AD∴EC＝DF∴AF＝BE∴四邊形ABEF、四邊形CDFE均為平行四邊形∴BG＝FG，CH＝FH∴S△EFG＝S△BEF，S△EFH＝S△CEF，∴S四邊形FGEH＝S△EFG+S△EFH＝S△BEF+S△CEF＝S△BCF，∵S四邊形ABCD＝28∴S△BCF＝S四邊形ABCD＝28×＝14∴S四邊形FGEH＝S△BCF＝14×＝7故答案為：4；7．11．（2023秋?岱岳區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，AC＝10，BD＝12，點E、F分別是邊AD、BC的中點，連接EF，則EF的長是．【分析】取AB的中點G，連接EG、FG，根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式計算即可得解．【解答】解：如圖，取AB的中點G，連接EG、FG，∵E、F分別是邊AD、CB的中點，∴EG∥BD且EG＝BD＝×12＝6，F(xiàn)G∥AC且FG＝AC＝×10＝5，∵AC⊥BD，∴EG⊥FG，∴EF＝＝＝．故答案為：．12．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，∠C＝120°，AD＝2AB＝8，點H，G分別是邊CD，BC上的動點，連接AH，HG，點E為AH的中點，點F為GH的中點，連接EF，則EF的最大值與最小值的差為．【分析】取AD的中點M，連接CM、AG、AC，過點A作AN⊥BC于點N，證∠ACD＝90°，再由勾股定理和含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AC＝4、AN＝2，然后由三角形中位線定理得EF＝AG，進而求出AG的最大值和最小值即可．【解答】解：如圖：取AD的中點M，連接CM、AG、AC，過點A作AN⊥BC于點N，∴AM＝DM＝AD＝×8＝4，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BCD＝120°，AD＝2AB＝8，∴∠D＝180°﹣∠BCD＝60°，AB＝CD＝AD＝×8＝4，∴AM＝DM＝DC＝4，∴△CDM是等邊三角形，∴∠DMC＝∠MCD＝60°，AM＝MC，∴∠MAC＝∠MCA＝∠DMC＝×60°＝30°，∴∠ACD＝∠MCA+∠MCD＝30°+60°＝90°，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC＝＝＝4，在Rt△ACN中，∠ACN＝∠BCD﹣∠ACD＝120°﹣90°＝30°，∴AN＝AC＝×4＝2，∵AE＝EH，GF＝FH，∴EF是△AHG的中位線，∴EF＝AG，∵AG的最大值為AC的長，最小值為AN的長，∴AG的最大值為4，最小值為2，∴EF的最大值為2，最小值為，∴EF的最大值與最小值的差為2﹣＝，故答案為：．13．（2023秋?潮南區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，已知AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，點P是BC邊上一動點（點P不與B，C重合），連接AP，作點B關(guān)于直線AP的對稱點Q，則線段QC的最小值為．【分析】過點A作AH⊥BC于H，利用解直角三角形得AH＝AB?sin∠ABC＝2，BH＝AB?cos∠ABC＝2，CH＝BC﹣BH＝4，由勾股定理得AC＝2，再由AQ＝AB＝4，可得點Q在以A為圓心AB為半徑的⊙A上，即當(dāng)C、Q、A三點共線時QC最小，QC的最小值＝AC﹣AQ＝2﹣4．【解答】解：如圖3，過點A作AH⊥BC于H，連接AC，∵AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，則AH＝AB?sin∠ABC＝4sin60°＝2，BH＝AB?cos∠ABC＝4cos60°＝2，∴CH＝BC﹣BH＝6﹣2＝4，在Rt△ACH中，AC＝＝＝2，∵點B與點Q關(guān)于直線AP對稱，∴AQ＝AB＝4，∴點Q在以A為圓心AB為半徑的⊙A上，∴當(dāng)C、Q、A三點共線時QC最小，QC的最小值＝AC﹣AQ＝2﹣4，故答案為：．14．（2022秋?淄川區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝4.9，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，連接FE并延長，分別交BA，CD的延長線于點M，N，且∠BMF＝∠CNF，則CD的長為4.9．【分析】連接BD，取BD的中點G，連接EG、FG，根據(jù)E，G分別是AD，BD的中點，得到GE為△ABD的中位線，，同理得到GF為△BDC的中位線，，根據(jù)GE為△ABD的中位線，得到GE∥MB，推出∠GEF＝∠BMF，同理∠GFE＝∠CNF，結(jié)合∠BMF＝∠CNF，得到∠GEF＝∠GFE，GE＝GF，AB＝CD，結(jié)合AB＝4.9，即可求出CD的長．【解答】解：連接BD，取BD的中點G，連接EG、FG，∵E，G分別是AD，BD的中點，∴GE為△ABD的中位線，∴，∵F，G分別是BC，BD的中點，∴GF為△BDC的中位線，∴，∵GE為△ABD的中位線，∴GE∥MB，∴∠GEF＝∠BMF，∵GF為△BDC的中位線，∴GE∥CN，∴∠GFE＝∠CNF，又∵∠BMF＝∠CNF，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF，∴AB＝CD，∵AB＝4.9，∴CD＝AB＝4.9．故答案為：4.9．15．（2022春?海陵區(qū)校級期末）定義：作?ABCD的一組鄰角的角平分線，設(shè)交點為P，P與這組鄰角的公共邊組成的三角形為?ABCD的“伴侶三角形”，△PBC為平行四邊形的伴侶三角形．AB＝m，BC＝4，連接AP并延長交直線CD于點Q，若Q點落在線段CD上（包括端點C、D），則m的取值范圍2≤m≤4．【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠BPC＝90°，當(dāng)點Q與點C重合時，當(dāng)點Q與點D重合時，分別作圖，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出m的值，即可確定m的取值范圍．【解答】解：在平行四邊形ABCD中，∠ABC+∠BCD＝180°，∵BP平分∠ABC，PC平分∠BCD，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠BCD，∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠BCD）＝90°，∴∠BPC＝90°，當(dāng)點Q與點C重合時，如圖所示：∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠CBP，∵∠BPC＝90°，∴∠APB＝∠BPC＝90°，∵BP＝BP，∴△ABP≌△CBP（ASA），∴AB＝BC，∵BC＝4，∴m＝4，當(dāng)點Q與點D重合時，如圖所示：延長CP交BA的延長線于點K，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠CBP，∵∠BPC＝90°，∴∠KPB＝∠BPC＝90°，∵BP＝BP，∴△KBP≌△CBP（ASA），∴BK＝BC，KP＝CP，∵AB∥CD，∴∠K＝∠DCP，又∵∠KPA＝∠CPD，∴△KPA≌△CPD（ASA），∴CD＝AK，∵AB＝CD，∴BC＝2AB＝4，∴AB＝2，∴m＝2，綜上所述：當(dāng)點Q落在線段CD上時，m的取值范圍是2≤m≤4，故答案為：2≤m≤4．16．（2022春?河北區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，EF∥AD，GH∥AB，EF與GH交于點O，則圖中平行四邊形的個數(shù)是9．【分析】根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，∵AD∥EF，CD∥GH，∴AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，∴圖中平行四邊形有：?ABCD，?ABHG，?CDGH，?BCFE，?ADFE，?AGOE，?BEOH，?OFCH，?OGDF共9個．即共有9個平行四邊形．故答案為：9．17．（2023春?浙江期中）如圖，有一張平行四邊形紙條ABCD，AD＝5cm，AB＝2cm，∠A＝120°，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，DE＝1cm．現(xiàn)將四邊形CFED沿EF折疊，使點C，D分別落在點C′，D′上．當(dāng)點C′恰好落在邊AD上時，線段CF的長為cm．在點F從點B運動到點C的過程中，若邊FC'與邊AD交于點M，則點M相應(yīng)運動的路徑長為2.8﹣cm．【分析】當(dāng)點C′恰好落在邊AD上時，易得C′E＝C′F＝CF，過點E作EG⊥C′D′于點G，求出D′G，EG的長度，進而求出C′G的長度，勾股定理求出C′E的長度，即可得到CF的長；分別求出F與B重合時，AM的長，以及C′在AD上時，AM的長，作差即可得出點M相應(yīng)運動的路徑長．【解答】解：（1）當(dāng)點C′恰好落在邊AD上時，如圖：∵平行四邊形紙條ABCD，AD＝5cm，AB＝2cm，∠A＝120°，∴CD＝AB＝2cm，∠D＝60°，∠BCD＝120°，AD∥BC，∴∠CFE＝∠C′EF，∵折疊，∴C′D′＝CD＝2cm，DE＝D′E＝1cm，∠D′＝∠D＝60°，∠CFE＝∠C′FE，CF＝C′F，∴∠C′FE＝∠C′EF，∴C′E＝C′F＝CF，過點E作EG⊥C′D′于點G，則：∠EGD′＝∠C′GE＝90°，∴，∴，，∴，∴（厘米）；（2）當(dāng)點F與點B重合時，此時AM最短，如圖：∵，C′D′＝2，D′E＝1，∴D′E2+C′E2＝4＝D′C′2，∴∠C′ED′＝90°，∴∠EC′D′＝30°，∴∠MC′E＝∠BC′D′﹣∠EC′D′＝∠BCD﹣∠EC′D′＝90°，同（1）法可得：BM＝ME，設(shè)BM＝ME＝x，則：C′M＝BC′﹣BM＝BC﹣BM＝5﹣x，在Rt△MC′E中，ME2＝C′E2+C′M2，即：x2＝3+（5﹣x）2，解得：，∴，∴；當(dāng)點C′在AD上時，此時M與C′重合，AM最大，由（1）可知，，∴點M運動的路徑長為4﹣﹣＝（2.8﹣）（厘米）．故答案為：，．三．解答題（共5小題）18．（2023?蜀山區(qū)二模）如圖1，在四邊形ABCD中，已知AB＝BC＝CD，∠BAD和∠CDA均為銳角，點P是對角線BD上的一點，PQ∥BA交AD于點Q，PS∥BC交DC于點S，四邊形PQRS是平行四邊形．（1）當(dāng)點P與點B重合時，圖1變?yōu)閳D2，若∠ABD＝90°，求證：BR＝RD；（2）對于圖1，若四邊形PRDS也是平行四邊形，此時，你能推出四邊形ABCD還應(yīng)滿足什么條件？【分析】（1）可先證CR⊥BD，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)，求得∠BCR＝∠DCR，進而求得∠BAR＝∠DCR，又有AB＝CR，AR＝BC＝CD，可證△ABR≌△CRD；（2）由PS∥BC，PS∥RD知，點R在QD上，故BC∥AD．又由AB＝CD知∠A＝∠CDA因為SR∥PQ∥BA，所以∠SRD＝∠A＝∠CDA，從而SR＝SD．由PS∥BC及BC＝CD知SP＝SD．而SP＝DR，所以SR＝SD＝RD故∠CDA＝60度．因此四邊形ABCD還應(yīng)滿足BC∥AD，∠CDA＝60°【解答】（1）證明：∵∠ABD＝90°，AB∥RC，∴CR⊥BD．∵BC＝CD，∴∠BCR＝∠DCR．∵四邊形ABCR是平行四邊形，∴∠BCR＝∠BAR．∴∠BAR＝∠DCR．又∵AB＝CR，AR＝BC＝CD，∴△ABR≌△CRD（SAS）．（2）解：由PS∥QR，PS∥RD（四邊形PRDS為平行四邊形）知，點R在QD上，又∵PS∥BC，PS∥RD，故BC∥AD．又由AB＝CD知∠A＝∠CDA，因為SR∥PQ∥BA，所以∠SRD＝∠A＝∠CDA，∵從而SR＝SD，由PS∥BC，∴△DCB∽△DSP，∵BC＝CD，∴SP＝SD．∵SP＝DR，所以SR＝SD＝RD，故∠CDA＝60°．因此四邊形ABCD還應(yīng)滿足BC∥AD，∠CDA＝60°．（注：若推出的條件為BC∥AD，∠BAD＝60°或BC∥AD，∠BCD＝120°等亦可）．19．（2023秋?寧陽縣期末）如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD的角平分線AE交CD于點F，交BC的延長線于點E．（1）求證：BE＝CD；（2）若BF恰好平分∠ABE，連接AC、DE，求證：四邊形ACED是平行四邊形；（3）若BF⊥AE，∠BEA＝60°，AB＝4，求平行四邊形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD∥BC，AB＝CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠DAE＝∠AEB，根據(jù)角平分線的定義得出∠BAE＝∠DAE，證明∠BAE＝∠AEB，得出BE＝AB，即可證明結(jié)論；（2）證明△ADF≌△ECF（ASA），得出DF＝CF，根據(jù)AF＝EF，即可證明結(jié)論；（3）證明△ABE是等邊三角形，得出AB＝AE＝4，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)勾股定理得出，證明△ADF≌△ECF，根據(jù)平行四邊形ABCD的面積＝△ABE的面積求出結(jié)果即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB＝CD，∴∠DAE＝∠AEB，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴BE＝AB，∴BE＝CD；（2）證明：由（1）知BE＝AB，∵BF平分∠ABE，∴AF＝EF，在△ADF和△ECF中，，∴△ADF≌△ECF（ASA），∴DF＝CF，又∵AF＝EF，∴四邊形ACED是平行四邊形；（3）解：由（1）知BE＝AB，又∵∠BEA＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴AB＝AE＝4，∵BF⊥AE，∴，在Rt△ABF中，由勾股定理得，，∵∠DAE＝∠AEB，AF＝EF，∠AFD＝∠CFE，∴△ADF≌△ECF，∴平行四邊形ABCD的面積＝△ABE的面積＝．20．（2023秋?杜爾伯特縣期末）在?ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，DC上的點且AE＝CF，連接DE，BF，AF．（1）求證：四邊形DEBF是平行四邊形；（2）若∠DAF＝∠BAF，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的長．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠A＝∠C，AD＝CB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義得到∠DAF＝∠AFD，求得AD＝DF，根據(jù)勾股定理的逆定理和勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，AD＝CB，在△DAE和△BCF中，，∴△DAE≌△BCF（SAS），∴DE＝BF，∵AB＝CD，AE＝CF，∴AB﹣AE＝CD﹣CF，即DF＝BE，∵DE＝BF，BE＝DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形；（2）解：∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAF，∵AF平分∠DAB，∴∠DAF＝∠BAF，∴∠DAF＝∠AFD，∴AD＝DF，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴DF＝BE＝5，BF＝DE＝4，∴AD＝5，∵AE＝3，DE＝4，∴AE2+DE2＝AD2，∴∠AED＝90°，∵DE∥BF，∴∠ABF＝∠AED＝90°，∴AF＝＝＝4．21．（2023春?浙江期中）已知在平行四邊形ABCD中，E是邊AD的中點，F(xiàn)是邊AB上一動點．（1）如圖1，連接FE并延長交CD的延長線于點G，求證：E是FG的中點；（2）如圖2，若CF⊥AB，AD＝2AB，求證：∠DEF＝3∠AFE；（3）如圖3，若CF⊥AB，AD＝2AB＝4，∠B＝60°時，K是射線CD上一個動點，將EK逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到EM，連接FM，求FM的最小值．【分析】（1）證明△AEF≌△DEG（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可得證；（2）由平行四邊形的性質(zhì)及已知得∠CFB＝∠FCG＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得CE＝EG，由AD＝2AB得ED＝CD，再由等邊對等角及三角形外角的定義即可得證；（3）由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得當(dāng)CF⊥AB，AD＝2AB＝4，∠B＝60°時，點F與點A重合，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得M的運動軌跡為射線M'M''，過點A作M'M''的垂線交M'M''的延長線于點M，延長AD交M'M''的延長線于點I，由垂線段最短可得FM的值最小即為AM，利用直角三角形的性質(zhì)及勾股定理求解即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠AFE＝∠G，∠A＝∠ADG，∵E是邊AD的中點，∴AE＝ED，∴△AEF≌△DEG（AAS），∴EF＝EG，∴點E是FG的中點；（2）證明：如圖，延長FE交CD的延長線于點G，連接CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，CF⊥AB，∴AB∥CD，∴∠CFB＝∠FCG＝90°，由（1）知點E是FG的中點，∴CE＝EG，∴∠G＝∠ECG，∴∠FEC＝∠G+∠ECG＝2∠G，∵AD＝2AB，∴，∴∠DEC＝∠ECD，∴∠DEF＝∠FEC+∠DEC＝3∠G，∵∠AFE＝∠G，∴∠DEF＝3∠AFE；（3）解：當(dāng)CF⊥AB，AD＝2AB＝4，∠B＝60°時，∴∠FCB＝90°﹣60°＝30°，∴，∴此時點F與點A重合，當(dāng)點K與C、D兩點重合時，EK逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得M'，M''，∴M的運動軌跡為射線M'M''，如圖