中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)易錯點練習(xí)05四邊形（解析版）

易錯點05四邊形多邊形的內(nèi)角與外角多邊形內(nèi)角與外角（1）多邊形內(nèi)角和定理：（n-2）?180°（n≥3且n為整數(shù)）此公式推導(dǎo)的基本方法是從n邊形的一個頂點出發(fā)引出（n-3）條對角線，將n邊形分割為（n-2）個三角形，這（n-2）個三角形的所有內(nèi)角之和正好是n邊形的內(nèi)角和．除此方法之和還有其他幾種方法，但這些方法的基本思想是一樣的．即將多邊形轉(zhuǎn)化為三角形，這也是研究多邊形問題常用的方法．（2）多邊形的外角和等于360°．多邊形的外角和指每個頂點處取一個外角，則n邊形取n個外角，無論邊數(shù)是幾，其外角和永遠(yuǎn)為360°．1．（2022秋?烏魯木齊期末）一個多邊形的內(nèi)角和為720°，則從這多邊形的一個頂點最多可以引出幾條對角線？（）A．3條 B．4條 C．5條 D．2條【分析】先根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式求出邊數(shù)，再求解．【解答】解：設(shè)多邊形的邊數(shù)x，則180（x﹣2）＝720，解得：x＝6，x﹣3＝3，故答案為：A．2．（2022秋?船營區(qū)校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝45°．直線EF分別與邊AD，AB分別相交于點E，F(xiàn)，則∠1+∠2的度數(shù)為（）A．245° B．225° C．145° D．135°【分析】先利用三角形內(nèi)角和定理求出∠AEF+∠AFE＝135°，然后再利用平角定義，進行計算可解答．【解答】解：∵∠A＝45°，∴∠AEF+∠AFE＝180°﹣∠A＝135°，∵∠AEF+∠1＝180°，∠AFE+∠2＝360°，∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AEF+∠AFE）＝360°﹣135°＝225°，故選：B．3．（2022秋?東昌府區(qū)校級期末）如圖，把△ABC紙片沿DE折疊，當(dāng)點A落在四邊形BCDE內(nèi)部時，則∠A與∠1+∠2之間有一種數(shù)量關(guān)系始終保持不變，這個關(guān)系是（）A．2∠A＝∠1+∠2 B．3∠A＝2∠1+∠2 C．∠A＝∠1+∠2 D．3∠A＝2∠1+2∠2【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和為180°以及四邊形的內(nèi)角和為360°得到幾個角之間的等量關(guān)系，整理化簡即可得到所求角之間的關(guān)系．【解答】解：在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°①；在△ADE中，∠A+∠ADE+∠AED＝180°②；在四邊形BCDE中，∠B+∠C+∠1+∠2+∠ADE+∠AED＝360°③；∴①+②﹣③得2∠A＝∠1+∠2．故選：A．4．（2022秋?榮昌區(qū)期末）如圖，一張長方形紙片ABCD，它的四個內(nèi)角都是直角，將其沿BD折疊后，點C落在點E處，BE交AD于點F，再將DE沿DF折疊后，點E落在點G處，若DG剛好平分∠ADB，那么∠DBF的度數(shù)是（）A．30° B．36° C．45° D．50°【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，由角平分線的定義可得∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，∠BDE＝3∠GDF，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)及角的運算可得答案．【解答】解：由折疊可知，∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，∵DG平分∠ADB，∴∠BDG＝∠GDF，∴∠EDF＝∠BDG，∴∠BDE＝∠EDF+∠GDF+∠BDG＝3∠GDF，∴∠BDC＝∠BDE＝3∠GDF，∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，∵∠BDC+∠BDA＝90°＝3∠GDF+2∠GDF＝5∠GDF，∴∠GDF＝18°，∴∠BDE＝3∠GDF＝3×18°＝54°，∴∠DBF＝90﹣∠BDE＝90°﹣54°＝36°．故選：B．5．（2022秋?通州區(qū)期末）如圖1，作∠BPC平分線的反向延長線PA，現(xiàn)要分別以∠APB，∠APC，∠BPC為內(nèi)角作正多邊形，且邊長均為1，將作出的三個正多邊形填充不同花紋后成為一個圖案．例如，若以∠BPC；90°為內(nèi)角，可作出一個邊長為1的正方形，此時∠BPC＝90°，而＝45°是360°（多邊形外角和）的，這樣就恰好可作出兩個邊長均為1的正八邊形，填充花紋后得到一個符合要求的圖案，如圖2所示．圖2中的圖案外輪廓周長是14．在所有符合要求的圖案中選一個外輪廓周長最大的定為會標(biāo)，則會標(biāo)的外輪廓周長是（）A．16 B．19 C．21 D．28【分析】設(shè)∠BPC＝2x，先表示中間正多邊形的邊數(shù)：外角為180°﹣2x，根據(jù)外角和可得邊數(shù)＝，同理可得兩邊正多邊形的外角為x，可得邊數(shù)為，計算其周長可得結(jié)論．【解答】解：設(shè)∠BPC＝2x，∴以∠BPC為內(nèi)角的正多邊形的邊數(shù)為：＝，以∠APB為內(nèi)角的正多邊形的邊數(shù)為：，∴圖案外輪廓周長是：﹣2+﹣2+﹣2＝+﹣6，根據(jù)題意可知：2x的值只能為60°，90°，120°，144°，∴當(dāng)x＝30時，周長最大，此時圖案定為會標(biāo)，則會標(biāo)的外輪廓周長是：+﹣6＝21，故選：C．02平行四邊形的性質(zhì)與判定1.平行四邊形的性質(zhì)（1）平行四邊形的概念：有兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．（2）平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．（3）平行線間的距離處處相等．（4）平行四邊形的面積：①平行四邊形的面積等于它的底和這個底上的高的積．②同底（等底）同高（等高）的平行四邊形面積相等．2.平行四邊形的判定（1）兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．符號語言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四邊行ABCD是平行四邊形．（2）兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形．符號語言：∵AB=DC，AD=BC∴四邊行ABCD是平行四邊形．（3）一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．符號語言：∵AB∥DC，AB=DC∴四邊行ABCD是平行四邊形．（4）兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形．符號語言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四邊行ABCD是平行四邊形．（5）對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．符號語言：∵OA=OC，OB=OD∴四邊行ABCD是平行四邊形．1．（2022秋?萊陽市期末）如圖，在?ABCD中，BF平分∠ABC交AD于點F，CE平分∠BCD交AD于點E，若AB＝6，AD＝8，則EF的長度為（）A．4 B．5 C．6 D．7【分析】先證明AB＝AE＝3，DC＝DF，再根據(jù)EF＝AF+DE﹣AD即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD＝3，BC＝AD，AD∥BC，∵BF平分∠ABC交AD于E，CE平分∠BCD交AD于F，∴∠ABF＝∠CBF＝∠AFB，∠BCE＝∠DCE＝∠CED，∴AB＝AF＝6，DC＝DE＝6，∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣AD＝4．故選：A．2．（2022秋?任城區(qū)期末）已知，在平行四邊形ABCD中，∠A的平分線分BC成4cm和3cm兩條線段，則平行四邊形ABCD的周長為（）cm．A．11 B．22 C．20 D．20或22【分析】設(shè)∠A的平分線交BC于點E，可證明AB＝EB，再分兩種情況討論，一是EB＝4cm，EC＝3cm，則AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm；二是EB＝3cm，EC＝4cm時，則AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，分別求出平行四邊形ABCD的周長即可．【解答】解：設(shè)∠A的平分線交BC于點E，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC∥AD，∴∠BEA＝∠DAE，∵∠BAE＝∠DAE，∴∠BEA＝∠BAE，∴AB＝EB，當(dāng)EB＝4cm，EC＝3cm時，如圖1，則AB＝EB＝4cm，BC＝EB+EC＝7cm，∴2AB+2BC＝2×4+2×7＝22（cm）；當(dāng)EB＝3cm，EC＝4cm時，如圖2，則AB＝EB＝3cm，BC＝EB+EC＝7cm，∴2AB+2BC＝2×3+2×7＝20（cm），∴平行四邊形ABCD的周長為22cm或20cm，故選：D．3．（2022秋?張店區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，AD＝BD，∠ADC＝105°，點E在AD上，∠EBA＝60°，則的值是（）A． B． C． D．【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可求∠ADB＝30°，由直角三角形的性質(zhì)可求DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，即可求解．【解答】解：如圖，過點B作BH⊥AD于H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ADC+∠DAB＝180°，∵∠ADC＝105°，∴∠DAB＝75°，∵AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA＝75°，∴∠BDA＝30°，∴BD＝2BH＝AD，DH＝BH，∴AH＝2BH﹣BH，∵∠EBA＝60°，∴∠BEA＝180°﹣∠DAB﹣∠ABE＝45°，∴∠EBH＝45°＝∠BEH，∴BH＝EH，∴DE＝BH﹣BH，AE＝3BH﹣BH，∴＝，故選：D．4．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)是對角線BD上兩個點，且BE＝DF．（1）求證：AE＝CF；（2）若AD＝AE，∠DFC＝140°，求∠DAE的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)證明即可；（2）由（1）中全等三角形的對應(yīng)角相等推知：∠AEB＝∠DFC＝140°，則∠DEA＝40°；然后根據(jù)等腰△ADE的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求解即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝DC，∴∠ABE＝∠CDF，又∵BE＝DF，在△ABE與△CDF中，∴△ABE≌△CDF（SAS）∴AE＝CF；（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，則∠AEB＝∠DFC＝140°．∴∠DEA＝40°．∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠DEA＝40°．∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝100°．5．（2022秋?綏中縣校級期末）如圖，在?ABCD中，∠BAD，∠ADC的平分線AF，DE分別與線段BC交于點F，E，AF與DE交于點G．（1）求證：AF⊥DE，BF＝CE．（2）若AD＝10，AB＝6，AF＝8，求DE的長度．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到∠BAD+∠ADC＝180°；然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)推知∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°，即∠AGD＝90°．證得∠BAF＝∠AFB，由等腰三角形的判定可得出AB＝BF，同理可得CD＝CE，則可得出結(jié)論；（2）過點C作CK∥AF交AD于K，交DE于點I，證明四邊形AFCK是平行四邊形，∠AGD＝∠KID＝90°，得出AF＝CK＝8，由勾股定理求出DI，則可得出答案．【解答】（1）證明：在平行四邊形ABCD中，AB∥DC，∴∠BAD+∠ADC＝180°．∵AE，DF分別是∠BAD，∠ADC的平分線，∴∠DAE＝∠BAE＝∠BAD，∠ADF＝∠CDF＝∠ADC．∴∠DAE+∠ADF＝∠BAD+∠ADC＝90°．∴∠AGD＝90°．∴AE⊥DF．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB＝CD，∴∠DAF＝∠AFB，又∵∠DAF＝∠BAF，∴∠BAF＝∠AFB，∴AB＝BF，同理可得CD＝CE，∴BF＝CE；（2）解：過點C作CK∥AF交AD于K，交DE于點I，∵AK∥FC，AF∥CK，∴四邊形AFCK是平行四邊形，∠AGD＝∠KID＝90°，∴AF＝CK＝8，∵∠KDI+∠DKI＝90°，∠DIC+∠DCI＝90°，∠IDK＝∠IDC，∴∠DKI＝∠DCI，∴DK＝DC＝6，∴KI＝CI＝4，∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠DEC＝∠CDE，∴CE＝CD，∵CI⊥DE，∴EI＝DI，∵DI＝＝＝2，∴DE＝2DI＝4．6．（2023?市南區(qū)校級一模）如圖，在?ABCD中，O是對角線AC、BD的交點，延長邊CD到點F，使DF＝DC，過點F作EF∥AC，連接OF、EC．（1）求證△ODC≌△EDF．（2）連接AF，已知②．（從以下兩個條件中選擇一個作為已知，填寫序號），請判斷四邊形OCEF的形狀，并證明你的結(jié)論．條件①：AF＝FC且AC＝2DC；條件②：OD＝DC且∠BEC＝45°．【分析】（1）由DF＝DC，EF∥AC，可以證明△ODC≌△EDF；（2）由△ODC≌△EDF推出四邊形OCEF是平行四邊形，再由OD＝DC證明四邊形OCEF是矩形，最后由∠BEC＝45°即可證明四邊形OCEF是正方形．【解答】（1）證明：∵EF∥AC，∴∠EFC＝∠DCO，∠FED＝∠DOC，∵DF＝DC，∴△ODC≌△EDF（AAS）；（2）選擇②，四邊形OCEF是正方形，證明：∵△ODC≌△EDF（AAS），∴OD＝DE，CD＝DF，∴四邊形OCEF是平行四邊形，∵OD＝DC，∴OD＝DE＝CD＝DF，∴四邊形OCEF是矩形，∵∠BEC＝45°，∴∠EOC＝45°，∴∠OEC＝∠EOC，∴OC＝CE，∴四邊形OCEF是正方形，7．（2022秋?泰山區(qū)校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線AC、BD交于點O，且AO＝OC．（1）求證：①△AOE≌△COF；②四邊形ABCD為平行四邊形；（2）過點O作EF⊥BD，交AD于點E，交BC于點F，連接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度數(shù)．【分析】（1）①由平行線的性質(zhì)得出∠OAD＝∠OCB，可證明△AOE≌△COF（ASA）；②證得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出結(jié)論；（2）由全等三角形的性質(zhì)得出OE＝OF，證出BE＝BF，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OBF＝∠OBE＝32°，求出∠ABC＝116°，則可得出答案．【解答】（1）①證明：∵AD∥BC，∴∠OAD＝∠OCB，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA）；②同理可證△AOD≌△COB，∴AD＝CB，又∵AD∥BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形；（2）解：∵△AOE≌△COF，∴OE＝OF，∵EF⊥BD，∴BE＝BF，∴∠OBF＝∠OBE＝32°，∴∠EBF＝64°，∵AD∥BC，∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°．8．（2022秋?招遠(yuǎn)市期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，E為AD上的一點，連接EB并延長，使BF＝BE，連接EC并延長，使CG＝CE，連接FG．H為FG的中點，連接DH．（1）求證：四邊形AFHD為平行四邊形；（2）若CB＝CE，∠BAE＝80°，∠DCE＝30°，求∠CBE的度數(shù)．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出AD＝BC，AD∥BC；證明BC是△EFG的中位線，得出BC∥FG，BC＝FG，證出AD∥FH，AD＝FH，由平行四邊形的判定方法即可得出結(jié)論；（2）由平行四邊形的性質(zhì)得出∠BCE＝50°，再由等腰三角形的性質(zhì)得出∠CBE＝∠CEB，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)果．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，∵BF＝BE，CG＝CE，∴BC是△EFG的中位線，∴BC∥FG，BC＝FG，∵H為FG的中點，∴FH＝FG，∴BC∥FH，BC＝FH，∴AD∥FH，AD＝FH，∴四邊形AFHD是平行四邊形；（2）解：∵∠BAE＝80°，∴∠BCD＝80°，∵∠DCE＝30°，∴∠BCE＝80°﹣30°＝50°，∵CB＝CE，∴∠CBE＝∠CEB＝（180°﹣50°）＝65°．03矩形的性質(zhì)與判定1.矩形的性質(zhì)（1）矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形．（2）矩形的性質(zhì)①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．（3）由矩形的性質(zhì)，可以得到直角三角形的一個重要性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．2.矩形的判定（1）矩形的判定：①矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形；②有三個角是直角的四邊形是矩形；③對角線相等的平行四邊形是矩形（或“對角線互相平分且相等的四邊形是矩形”）（2）①證明一個四邊形是矩形，若題設(shè)條件與這個四邊形的對角線有關(guān)，通常證這個四邊形的對角線相等．②題設(shè)中出現(xiàn)多個直角或垂直時，常采用“三個角是直角的四邊形是矩形”來判定矩形．1．（2022秋?吉安縣月考）下列說法正確的是（）A．對角線相等的四邊形是矩形 B．矩形的對角線相等且互相平分 C．對角線互相垂直的四邊形是菱形 D．一組對邊相等，另一組對邊平行的四邊形是平行四邊形【分析】利用平行四邊形的判定，矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定依次判斷可求解．【解答】解：A、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項A不符合題意；B、矩形的對角線相等且互相平分，故選項B符合題意；C、對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故選項C不符合題意；D、一組對邊相等且平行的四邊形是平行四邊形，故選項D不符合題意；故選：B．2．（2022春?關(guān)嶺縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動點，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點，則AM的最小值是（）A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2【分析】AM＝EF＝AP，所以當(dāng)AP最小時，AM最小，根據(jù)垂線段最短解答．【解答】解：由題意知，四邊形AFPE是矩形，∵點M是矩形對角線EF的中點，則延長AM應(yīng)過點P，∴當(dāng)AP為直角三角形ABC的斜邊上的高時，即AP⊥BC時，AM有最小值，此時AM＝AP，由勾股定理知BC＝＝5，∵S△ABC＝AB?AC＝BC?AP，∴AP＝，∴AM＝AP＝＝1.2，故選：D．3．（2022春?安新縣期末）如圖，在矩形COED中，點D的坐標(biāo)是（1，3），則CE的長是（）A．3 B． C． D．4【分析】根據(jù)勾股定理求得OD＝，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)得出CE＝OD＝．【解答】解：∵四邊形COED是矩形，∴CE＝OD，∵點D的坐標(biāo)是（1，3），∴OD＝＝，∴CE＝，故選：C．4．（2022?陜西模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，AE⊥BD于E，則EC＝（）A． B． C． D．【分析】作EF⊥BC于F，構(gòu)造Rt△CFE中和Rt△BEF，由已知條件AB＝，BC＝3，可求得∠ADB＝30°，所以Rt△CFE和Rt△BEF都可解，從而求出BE，BF的長，再求出CF的長，在Rt△CFE中利用勾股定理可求出EC的長．【解答】解：作EF⊥BC于F，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝3，AB＝CD＝，∠BAD＝90°．∴tan∠ADB＝＝，∴∠ADB＝30°，∴∠ABE＝60°，∴在Rt△ABE中cos∠ABE＝＝＝，∴BE＝，∴在Rt△BEF中，cos∠FBE＝＝＝，∴BF＝，∴EF＝＝，∴CF＝3﹣＝，在Rt△CFE中，CE＝＝．故選：D．5．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，CF＝AE，連接AF，BF．（1）求證：四邊形BFDE是矩形．（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分線，若AD＝6，則?ABCD的面積為27．【分析】（1）先證四邊形BFDE是平行四邊形，再由DE⊥AB，可得結(jié)論；（2）由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AE＝AD＝2，DE＝AE＝2，再由矩形的性質(zhì)得BF＝DE＝2，∠ABF＝90°，然后求出AB＝BF＝6，即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB，DC＝AB，∵CF＝AE，∴CD﹣CF＝AB﹣AE，∴DF＝BE且DC∥AB，∴四邊形BFDE是平行四邊形，又∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴平行四邊形BFDE是矩形；（2）解：∵∠DAB＝60°，AD＝6，DE⊥AB，∴∠ADE＝30°，∴AE＝AD＝3，DE＝AE＝3，由（1）得：四邊形DFBE是矩形，∴BF＝DE＝3，∠ABF＝90°，∵AF平分∠DAB，∴∠FAB＝∠DAB＝30°，∴AB＝BF＝×3＝9，∴?ABCD的面積＝AB×DE＝9×3＝27．故答案為：27．6．（2022秋?綠園區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．（1）求證：四邊形AECF是矩形；（2）連接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，則平行四邊形ABCD的面積為27．【分析】（1）根據(jù)已知條件先證明四邊形AECF為平行四邊形，再根據(jù)∠AEC＝90°即可得證；（2）由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，則∠BAE＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF進而即可求得AD即可得到答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD，BC∥AD，又∵BE＝DF，∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，∵EC∥AF，EC＝AF，∴四邊形AECF為平行四邊形，又∵∠AEC＝90°，∴平行四邊形AECF是矩形．（2）解：∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠FBC，∵BC∥AD，∴∠AFB＝∠FBC，∴∠AFB＝∠ABF，∴AF＝AB＝6，在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，∴∠BAE＝30°∴，∴FD＝BE＝3，∴AD＝AF+FD＝9，∴，故答案為；．7．（2022秋?皇姑區(qū)校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC和BD交于點O，分別過點C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于點E．（1）求證：四邊形ODEC是矩形；（2）連接AE，交CD于點F，當(dāng)∠ADB＝60°，AD＝2時，直接寫出EA的長．【分析】（1）先證四邊形ODEC是平行四邊形，然后根據(jù)菱形的對角線互相垂直，得到∠DOC＝90°，根據(jù)矩形的定義即可判定四邊形ODEC是矩形．（2）根據(jù)含30度角直角三角形的性質(zhì)、勾股定理來求EA的長度即可．【解答】（1）證明：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四邊形ODEC是平行四邊形．又∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，∴∠DOC＝90°．∴四邊形ODEC是矩形．（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，∴∠OAD＝30°，∴OD＝AD＝，AO＝3，∴AC＝6，EC＝，∴AE＝．8．（2022?東寶區(qū)校級模擬）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝8，BC＝x．連接對角線AC，BD交于點O．過點O作CD的平行線分別交AD，BC于點E，F(xiàn)，連接EC，∠EFC＝90°．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）求tan∠AOE的值（用含x的式子表示）．【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形得AB∥CD，而EF∥CD，所以AB∥EF，則∠ABC＝∠EFC＝90°，即可根據(jù)矩形的定義證明四邊形ABCD是矩形；（2）由矩形的性質(zhì)得CO＝AO，由平行線分線段成比例定理得＝＝1，則CF＝BF＝x，OF＝AB＝4，所以tan∠AOE＝tan∠COF＝＝x．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∵EF∥CD，∴AB∥EF，∴∠ABC＝∠EFC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝8，BC＝x，∴CO＝AO，∵OF∥AB，∴＝＝1，∴CF＝BF＝BC＝x，∴OF＝AB＝×8＝4，∵∠OFC＝90°，∴tan∠COF＝＝＝x，∵∠COF＝∠AOE，∴tan∠AOE＝x，∴tan∠AOE的值為x．04菱形的性質(zhì)與判定1.菱形的性質(zhì)（1）菱形的性質(zhì)①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．（2）菱形的面積計算①利用平行四邊形的面積公式．②菱形面積=1/2ab．（a、b是兩條對角線的長度）2.菱形的判定①菱形定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等=菱形）；②四條邊都相等的四邊形是菱形．幾何語言：∵AB=BC=CD=DA∴四邊形ABCD是菱形；③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．幾何語言：∵AC⊥BD，四邊形ABCD是平行四邊形∴平行四邊形ABCD是菱形1．（2022秋?包頭期末）如圖，某同學(xué)剪了兩條寬均為的紙條，交叉疊放在一起，且它們的交角為60°，則它們重疊部分的面積為（）A．3 B．2 C．3 D．6【分析】過A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，則AE＝AF＝，先證四邊形ABCD是平行四邊形，再證BC＝CD，則平行四邊形ABCD是菱形，得AB＝BC，然后由銳角三角函數(shù)定義求出AB＝2，即可解決問題．【解答】解：過A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，則AE＝AF＝，∠AEB＝90°，∵AD∥BC，AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABE＝∠ADF＝60°，S平行四邊形ABCD＝BC?AE＝CD?AF，∴BC＝CD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵sin∠ABE＝＝sin60°＝，∴AB＝＝＝2，∴BC＝2，∴S菱形ABCD＝BC?AE＝2×＝2，故選：B．2．（2022秋?李滄區(qū)期中）如圖，兩張等寬的紙條交叉疊放在一起，重合部分構(gòu)成一個四邊形ABCD，在其中一張紙條轉(zhuǎn)動的過程中，下列結(jié)論一定成立的是（）A．AD＝CD B．四邊形ABCD面積不變 C．AC＝BD D．四邊形ABCD周長不變【分析】設(shè)兩張等寬的紙條的寬為h，由條件可知AB∥CD，AD∥BC，可證明四邊形ABCD為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的面積公式得到AB＝BC，根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．【解答】解：設(shè)兩張等寬的紙條的寬為h，∵紙條的對邊平行，∴AD∥BC，AB∥DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．又∵S?ABCD＝BC?h＝AB?h，∴BC＝AB，∴四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD．故選：A．3．（2022春?南崗區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD中，AC與BD交于點O，CD＝2OB，E為CD延長線上一點，使得DE＝CD，連結(jié)BE，分別交AC、AD于點F、G，連結(jié)OG，AE，則下列結(jié)論：①∠ABC＝120°；②；③四邊形ODEG與四邊形OBAG的面積相等；④由點A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形．其中正確的結(jié)論個數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，求出BC＝DC＝BD，根據(jù)等邊三角形的判定得出△BDC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠BCD＝60°，求出∠ABC＝120°，求出∠BAG＝∠EDG，AB＝DE，根據(jù)全等三角形的判定得出△ABG≌△DEG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出AG＝DG，BG＝GE，求出OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之間的距離＝OG到DE之間的距離（設(shè)距離為h），求出四邊形ODEG與四邊形OBAG的面積相等，根據(jù)菱形的判定求出四邊形ABDE是菱形即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，∵CD＝2OB，∴BC＝DC＝BD，∴△BDC是等邊三角形，∴∠BCD＝60°，∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠ABC＝120°，故①正確；∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠EDG，∵AB＝CD，CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，BG＝GE，∵BO＝DO，AB∥DE，∴OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之間的距離＝OG到DE之間的距離（設(shè)距離為h），∵四邊形ODEG的面積S＝（DE+OG）h，四邊形OBAG的面積S′＝（AB+OG）h，AB＝DE，∴四邊形ODEG與四邊形OBAG的面積相等，故②正確，③正確；∵AG＝DG，BG＝GE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵DE＝CD＝BD，∴四邊形ABDE是菱形，故④正確；即正確的個數(shù)是4，故選：A．4．（2022?龍巖模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，將位于第三象限的點A（α，b）和位于第二象限的點B（m，b+1）先向下平移1個單位，再向右平移h個單位得到點C和點D，連接AD，過點B作AD的垂線l，在l上任取一點E，連接DE，則DE的最小值為2．下列幾個結(jié)論：①直線l與y軸平行；②h＝2；③四邊形ACDB是菱形；④若點F（S，t）是直線BD上的點，則s+2t＝m+2b+2．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由平移可得：C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），推出AD∥x軸．再由1⊥AD，x軸⊥y軸，可得出直線l∥y軸，即可判斷①；根據(jù)垂線段最短，由DE的最小值為2，可得點E與點P重合，可得出h＝2，即可判斷②；由平移可得出四邊形ACDB是平行四邊形，即可判斷③；利用待定系數(shù)法可得直線BD的解析式為y＝x+b+1+m，再由點F（s，t）是直線BD上的點，即可判斷④．【解答】解：如圖，設(shè)直線l交AD于點P，∵A（a，b），B（m，b+1）（a≠m+1）兩點同時向右平移h（h＞0）個單位，再向下平移1個單位得到C，D兩點（點A對應(yīng)點C），一個點向右平移h個單位，則該點的橫坐標(biāo)加h；一個點向下平移1個單位，則該點的縱坐標(biāo)減1，∴C（a+h，b﹣1），D（m+h，b），∵此時點A和點D的縱坐標(biāo)相同，∴AD∥x軸．∵AD∥x軸，1⊥AD，x軸⊥y軸，∴直線l∥y軸，故①正確；當(dāng)DE取最小值時，點E與點P重合，即P（m，b），∵DE的最小值為2，∴DP＝2，∴m+h﹣m＝2，即h＝2，故②正確；根據(jù)平移的性質(zhì)可知：AC＝BD，AC∥BD，∴四邊形ACDB是平行四邊形，故③錯誤；設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+d（k、d為常數(shù)，且k≠0），把B（m，b+1），D（m+2，b）分別代入，得：，解得：，∴直線BD的解析式為y＝x+b+1+m，∵點F（s，t）是直線BD上的點，∴t＝s+b+1+m，∴s+2t＝m+2b+2．故④正確，綜上所述，共有3個正確結(jié)論；故選：C．5．（2022秋?城關(guān)區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，DB＝DA，點F是AB的中點，連接DF并延長，交CB的延長線于點E，連接AE．（1）求證：四邊形AEBD是菱形；（2）若，求菱形AEBD的面積．【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四邊形AEBD是平行四邊形，再根據(jù)BD＝AD可得結(jié)論；（2）解直角三角形求出EF的長即可解決問題；【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CE，∴∠DAF＝∠EBF，∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，∴△AFD≌△BFE（ASA），∴AD＝EB，∵AD∥EB，∴四邊形AEBD是平行四邊形，∵BD＝AD，∴四邊形AEBD是菱形．（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DCB，∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3，∵四邊形AEBD是菱形，∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，∴tan∠ABE＝＝3，∵BF＝，∴EF＝，∴DE＝3，∴S菱形AEBD＝?AB?DE＝×3＝9．6．（2023?黔江區(qū)一模）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E是AD上一點，連接EO并延長，交BC于點F．連接AF，CE，EF平分∠AEC．（1）求證：四邊形AFCE是菱形；（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四邊形AFCE的面積．【分析】（1）由“AAS”證△AOE≌△COF，得OF＝OE，證出四邊形AFCE是平行四邊形，再證CE＝CF，即可得出結(jié)論；（2）由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出OE＝AO＝，則EF＝2OE＝2，由菱形面積公式即可得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，∵AO＝CO，∴四邊形AFCE是平行四邊形；∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，∴四邊形AFCE是菱形；（2）解：由（1）得：四邊形AFCE是菱形，∴AC⊥EF，AO＝CO＝AC＝1，∴∠AOE＝90°，∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，∴OE＝AO＝，∴EF＝2OE＝2，∴四邊形AFCE的面積＝AC×EF＝×2×2＝2．7．（2022秋?南崗區(qū)校級期中）在平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，過點O作EF⊥BD，交AD于點E，交BC于點F，連接BE、DF．（1）如圖1，求證：四邊形EBFD是菱形；（2）如圖2，∠ABC＝90°，AE＝EO，請直接寫出圖中的所有等邊三角形．【分析】（1）首先利用平行四邊形的性質(zhì)得出AO＝CO，∠AEO＝∠CFO，進而得出△AEO≌△CFO，再利用平行四邊形和菱形的判定得出即可；（2）根據(jù)等邊三角形的判定解答即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，∴∠EAO＝∠OCF，∠AEO＝∠OFC，∴△AEO≌△CFO，∴OE＝OF，∴四邊形EBDF是平行四邊形，∵EF⊥BD，∴四邊形EBFD是菱形，（2）解：在Rt△ABE和Rt△EOB中，∵AE＝OE，BE＝BE，∴Rt△ABE≌Rt△EOB（HL），∴AB＝OB，AO＝BO，∴△AOB是等邊三角形，同理可證明△COD是等邊三角形，∵AB＝AC，∴∠ACB＝30°，∴∠CBO＝30°，∵∠AEE＝∠OBE＝30°，∴∠CBO＝30°，∴∠EBF＝60°，∴∠BFO＝60°，∴△BEF是等邊三角形，同理可證明：△DEF是等邊三角形∴△AOB，△COD，△BEF，△DEF都是等邊三角形．8．（2022秋?綠園區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于點D，點E在線段BD上，點F在BD的延長線上，且DE＝DF，連接AE，CE，AF，CF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若BA⊥AF，BD＝6，BC＝3，則AE＝．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)得BD⊥AC，AD＝CD，再證四邊形AECF是平行四邊形，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論；（2）求出CD＝3，證明△ADB∽△FAD，由相似三角形的性質(zhì)得出，求出DF＝DE＝，由勾股定理可求出答案．【解答】（1）證明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD⊥AC，AD＝CD，∵DE＝DF，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵BD⊥AC，∴平行四邊形AECF是菱形；（2）解：∵BD＝6，BC＝3，∴CD＝＝3，∵四邊形AECF是菱形，∴AD＝CD＝3，DE＝DF，∵∠ABF＝∠ADB＝90°，∴∠BAD+∠DAF＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠DAF＝∠ABD，∴△ADB∽△FAD，∴，∴AD2＝BD?DF，∴DF＝，∴DE＝，∴AE＝＝＝．故答案為：．05正方形的性質(zhì)與判定1.正方形的性質(zhì)（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質(zhì)①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．2.正方形的判定正方形的判定方法：①先判定四邊形是矩形，再判定這個矩形有一組鄰邊相等；②先判定四邊形是菱形，再判定這個菱形有一個角為直角．③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進行判定．1．（2022秋?高州市月考）下列是關(guān)于某個四邊形的三個結(jié)論：①它的對角線互相垂直；②它是一個正方形；③它是一個菱形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③ C．由③推出①，由①推出③ D．由①推出③，由③推出②【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)進行判斷即可．【解答】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；菱形的對角線互相垂直，而對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形；正方形擁有菱形的一切性質(zhì)，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；故選：A．2．（2022春?丹江口市期末）如圖，四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，邊AB＝BC＝6，點E在AB邊上，∠DCE＝45°，DE＝5，則BE長為（）A．2 B．3 C．4 D．2或3【分析】過點C作CG⊥AD，交AD的延長線于點G，推出四邊形ABCG是正方形，得到∠BCG＝90°，BC＝CG延長AB到BH使BH＝DG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DE＝EH＝BE+DG，利用勾股定理求得BE的長．【解答】解：如圖：過點C作CG⊥AD，交AD的延長線于點G，∵AB＝BC＝6，∴四邊形ABCG是正方形，∴∠BCG＝90°，BC＝CG，∵∠DCE＝45°，∴∠DCG+∠BCE＝45°，延長AB到BH使BH＝DG，在△CDG與△CHB中，，∴△CDG≌△CHB（SAS），∴CH＝CD，∠BCH＝∠GCD，∴∠DCE＝∠HCE，在△CEH和△CED中，，∴△CEH≌△CED（SAS），∴DE＝EH＝BE+DG，設(shè)BE＝x，則BH＝DG＝5﹣x，AE＝AB﹣BE＝6﹣x，∴AD＝AG﹣DG＝6﹣（5﹣x）＝1+x，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2＝DE2，∴（1+x）2+（6﹣x）2＝52，解得x＝2或3．∴BE＝2或3．故選：D．3．（2022春?襄州區(qū)期末）如圖，點D，E，F(xiàn)分別是△ABC三邊的中點，則下列判斷：①四邊形AEDF一定是平行四邊形；②若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是正方形；③若AD⊥BC，則四邊形AEDF是菱形；④若∠BAC＝90°，則四邊形AEDF是矩形．正確的是（）A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④【分析】①由三角形的中位線定理可以判定結(jié)論正確；②利用AD平分∠A可以判定四邊形AEDF是菱形而非正方形，可得②的結(jié)論錯誤；③利用斜邊上的中線等于斜邊的一半可得出DE＝DF，從而得出四邊形AEDF是菱形；④∠A＝90°，則根據(jù)①的結(jié)論可得四邊形AEDF是矩形．【解答】解：①∵D是BC的中點，E是AB的中點，∴DE∥AC．∵D是BC的中點，F(xiàn)是AC的中點，∴DF∥AB．∴四邊形AEDF是平行四邊形．∴①正確；②如圖，由①知：AE∥DF，∴∠EAD＝∠ADF．若AD平分∠BAC，則∠EAD＝∠FAD．∴∠FAD＝∠ADF，∴AF＝FD，∵四邊形AEDF是平行四邊形，∴四邊形AEDF是菱形．∴②不正確；③如圖，若AD⊥BC，∵D是BC的中點，∴AD是BC的垂直平分線，∴AB＝AC．∵AD⊥BC，E是AB的中點，∴DE＝AB．同理：DF＝AC，∴DE＝DF．由①知：四邊形AEDF是平行四邊形，∴四邊形AEDF是菱形．∴③正確；④若∠A＝90°，如圖，由①知：四邊形AEDF是平行四邊形，∵∠A＝90°，∴四邊形AEDF是矩形，∴④正確；綜上可得，正確的結(jié)論有：①③④，故選：C．4．（2022春?臨沭縣期末）七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具，如圖，在正方形紙板ABCD中，BD為對角線，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，AP⊥EF分別交BD，EF于O，P兩點，M，N分別為BO，DO的中點，連接MP，NF，沿圖中實線剪開即可得到一副七巧板．則在剪開之前，關(guān)于該圖形，下列說法正確的有（）①圖中的三角形都是等腰直角三角形；②四邊形MPEB是菱形；③四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的；④四邊形OPFN是正方形．A．①②③ B．①③ C．①③④ D．②④【分析】①利用正方形的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)可以解決問題；②利用①的結(jié)論可以證明OM≠MP解決問題；③如圖，過M作MG⊥BC于G，設(shè)AB＝BC＝x，利用正方形的性質(zhì)與中位線的性質(zhì)分別求出BE和MG即可判定是否正確；④由正方形的判定可得出結(jié)論．【解答】解：①如圖，∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，∴EF為△CBD的中位線，∴EF∥BD，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∵四邊形ABCD為正方形，∴A、O、P、C在同一條直線上，∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，∵M，N分別為BO，DO的中點，∴MP∥BC，NF∥OC，∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．故①正確；②根據(jù)①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM∴四邊形MPEB不可能是菱形．故②錯誤；③∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，∴EF∥BD，EF＝BD，∵四邊形ABCD是正方形，且設(shè)AB＝BC＝x，∴BD＝x，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∴BO＝OD，∴點P在AC上，∴PE＝EF，∴PE＝BM，∴四邊形BMPE是平行四邊形，∴BO＝BD，∵M為BO的中點，∴BM＝BD＝x，∵E為BC的中點，∴BE＝BC＝x，過M作MG⊥BC于G，∴MG＝BM＝x，∴四邊形BMPE的面積＝BE?MG＝x2，∴四邊形BMPE的面積占正方形ABCD面積的．∵E、F是BC，CD的中點，∴S△CEF＝S△CBD＝S四邊形ABCD，∴四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的（1﹣﹣﹣）＝．故③正確．由①可知△DNF和△CEF都是等腰直角三角形，∴∠NDF＝∠EFC＝45°，∴∠NOP＝∠ONF＝∠NFP＝90°，∴四邊形OPFN是矩形，又∵N是OD的中點，∴ON＝DF，∵DN＝NF，∴ON＝FN，∴四邊形OPFN是正方形．故④正確．故選：C．5．（2022?南京模擬）如圖，正方形ABCD中，動點E在AC上，AF⊥AC，垂足為A，AF＝AE，連接BF．（1）求證：BF＝DE；（2）當(dāng)點E運動到AC中點時（其他條件不變），四邊形AFBE是正方形嗎？請說明理由．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)判定△ADE≌△ABF后即可得到BF＝DE；（2）利用正方形的判定方法判定四邊形AFBE為正方形即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，∵AF⊥AC，∴∠EAF＝90°，∴∠BAF＝∠DAE，在△ADE和△ABF中，，∴△ADE≌△ABF（SAS），∴BF＝DE；（2）解：當(dāng)點E運動到AC的中點時四邊形AFBE是正方形，理由：點E運動到AC的中點，AB＝BC，∴BE⊥AC，BE＝AE＝AC，∵AF＝AE，∴BE＝AF＝AE，又∵BE⊥AC，∠FAE＝∠BEC＝90°，∴BE∥AF，∵BE＝AF，∴四邊形AFBE是平行四邊形，∵∠FAE＝90°，AF＝AE，∴四邊形AFBE是正方形．6．（2022秋?市中區(qū)校級月考）如圖，在正方形ABCD和平行四邊形BEFG中，點A，B，E在同一條直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．（1）求證：四邊形BEFG是矩形；（2）PG與PC的夾角為90°度時，四邊形BEFG是正方形，請說明理由．【分析】（1）由正方形ABCD，易得∠EBG＝90°，根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，即可證得四邊形BEFG是矩形；（2）首先作輔助線：延長GP交DC于點H，根據(jù)正方形與平行四邊形的性質(zhì)，利用AAS易得△DHP≌△FGP，則有HP＝GP，當(dāng)∠CPG＝90°時，利用SAS易證△CPH≌△CPG，根據(jù)全等三角形與正方形的性質(zhì)，即可得BG＝GF，根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，可得?BEFG是菱形，而∠EBG＝90°，即得四邊形BEFG是正方形．【解答】解：（1）∵正方形ABCD中，∠ABC＝90°，∴∠EBG＝90°，∴平行四邊形BEFG是矩形．（2）90°；理由：延長GP交DC于點H，∵正方形ABCD和平行四邊形BEFG中，AB∥DC，BE∥GF，∴DC∥GF，∴∠HDP＝∠GFP，∠DHP＝∠FGP，∵P是線段DF的中點，∴DP＝FP，∴△DHP≌△FGP，∴HP＝GP，當(dāng)∠CPG＝90°時，∠CPH＝∠CPG，∵CP＝CP，∴△CPH≌△CPG（SAS），∴CH＝CG，∵正方形ABCD中，DC＝BC，∴DH＝BG，∵△DHP≌△FGP（SAS），∴DH＝GF，∴BG＝GF，∴?BEFG是菱形，由（1）知四邊形BEFG是矩形，∴四邊形BEFG是正方形．故答案為：90°．7．（2022?渾南區(qū)二模）（1）問題情境：如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點E為射線BC上一動點，將△ABE沿AE所在直線翻折，得到△AFE，延長EF，射線EF與射線CD交于點G，連接AG．①當(dāng)點E在線段BC上時，求證：DG＝FG；②當(dāng)CE＝3時，則CG的長為4或7.2．（2）思維深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD為BC邊上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，請直接寫出AD的長．【分析】（1）①由折疊得AF＝AB，∠B＝∠AFE＝90°，再由HL定理證明Rt△ADG≌Rt△AFG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②設(shè)CG＝x，分兩種情況畫圖并根據(jù)勾股定理列方程可解答；（2）由題中條件，建立圖形，根據(jù)已知條件，運用勾股定理，求出AD的長即可．【解答】（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D＝90°，由折疊得：∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB，∴AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，在Rt△ADG和Rt△AFG中，，∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL），∴DG＝FG；②解：分兩種情況：如圖1，點E在邊BC上時，設(shè)CG＝x，則DG＝FG＝6﹣x，∵CB＝6，CE＝3，∴EF＝BE＝3，∴EG＝EF+FG＝3+6﹣x＝9﹣x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，∴32+x2＝（9﹣x）2，∴x＝4，∴CG＝4；如圖2，點E在邊BC的延長線上時，設(shè)CG＝x，則DG＝FG＝x﹣6，∵CB＝6，CE＝3，∴EF＝BE＝3+6＝9，∴EG＝EF﹣FG＝9﹣（x﹣6）＝15﹣x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，∴32+x2＝（15﹣x）2，∴x＝7.2，∴CG＝7.2；綜上所述，CG的長是4或7.2；故答案為：4或7.2；（2）解：如圖3，將△ABD沿著AB邊折疊，使D與E重合，△ACD沿著AC邊折疊，使D與G重合，可得∠BAD＝∠EAB，∠DAC＝∠GAC，∠E＝∠G＝90°，AE＝AG＝AD，BD＝EB＝+1，DC＝CG＝﹣1，∵∠BAC＝45°，∴∠EAG＝90°，∴∠EAG＝∠E＝∠G＝90°，∴四邊形AEFG為正方形，設(shè)正方形的邊長為x，則BF＝x﹣（+1）＝x﹣﹣1，CF＝x﹣（﹣1）＝x﹣+1，在Rt△BCF中，根據(jù)勾股定理得：BF2+CF2＝BC2，即（x﹣﹣1）2+（x﹣+1）2＝（+1+﹣1）2，解得：x＝+或x＝﹣（舍去），∴AD＝+．8．（2022春?南譙區(qū)校級月考）如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點，連接DE，BE．（1）求證：BE＝DE；（2）如圖2，過點E作EF⊥DE，交邊BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．①求證：矩形DEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長為9，CG＝3，求正方形DEFG的邊長．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△ABE≌△ADE（SAS），即可解決問題；（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后證得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF，根據(jù)正方形的判定即可證得矩形DEFG是正方形；②證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，證明CE⊥CG，連接EG，根據(jù)勾股定理即可解決問題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE；（2）①證明：如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，∴∠MEN＝90°，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠ACD＝45°，∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，∴CE⊥CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．∵CG＝3，∴CE＝6，連接EG，∴EG＝＝＝3，∴DE＝EG＝3．∴正方形DEFG的邊長為3．06中點四邊形1．（2023春·八年級課時練習(xí)）如圖所示，順次連接四邊形ABCD各邊中點得到四邊形EFGH，使四邊形EFGH為正方形，應(yīng)添加的條件分別是（

）A．AB∥CD且AB=DC B．AB=CDC．AB∥CD且AC⊥BD D．AC=BD【答案】D【分析】直接利用三角形中位線的性質(zhì)以及正方形的判定方法分析得出答案．【詳解】解：使四邊形EFGH為正方形，應(yīng)添加的條件分別是AC=BD且AC⊥BD．理由：∵順次連接四邊形ABCD各邊中點得到四邊形EFGH，∴EF∥AC，EF=12AC，GHEH∥DB，EH=12DB∴EF∥GH，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵AC=BD，∴EF=EH，∴平行四邊形EFGH是菱形，∵AC⊥BD，∴∠AOD=90°，∵EF∥AC，∠FMO=90°，∵EH∥∴∠FEH=90°，∴菱形EFGH是正方形．故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理、平行線性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是連接AC、BD，構(gòu)造平行線．2．（2022秋·廣東清遠(yuǎn)·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、DC、CA、DB的中點，若中點四邊形EHFG是菱形，那么原四邊形ABCD滿足什么條件（

）A．AD=BC B．AC⊥BDC．AC=BD D．∠DAB+∠ABC=90°【答案】A【分析】利用菱形的性質(zhì)可知：EH=HF=FG=GE，再由三角形中位線定理可知：EH=12AD，HF=12BC，F(xiàn)G=12AD【詳解】解：∵四邊形EHFG是菱形，∴EH=HF=FG=GE，∵E、F、G、H分別是AB、DC、CA、DB的中點，∴EH=12AD，HF=12∴AD=BC，即當(dāng)原四邊形ABCD滿足條件AD=BC時，可以證明四邊形EHFG是菱形．故選：A【點睛】本題考查三角形中位線定理，菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理及菱形的性質(zhì)．3．（2022秋·山西運城·九年級?？茧A段練習(xí)）定義：對于一個四邊形，我們把依次連接它的各邊中點得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把這個原四邊形叫做“中方四邊形”．概念理解：下列四邊形中一定是“中方四邊形”的是_____________．A．平行四邊形

B．矩形

C．菱形

D．正方形性質(zhì)探究：如圖1，四邊形ABCD是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關(guān)于四邊形ABCD的兩條結(jié)論；問題解決：如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長，分別向外側(cè)作正方形ABDE和正方形ACFG，連接BE，EG，GC．求證：四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應(yīng)用：如圖3，已知四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，（1）試探索AC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．【答案】概念理解：D；性質(zhì)探究：①AC=BD，②AC⊥CD；問題解決：見解析；拓展應(yīng)用：（1）MN=22【分析】概念理解：根據(jù)定義“中方四邊形”，即可得出答案；性質(zhì)探究：由四邊形ABCD是“中方四邊形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，利用三角形中位線定理即可得出答案；問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，利用三角形中位線定理可證得四邊形MNRL是平行四邊形，再證得△EAC≌△BAG（SAS），推出?MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可證得結(jié)論；拓展應(yīng)用：（1）如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，可得四邊形ENFM是正方形，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即可證得結(jié)論；（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，再結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得答案．【詳解】解：概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四邊形”，理由如下：因為正方形的對角線相等且互相垂直，故選：D；性質(zhì)探究：①AC=BD，②AC⊥BD；理由如下：如圖1，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12∴AC⊥BD，AC=BD，故答案為：AC⊥BD，AC=BD；問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，∵四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L，∴MN、NR、RL、LM分別是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位線，∴MN∥BG，MN=12BGRL∥BG，RL=12BGRN∥CE，RN=12CEML∥CE，ML=12CE∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，∴四邊形MNRL是平行四邊形，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG都是正方形，∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，又∵∠BAC=∠BAC，∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAG，在△EAC和△BAG中，AE=AB∠EAC=∠BAG∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，又∵RL=12BG，RN=12∴RL=RN，∴?MNRL是菱形，∵∠EAB=90°，∴∠AEP+∠APE=90°．又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，∴∠ABG+∠BPK=90°，∴∠BKP=90°，又∵MN∥BG，ML∥CE，∴∠LMN=90°，∴菱形MNRL是正方形，即原四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應(yīng)用：（1）MN=22AC如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，∴四邊形ENFM是正方形，∴FM=FN，∠MFN=90°，∴MN=FM2+FN2=∵M，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，∴FM=12AC∴MN=22AC（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，∴2（OM+ON）≥2MN，由性質(zhì)探究②知：AC⊥BD，又∵M，N分別是AB，CD的中點，∴AB=2OM，CD=2ON，∴2（OM+ON）=AB+CD，∴AB+CD≥2MN，由拓展應(yīng)用（1）知：MN=22AC又∵AC=2，∴MN=2，∴AB+CD的最小值為22．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩點之間線段最短等知識，理解“中方四邊形”的定義并運用是本題的關(guān)鍵．4．（2022秋·九年級課時練習(xí)）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中所得的四邊形叫中點四邊形．（1）如圖1，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，中點四邊形EFGH是．（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想．（3）若改變（2）中的條件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀（不必證明）．【答案】（1）平行四邊形；（2）菱形，見解析；（3）正方形【分析】（1）連接BD，根據(jù)三角形中位線定理證明EH∥FG，EH=FG，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明即可；（2）證明△APC≌△BPD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC=BD，再證明EF=FG，根據(jù)菱形的判定定理證明結(jié)論；（3）證明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可證明∠COD=∠CPD=90°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)證明∠EHG=90°，根據(jù)正方形的判定定理證明即可．【詳解】解：（1）如圖1，連接BD，∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH=12BD∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD∴EH∥FG，EH=GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形，故答案為：平行四邊形；（2）結(jié)論：四邊形EFGH是菱形，理由：如圖2，連接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，AP=BP∠APC=∠BPD∴△APC≌△BPD（SAS），∴AC=BD，∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF=12AC，F(xiàn)G=12∴EF=FG，由（1）知中點四邊形EFGH是平行四邊形，∴平行四邊形EFGH是菱形；（3）結(jié)論：四邊形EFGH是正方形，理由：如圖2，設(shè)AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠DOC=90°，由（2）知中點四邊形EFGH是菱形，∴菱形EFGH是正方形．【點睛】本題考查的是平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用三角形中位線定理，學(xué)會添加常用輔助線．07四邊形與最值問題1．（2023春·江蘇·八年級專題練習(xí)）如圖，菱形ABCD的邊長為1，∠ABC=60°，點E是邊AB上任意一點(端點除外)，線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點F，C，AE，EF的中點分別為M，N．(1)求證：AF=EF；(2)求MN+NG的最小值．【答案】(1)見解析(2)1【分析】（1）連接CF，根據(jù)FG垂直平分CE和菱形的對稱性即可得到CF=EF，CF=AF，從而求證結(jié)論；（2）利用M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE的中點，即可得到MN+NG=12(AF+CF)，當(dāng)點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，此時MN+NG【詳解】（1）證明：連接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF=EF，∵四邊形ABCD為菱形，∴A和C關(guān)于對角線BD對稱，∴CF=AF，∴AF=EF；（2）解：連接AC，∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，∴MN=1MN+NG=當(dāng)點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，即此時MN+NG最小，∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，AC=AB=1，即MN+NG的最小值為12【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)、等邊三角形性質(zhì)的知識，關(guān)鍵在于熟悉各個知識點在本題的靈活運用．2．（2022秋·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在□ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點，BD是對角線，過A點作AG∥DB交CB的延長線于點(1)求證：DE∥(2)當(dāng)△ABD滿足什么條件時，四邊形DEBF是菱形（不需要證明）(3)請利用備用圖分析，在（2）的條件下，若BE=2，∠DEB=120°，點M為BF的中點，當(dāng)點P在BD邊上運動時，求PF+PM的最小值．【答案】(1)見解析(2)當(dāng)∠ADB=90°時，四邊形DEBF是菱形，證明見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到DF=BE，AB∥CD，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明四邊形DEBF是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）根據(jù)矩形的判定定理得到四邊形AGBD是矩形，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到ED=EB，證明結(jié)論；（3）連接EM交BD于P，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)證明此時PF+PM的值最小，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)計算即可．【詳解】（1）解：證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥CD，∵E、F分別為邊AB、CD的中點，∴DF=BE，又AB∥CD，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∴DE∥BF；（2）當(dāng)∠ADB=90°時，四邊形DEBF是菱形．理由：∵∠ADB=90°，又E為邊AB的中點，∴ED=EB，又四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；（3）連接EF，連接EM交BD于P，∵四邊形DEBF是菱形，∴點E和點F關(guān)于BD軸對稱，此時PF+PM的值最小，∵四邊形DEBF是菱形，∠DEB=120°，∴∠EBF=60°，∴△BEF是等邊三角形，又BE=2，∴EM=3，即PF+PM的最小值為3．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查的是平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)，軸對稱變換的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)的綜合運用，掌握相關(guān)的判定定理和性質(zhì)定理、正確作出輔助性是解題的關(guān)鍵．3．（2021春·河北滄州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，BC＝AC，E、F分別是AB、CD的中點，連接CE、AF．（1）求證：四邊形AECF是矩形；（2）當(dāng)平行四邊形ABCD的邊或角滿足什么關(guān)系時，四邊形AECF是正方形？請說明理由．（3）在（2）的條件下，若AE＝4，點M為EC中點，當(dāng)點P在線段AC上運動時，求PE+PM的最小值．【答案】（1）見解析；（2）∠B＝45°或AB＝2BC，理由見解析；（3）2【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分別是AB、CD的中點得AE＝12AB，CF＝12CD，即可證得四邊形AECF為平行四邊形，再由BC＝AC，E為AB中點，得CE⊥AB，故四邊形（2）當(dāng)∠B＝45°時，可證∠BAC＝90°，由E為AB的中點得EC＝12AB＝AE，故矩形AECF為正方形；當(dāng)AB＝2BC時，由BC＝AC，AB＝2BC，可證得AC2+BC2＝AB2，△ACB為直角三角形，再由E為AB的中點得EC＝12AB＝AE，故矩形（3）連接EF，連接FM交AC于P，由E和F關(guān)于AC對稱得此時PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可．【詳解】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵E、F分別是AB、CD的中點，∴AE＝12AB，CF＝12∴AE＝CF，∵AE∥CF，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵BC＝AC，E為AB中點，∴CE⊥AB，∴∠AEC＝90°四邊形AECF是矩形；（2）解：①當(dāng)∠B＝45°時，四邊形AECF是正方形，理由：∵BC＝AC，∠B＝45°，∴∠BAC＝∠B＝45°，∴∠BAC＝90°，∵E為AB的中點，∴EC＝12AB＝AE∴矩形AECF為正方形，或②當(dāng)AB＝2BC時，矩形AECF為正方形，理由：∵BC＝AC，AB＝2BC，∴AC2+BC2＝2BC2，AB2＝（2BC）2＝2BC2，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ACB為直角三角形，∵E為AB的中點，∴EC＝12AB＝AE∴矩形AECF為正方形；（3）解：連接EF，連接FM交AC于P，∵四邊形AECF為正方形，∴E和F關(guān)于AC對稱，此時PE+PM最小且為FM，在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4，∴FM＝C∴PE+PM最小值為25【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解.4．（2022·江蘇·九年級專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，P是邊AD上一點，將△ABP沿著直線PB折疊，得到△EBP．（1）請在備用圖上用沒有刻度的直尺和圓規(guī)，在邊AD上作出一點P，使BE平分∠PBC，并求出此時△BEC的面積；（作圖要求：保留作圖痕跡，不寫作法．）（2）連接CE并延長交線段AD于點Q，則AQ的最大值為__________．（直接寫出答案）【答案】（1）畫圖見解析，154【分析】（1）作等邊ΔABE，作BP平分∠ABE，連接PE，點P即為所求作．（2）由題意，BE=BA，可知點E的運動軌跡是⊙B，當(dāng)EC與⊙B相切時，AQ的值最大，此時P，Q重合，利用相似三角形的性質(zhì)求出PD，即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖，點P即為所求作．過點E作EH⊥BC于H，由作圖可知，∠EBC=30°，∴EH=1∴S（2）如圖2中，由題意，BE=BA，可知點E的運動軌跡是⊙B，當(dāng)EC與⊙B相切時，AQ的值最大，此時P，Q重合，∵∠BEC=90°，BC=5，BE=AB=3，∵EC=B∵AD//BC，∴∠BCE=∠CPD，∵∠BE