中考数学一轮复习专题1.7 特殊平行四边形章末八大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题1.7 特殊平行四边形章末八大题型总结（培优篇）（北师大版）（解析版），共50页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30917" 【题型1 添加条件使成为特殊四边形】 PAGEREF _Tc30917 \h 1
\l "_Tc28930" 【题型2 根据四边形的性质求解】 PAGEREF _Tc28930 \h 7
\l "_Tc4400" 【题型3 特殊四边形的证明】 PAGEREF _Tc4400 \h 11
\l "_Tc9119" 【题型4 根据四边形的判定与性质求线段长】 PAGEREF _Tc9119 \h 18
\l "_Tc10840" 【题型5 根据四边形的判定与性质求角度】 PAGEREF _Tc10840 \h 24
\l "_Tc22351" 【题型6 根据四边形的判定与性质求面积】 PAGEREF _Tc22351 \h 31
\l "_Tc23416" 【题型7 直角三角形斜边上的中线】 PAGEREF _Tc23416 \h 36
\l "_Tc644" 【题型8 中点四边形】 PAGEREF _Tc644 \h 41
【题型1 添加条件使成为特殊四边形】
【例1】（2023春·云南·九年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；②AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，
∵点O是BD的中点，
∴OD=OB，
在△DAO和△BCO中，
∠HAM=∠HFGAH=FH∠AHM=∠FHG，
∴△DAO≌△BCO(ASA)，
∴OA=OC，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
①∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
综上所述：选择①③④，使得四边形ABCD是菱形，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·上海浦东新·九年级校考期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形ABCD是正方形的是（ ）

A．AB=AD且AC⊥BDB．AC⊥BD且AC和BD互相平分
C．∠BAD=∠ABC且AC=BDD．AC=BD且AB=AD
【答案】D
【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC和BD互相平分，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD
∴四边形ABCD是矩形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·河南南阳·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，O是BC的中点，连结DO并延长，交AB延长线于点E，连结BD，EC．
(1)求证：四边形BECD是平行四边形．
(2)若∠A＝50°：
①当∠ADE＝ °时，四边形BECD是矩形；
②当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①80；②90
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质得到BD⊥AE，根据矩形的判定定理即可得到结论；
②根据三角形的内角和定理得到∠AED=40°，根据平行线的性质得到CBE=∠A=50°，求得∠BOE=90°，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在ΔBOE和ΔCOD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO
∴△BOE≌△COD
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：①当∠ADE=80°时，四边形BECD是矩形；
理由：∵∠A=50°，∠ADE=80°，
∴∠AED=50°，
∴∠A=∠AED，
∴AD=DE，
∵AB=CD=BE，
∴BD⊥AE，
∴∠DBE=90°，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
②当∠ADE=90°时，四边形BECD是菱形，
∵∠A=50°，∠ADE=90°，
∴∠AED=40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CBE=∠A=50°，
∴∠BOE=90°，
∴BC⊥DE，
∴四边形BECD是菱形，
故答案为：80，90．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的判定，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
【变式1-3】（2023春·天津·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB,CD的中点．连接BD，过点A作AG∥BD交CB的延长线于点G．

(1)求证：DE∥BF；
(2)若∠G=90°，则四边形DAGB是_____，四边形DEBF是______；
(3)当AD与BD满足______时，四边形DEBF是正方形．
【答案】(1)证明见解析
(2)矩形，菱形
(3)AD⊥BD且AD=BD
【分析】（1）先证明DF∥BE，AB=CD，再证明DF=12DC，EB=12AB，可得DF=BE，证明四边形DEBF是平行四边形，从而可得结论；
（2）证明四边形DAGB是平行四边形，结合∠G=90°，可得四边形DAGB是矩形，则∠ADB=90°，证明DE=BE，可得四边形DEBF是菱形．
（3）由AD⊥BD且AD=BD，可得∠EDB=45°，证明∠EBD=∠EDB=45°，可得∠DEB=90°，结合四边形DEBF是平行四边形．可得四边形DEBF是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥BE，AB=CD ．
又∵E，F分别为边AB，CD的中点，
∴DF=12DC，EB=12AB．
∴DF=BE．
∴四边形DEBF是平行四边形．
∴DE∥BF．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AG∥BD，
∴四边形DAGB是平行四边形，
而∠G=90°，
∴四边形DAGB是矩形，
∴∠ADB=90°，
∵E为AB的中点，
∴DE=BE，
而四边形DEBF是平行四边形．
∴四边形DEBF是菱形．
（3）当AD⊥BD且AD=BD时，四边形DEBF是正方形．
理由：
∵AD⊥BD且AD=BD，
∴∠EDB=45°，
∵DE=BE，
∴∠EBD=∠EDB=45°，
∴∠DEB=90°，
∵E为AB中点，AD⊥BD，
∴ED=EB，
由（1）得：四边形DEBF是平行四边形．
∴四边形DEBF是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质与判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键．
【题型2 根据四边形的性质求解】
【例2】（2023春·广东深圳·九年级校考期中）如图，已知在长方形ABCD中，点M是AD边上任意一点，点N是DC的中点，AN与MC交于点P．若∠MCB=∠NBC+33°，则∠MPA=( )

A．33°B．66°C．45°D．78°
【答案】A
【分析】由长方形的性质得出AD=BC，AD∥BC，∠D=∠BCN=90°，由SAS证明△ADN≌△BCN，得出∠CBN=∠DAN，求出∠MCB=∠DMC，由三角形的外角性质得出∠DMC=∠DAN+∠MPA，∠MCB=∠NBC+33°，∠CBN=∠DAN，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠D=∠BCN=90°，
∵N为DC的中点，
∴DN=CN，
在△ADN和△BCN中，
DN=CN∠D=∠BCNAD=BC，
∴△ADN≌△BCN(SAS)，
∴∠CBN=∠DAN，
∵ AD∥BC，
∴∠MCB=∠DMC，
∵∠DMC=∠DAN+∠MPA，∠MCB=∠NBC+33°，∠CBN=∠DAN，
∴∠MPA=33°．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的外角性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【变式2-1】（2023春·河南安阳·九年级校考期中）中国结象征着中华民族的历史文化与精神．小乐家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，于是利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得BD=4cm,∠DAB=60°，直线EF过点O且与AB垂直，分别交AB,DC于E,F，则EF的长为（ ）
A．23cmB．52cmC．4cmD．43cm
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，得出AD=AB，BO=12BD=2cm，AC⊥BD，推出△ABD是等边三角形，AD=AB=BD=4cm，根据勾股定理求出AO=23cm，则AC=2AO=43cm，最后根据S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，BO=12BD=2cm，AC⊥BD，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=AB=BD=4cm，
根据勾股定理可得：AO=AB2−BO2=23cm，
∴AC=2AO=43cm，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF，
∴12×4×43=4EF，
解得：EF=23cm，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的对角线相等，且垂直平分．以及菱形的面积等于底乘高，或菱形的面积等于对角线乘积的一半．
【变式2-2】（2023春·云南曲靖·九年级校考期中）将n个边长都为1的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则2023个正方形照这样重叠形成的重叠部分的面积和为 ．

【答案】10112
【分析】连接A1A2，A1D，根据正方形性质可得∠A1A2B=∠A1DC=45°，A1A2=A1D，∠BA1A2+∠CA1A2=∠CA1D+∠CA1A2=90°，即可得到∠BA1A2=∠CA1D，即可得到△BA1A2≌△∠CA1D，即可得到一个图形重叠的面积，即可得到答案．
【详解】解：连接A1A2，A1D，

∵正方形的边长为1，
∴∠A1A2B=∠A1DC=45°，A1A2=A1D，∠BA1A2+∠CA1A2=∠CA1D+∠CA1A2=90°，
∴∠BA1A2=∠CA1D，
∴△BA1A2≌△∠CA1D(ASA)，
∴2个正方形重叠形成的重叠部分的面积为S△A1A2D=14S正=14×1×1=14，
∴3个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=3−1×14，
∴4个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=1−1×14，
∴5个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=5−1×14，
…
∴2023个正方形重叠形成的重叠部分的面积和=2023−1×14=10112．
故答案为：10112．
【点睛】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解决本题的关键是求出每个阴影部分的面积都是1．
【变式2-3】（2023春·河北邢台·九年级校考期中）小明用4根长度为6cm的相同木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为如图1所示的菱形，此时∠B=60°，接着活动学具成为如图2所示的正方形，则图1中BD比图2中的BD（ ）

A．长63−62cmB．长62−33cm
C．长3cmD．短3cm
【答案】A
【分析】如图1，连接AC，BD交于点O，根据菱形的性质可求出BD；在图2中，连接BD，由正方形的性质求出BD，最后作差即可解答．
【详解】解：如图1，连接AC，BD交于点O，
∵∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=6cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=12AC=3cm，AC⊥BD，OB=OD=12BD，
∴OB=AB2−OA2=33cm,
∴BD=2OB=63cm；
在图2中，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°，
∴BD=AD2+AB2=62；
∴图1中BD比图2中的BD长63−62cm．
故选：A．

【点睛】本题主要考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，正确作差辅助线是解题的关键．
【题型3 特殊四边形的证明】
【例3】（2023春·云南昭通·九年级统考期中）如图，在短形OACB中，OA=8，OB=6，P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD，AD．

(1)若∠BOP=45°，求证：四边形OBPD为正方形；
(2)当P在运动过程中，CD的最小值为______；
(3)当OD⊥AD时，求BP的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
(3)BP=8−27
【分析】（1）根据四边形OACB是矩形，得∠OBC=90°，由折叠知OB=OD，∠DOP=∠BOP=45°，即∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，然后结合OB=OD即可证明；
（2）根据当三点不共线时，三角形两边之和大于第三边，当三点共线时取得最小值进行作答即可；
（3）根据OD⊥AD，得P，D，A三点共线，又因为OA∥CB，则∠OPB=∠POA，结合∠OPB=∠OPD，得∠OPA=∠POA，最后用勾股定理CP=PA2−AC2即可知道BP的长．
【详解】（1）证明：∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC=90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，
∵∠BOP=45°，
∴∠DOP=∠BOP=45°，
∴∠BOD=90°，
∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB=OD，
∴四边形OBPD为正方形；
（2）解：如图，连接OC，如图所示：

则OD+CD≥OC，
即当OD+CD=OC时，CD取最小值，
∵AC=OB=6，OA=8，
∴OC=OA2+AC2=82+62=10，
∴CD=OC−OD=10−6=4，
即CD的最小值为4；
（3）解：∵OD⊥AD，
∴∠ADO=90°，
∵∠ODP=∠OBP=90°，
∴∠ADP=180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB=∠POA，
∵∠OPB=∠OPD，
∴∠OPA=∠POA，
∴AP=OA=8，
∵AC=6，
∴CP=PA2−AC2=82−62=27，
∴BP=BC−CP=8−27．
【点睛】本题主要考查了矩形性质、正方形的判定以及勾股定理性质等知识内容，正确掌握三点共线的特殊情况是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·江苏南京·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，顺次连接各点得到四边形EGFH．

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；
(2)若AB=CD，求证：▱EGFH是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据中位线的性质得出EH∥CD，EH=12CD，GF∥CD，GF=12CD，即可得出GF∥EH，GF=EH，从而证明结论正确；
（2）根据中位线的性质得出FH=12AB，根据FG=12CD，得出AB=CD，得出FH=FG，从而证明▱EGFH为菱形．
【详解】（1）证明：∵点E与点H分别为AD，AC的中点，
∴EH是△ADC的中位线，
∴EH∥CD，EH=12CD，
同理：GF∥CD，GF=12CD，
∴GF∥EH，GF=EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）证明：∵点F与点H分别为BC，AC的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH=12AB，
∵FG=12CD，AB=CD，
∴FH=FG，
由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
∴▱EGFH是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，中位线的性质，菱形的判定，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
【变式3-2】（2023春·海南儋州·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD，DE平分∠ADC，且BE=CF，AF=DE．

(1)求证：△ABF ≌ △DCF；
(2)求证：四边形ABCD是矩形；
(3)若AB=3，BC=5，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1
【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB=DC，由BE=CF可得BF=CE，再利用SSS证明△ABF≌△DCE即可；
（2）由全等三角形的性质可得∠B=∠C，又由平行四边形的性质可得∠B+∠C=180°，从而得到∠B=∠C=90°，从而证明四边形ABCD是矩形；
（3）先证明∠BAF=∠AFB=45°，从而得到BF=AB=3，继而得到CE=BF=3，再用容斥原理EF=BF+CE−BC求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
又∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，
在△ABF和△DCE中，
AB=DCBF=CEAF=DE
∴△ABF≌△DCE(SSS)；
（2）∵△ABF≌△DCE，
∴∠B=∠C，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠B=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（3）∵四边形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．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等角对等边等知识，掌握相关定理是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·福建福州·九年级统考期末）如图1，矩形ABCD中，E为BC中点，连接AE，BF⊥AE于点G，交CD于F，DH⊥AE于点H，GI∥CD，交DH于点I．

(1)求证：GI=DF；
(2)若DF=FG，求证：A、I、F三点共线；
(3)如图2，连接HC交BF于点P，连接PI，求证：四边形GPIH是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）先证明GF∥DI，得到四边形DFGI是平行四边形，即可得证；
（2）连接DG、AF、IF，证明平行四边形DFGI是菱形，可得FI是DG的垂直平分线，再证明Rt△ADF≌Rt△AGF(HL)，可得点A在DG的垂直平分线上，即可证明；
（3）延长AE、DC，交于点Q，证明△ABE≌△QCE(ASA)，得到CQ=BA=CD，进一步证明△PGH≌△IHG(ASA)，可得IH=PG，即可证明四边形IHGP是平行四边形，结合∠DHQ=90°，可得平行四边形IHGP是矩形．
【详解】（1）解：证明：∵BF⊥AE，DH⊥AE，
∴∠AGF=∠AHD=90°，
∴BF∥DH，即GF∥DI，
又∵GI∥CD，
∴四边形DFGI是平行四边形，
∴GI=DF．
（2）证明：连接DG、AF、IF，
由（1）得四边形DFGI是平行四边形，
∵DF=FG，
∴平行四边形DFGI是菱形，
∴FI是DG的垂直平分线，
在矩形ABCD中，∠ADF=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠AGF=90°=∠ADF，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF(HL)，
∴AD=AG，
∴点A在DG的垂直平分线上，
∴A、I、F三点共线．

（3）证明：延长AE、DC，交于点Q，
在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABE=∠BCD=∠ECQ=90°，
∵E为BC中点，
∴BE=CE，
∵∠AEB=∠OEC，
∴△ABE≌△QCE(ASA)，
∴CQ=BA=CD，
∴C为DQ中点，
又∵AE⊥BF，DH⊥AE，
∴∠FGH=∠DHQ=90°，
∴在Rt△DHO中，HC=12DQ=CD，
∴∠CHD=∠CDH，
由（1）得，四边形DFGI是平行四边形，
∴∠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∥PG，
∴四边形IHGP是平行四边形，
又∵∠DHQ=90°，
∴平行四边形IHGP是矩形．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，垂直平分线的判定，全等三角形的判定和性质，综合性较强，解题时要多关注垂直和相等的部分，并且能够适当添加辅助线，构造基本几何图形．
【题型4 根据四边形的判定与性质求线段长】
【例4】（2023春·江苏泰州·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，作EF⊥AE交边CD于F，将△CEF沿EF折叠后点C恰好落在AD边上的G处，则AD长＝ ．

【答案】72
【分析】如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，证明四边形EHDC为矩形，求解AE=22+12=5，设CF=x，CE=y，EF=z，则x2+y2=z2，由等面积法可得：12×1×2+12×5z+12xy=12x+2y+1，可得y=2x，设GD=n，可得HG=2x−n，同理可得：12×22x−n+12n2−x+12x⋅2x=122−x+2×2x，可得n=4x−4，GH=2x−4x−4=4−2x，由勾股定理可得：EH2+HG2=EG2，再建立方程求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠B=∠BAD=∠D=∠C=90°，AB=CD=2，
如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，
则四边形EHDC为矩形，
∴HD=EC，EH=CD=2，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，

∵BE=1，
∴AE=22+12=5，
设CF=x，CE=y，EF=z，则x2+y2=z2，
由等面积法可得：12×1×2+12×5z+12xy=12x+2y+1，
整理得：x+2y=5z，则x2+4xy+4y2=5z2=5x2+5y2，
∴4x2−4xy+y2=0，即2x−y2=0，
∴y=2x，
设GD=n，
∴HG=2x−n，
由对折可得：GF=FC=x，∠EGF=∠C=90°，EG=EC=2x，而DF=2−x，
同理可得：
12×22x−n+12n2−x+12x⋅2x=122−x+2×2x，
整理得：x4x−n−4=0，
∵x≠0，
∴4x−n−4=0，即n=4x−4，
∴GH=2x−4x−4=4−2x，
由勾股定理可得：EH2+HG2=EG2，
∴4+4−2x2=2x2，
解得：x=54，
∴AD=BC=2x+1=52+1=72．
故答案为：72
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，作出合适的辅助线，利用等面积法构建方程是解本题的关键．
【变式4-1】（2023春·河南南阳·九年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F′，则图②中阴影部分的周长为 ．

【答案】10
【分析】首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长度为x，则DG=4−x，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长．
【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，

由题意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，
又∵∠BGE=∠FGD，
∴△BGE≌△FGDAAS，
∴BG=FG，EG=DG，
设BG=FG=x，则DG=4−x，
在Rt△FDG中，4−x2=x2+22，
解得：x=32，
∴DG=4−x=52，
∵DG∥EH，GE∥DH，
∴四边形DGEH为平行四边形，
又∵EG=DG，
∴▱DGEH为菱形，
∴阴影部分的周长为：52×4=10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．
【变式4-2】（2023春·辽宁铁岭·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，点E，F，G，H分别在矩形的各边上，且AE=CG，BF=DH，则四边形EFGH周长的最小值为 ．
【答案】65
【分析】先证明四边形EFGH是平行四边形，延长EB，使得BE′=BE，连接FE′，GE′，则E和E′关于BC对称，由EF+FG=E′F+FG≥E′G得，当E′、F、G共线时取等号，此时，EF+FG最小，最小值为GE′的长，过G作GP⊥AB于P，则四边形BCGP是矩形，进而可得BP=CG=AE，GP=BC=6，由勾股定理求得E′G=35，则EF+FG最小值为35，由四边形EFGH周长为2EF+FG求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵AE=CG，BF=DH，
∴AH=CF，BE=DG，
∴△AEH≌△CGFSAS，△BEF≌△DGHSAS，
∴EH=GF，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
延长EB，使得BE′=BE，连接FE′，GE′，则E和E′关于BC对称，
∴EF=E′F，
∴EF+FG=E′F+FG≥E′G，当E′、F、G共线时取等号，此时，EF+FG最小，最小值为GE′的长，
过G作GP⊥AB于P，则∠GPB=∠B=∠C=90°，
∴四边形BCGP是矩形，
∴BP=CG=AE，GP=BC=6，
在Rt△GPE′中，E′P=BP+BE′=BE+AE=AB=3，
由勾股定理得E′G=E′P2+GP2=32+62=35，
∴EF+FG最小值为35，
则四边形EFGH周长的最小值为2EF+FG=65，
故答案为：65．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形EFGH是平行四边形，以及GE′为EF+FG的最小值是解答的关键．
【变式4-3】（2023春·广东东莞·九年级校联考期中）如图，在▱ABCD中，∠BAC=90°，AB=AC，过点A作边BC的垂线AF交DC的延长线于点E，点F是垂足，连接BE、DF，DF交AC于点O．则下列结论：①四边形ABEC是正方形；②DE=2BC，③S△CFD=S△BEF，正确的是（ ）

A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】①先证明△ABF≌△ECF，得AB=EC，再得四边形ABEC为平行四边形，进而由∠BAC=90°，得四边形ABCD是正方形，便可判断正误；
②根据BC=2AB，DE=2AB进行推理说明便可；
③根据正方形的性质，得出AE与BC互相垂直平分，然后利用等底等高的三角形面积相等即可解决问题．
【详解】∵AB=AC，AF⊥BC，
∴BF=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAF=∠CEF，
在△ABF和△EFC中，
∠BAF=∠CEF∠BFA=∠CFEBF=CF，
∴△ABF≌△EFCAAS，
∴AB=CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴四边形ABEC是正方形，
故①正确；
∵AB=CD=EC，
∴DE=2AB，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴AB=22BC，
∴DE=2×22BC=2BC，
故②正确；
∵四边形ABEC是正方形，
∴BF=CF，AF=EF，BC⊥AE，
∴S△CFD=12CF⋅AF，S△BEF=12BF⋅EF，
∴S△CFD=S△BEF，
故③正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
【题型5 根据四边形的判定与性质求角度】
【例5】（2023春·江苏盐城·九年级景山中学校考期末）如图，▱ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=OC，连接CE，OE，OE=CD．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AB=4，∠ABC=60°，求AE的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)27．
【分析】（1）首先证明四边形OCED是平行四边形，再通过OE=CD，得到平行四边形OCED是矩形，则∠COD=90°.得到AC⊥BD，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）根据已知证明△ABC是等边三角形，得到AC=AB=4，由勾股定理求出OD=23，然后由四边形OCED是矩形，可知CE=OD=23，∠OCE=90°，再由勾股定理可求出最后结果．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，DE=OC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵OE=CD，
∴平行四边形OCED是矩形，
∴∠COD=90°，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，CD=AB=BC=4，AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4，
∴OA=OC=2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD=CD2−OC2=42−22=23，
由（1）可知，四边形OCED是矩形，
∴CE=OD=23，∠OCE=90°，
∴AE=AC2+CE2=42+232=27，
即AE的长为27．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·浙江杭州·九年级期中）如图，在一正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接EB、ED．
（1）求证：△BEC≌△DEC．
（2）延长BE交AD于点F，若FD=FE．求∠AFE的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论；
（2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，
在△BEC和△DEC中，
CD=CB∠DCA=∠BCACE=CE，
∴△BEC≌△DEC（SAS）；
（2）∵FD=FE，
∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB=45°，∠EBC=∠AFE=2x
∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x，
∵△BEC≌△DEC，
∴∠BEC=∠DEC=135°-2x，
∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°，
解得：x=30，
∴∠AFE=60°．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·广东广州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，CF∥BE，CF交DE的延长线于点F，连接BF交CE于点O．

(1)求证：CF=BE；
(2)若BE=2DE，∠ACB=70°，求∠BFC的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)20°．
【分析】（1）通过证明四边形BCFE为平行四边形，即可求解；
（2）根据中位线的性质可得，BC=2DE=BE，可得平行四边形BCFE为菱形，利用菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE∥BC
又∵CF∥BE
∴四边形BCFE为平行四边形，
∴CF=BE
（2）解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴BC=2DE，
又∵BE=2DE，
∴BC=2DE=BE，
∴平行四边形BCFE为菱形，
∴∠ACB=∠ACF，∠COF=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠BFC=90°−70°=20°．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
【变式5-3】（2023春·湖北孝感·九年级统考期中）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交直线DC的延长线于点F．
（1）如图①，求证：CE=CF；
（2）如图②，若∠ABC=90°，G是EF的中点，猜想BG和DG的关系，并证明；
（3）如图③，若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，连接DB、DG，求∠BDG的度数．
【答案】（1）见解析；（2）BG=DG且BG⊥DG；证明见解析；（3）∠BDG=60°．
【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可；
（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点证明△BEG≌△DCG即可得到答案；
（3）延长AB、FG交于H，连接HD．证四边形AHFD为为菱形得△ADH，△DHF为全等的等边三角形，再证△BHD≌△GFD得∠BDH=∠GDF，根据∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG可得答案．
【详解】解：（1）证明：如图①，
∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，
∴∠CEF=∠F.
∴CE=CF；
（2）解：如图②，连接GC，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=45°，
∵∠DCB=90°，DF//AB，
∴∠DFA=45°，∠ECF=90°
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG=CG=FG，CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，
∴BE=DC，
∵∠CEF=∠GCF=45°，
∴∠BEG=∠DCG=135°
在△BEG与△DCG中，
EG=CG∠BEG=∠DCGBE=DC，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG=DG，∠DGC=∠BGA，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=90°，
又∵∠DGC=∠BGA
，∴∠BGA+∠DGA=90°，
∴BG⊥DG；
综上所述：BG=DG且BG⊥DG
（3）如图3，延长AB、FG交于H，连接HD.
∵AD//GF，AB//DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵∠CEF=∠DAF，∠DAF=∠DFA=30°，
∴∠CEF=∠DFA，
∴CE=CF
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
DH=DF∠BHD=∠GFDBH=GF，
∴△BHD≌△GFD，
∴∠BDH=∠GDF，
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°.
【点睛】此题考查四边形的综合问题，主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
【题型6 根据四边形的判定与性质求面积】
【例6】（2023春·广东佛山·九年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（ ）
A．100B．144C．169D．225
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得FG//AC,FG=OC=13，再根据平行四边形的判定可得四边形OFGC为平行四边形，然后根据旋转的性质可得AC=CE,∠ACE=90°，从而可得OC=CG，最后根据正方形的判定可得四边形OFGC为正方形，由此即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=24,AD=10，
∴BD=AB2+AD2=26,OC=12AC=12BD=13，
∵F,G分别为AE,EC的中点，
∴FG//AC,FG=12AC,CG=12EC，
∴FG=OC，
∴四边形OFGC为平行四边形，
又∵AC绕点C顺时针旋转90°，
∴AC=CE,∠ACE=90°，
∴OC=CG，
∴平行四边形OFGC为正方形，
∴四边形OFGC的面积是OC2=132=169，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
【变式6-1】（2023春·河北邯郸·九年级统考期中）已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接AC，BF，AF=BC．

(1)求证：四边形ABFC为矩形；
(2)若△AFD是等边三角形，且边长为6，求四边形ABFC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)93
【分析】（1）证△ABE≌△FCE(AAS)，得AB=FC，再由AB∥FC，证四边形ABFC是平行四边形，然后由AF=BC即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠ACF=90°，再由等边三角形的性质得AF=DF=6，CF=12DF=3，然后由勾股定理求出AC=33，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAE=∠CFE，
∵点E是▱ABCD中BC边的中点，
∴BE=CE，
∵∠AEB=∠FEC，
∴△ABE≌△FCE(AAS)，
∴AB=FC，
∵AB∥FC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
又∵AF=BC，
∴平行四边形ABFC为矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ABFC为矩形，
∴∠ACF=90°，
∵△AFD是等边三角形，
∴AF=DF=6，CF=12DF=3，
∴AC=AF2−CF2=62−32=33，
∴四边形ABFC的面积=AC×CF=33×3=93．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·河南洛阳·九年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=BC=2CD，E为对角线AC的中点，F为边BC的中点，连接DE，EF．

(1)求证：四边形CDEF为菱形；
(2)连接DF交AC于点G，若DF=3，CD=52，求四边形CDEF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）由三角形中位线定理可得EF=12AB，EF∥AB，CF=12BC，可得AB∥CD∥EF，EF=CF=CD，由菱形的判定可得结论；
（2）由菱形的性质可得DG=32，DF⊥CE，EG=GC，由勾股定理可得EG=GC=2，得到CE的长后，根据菱形的面积公式可得答案．
【详解】（1）证明：∵E为对角线AC的中点，F为边BC的中点，
∴EF=12AB，EF∥AB，CF=12BC，AE=CE，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∵AB=BC=2CD，
∴EF=CF=CD，
∵CD∥EF，
∴四边形DEFC是平行四边形，且EF=CF，
∴四边形CDEF为菱形；
（2）如图，DF与EC交于点G，

∵四边形CDEF为菱形，DF=3，
∴DF⊥CE，DG=12DF=32，EG=GC，
∵CD=52，
在Rt△CDG中，GC=CD2−DG2=522−322=2，
∴CE=2GC=4，
∴四边形CDEF的面积为：12CE⋅DF=12×4×3=6．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
【变式6-3】（2023春·辽宁丹东·九年级校联考期末）如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD．若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，S△ACP−S△PBD=32），则CD= ．

【答案】8
【分析】延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，先证明△ACG≌△BCH，可得四边形CGDH是正方形， 从而得到CD=2DH，再证得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，从而得到S△ACP−S△PBD=S四边形CPDE=32，然后证明Rt△CPG≌Rt△CEH，可得S△CPG=S△CEH，从而得到S四边形CPDE=S正方形CGDH=32，即可求解．
【详解】解：如图，延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ACB=90°，
∴∠E+∠CBE=90°，
∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，
∴∠CAP+∠E=90°，四边形CGDH是矩形，
∴∠CAP=∠CBE，
∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，
∴△ACG≌△BCH，
∴CG=CH，
∴四边形CGDH是正方形，
∴CH=DH，
∴CD=CH2+DH2=2DH，
∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，
∴△ACP≌△BCE，
∴S△ACP=S△BCE，CP=CE，
∴S△ACP−S△PBD=S△BCE−S△PBD=S四边形CPDE=32，
在Rt△CPG和Rt△CEH中，
∵CP=CE，CG=CH，
∴Rt△CPG≌Rt△CEH，
∴S△CPG=S△CEH，
∴S四边形CPDE=S△CEH+S四边形CPDH=S△CPG+S四边形CPDH=S正方形CGDH=32，
∴DH2=32，
∴CD=2DH=8．
故答案为：8
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【题型7 直角三角形斜边上的中线】
【例7】（2023春·陕西西安·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，BD为△ABC中线，E为AB上一点，且BE=BD，∠BDC=60°，则∠ADE的度数为（ ）
A．45°B．55°C．65°D．75°
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DB=DC=DA，进而得出△BCD是等边三角形，根据等腰三角形的性质得出∠BDE=12180°−∠DBE=75°，进而即可求解．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，BD为△ABC中线，
∴DB=DC=DA
∴∠DBA=∠A
∵∠BDC=60°，
∴△BCD是等边三角形
∴∠CBD=60°
则∠DBA=∠A=30°
∴∠ADB=180°−∠DBA−∠A=120°，
∵BE=BD，∠DBE=30°，
∴∠BDE=12180°−∠DBE=75°，
∴∠ADE=∠ADB−∠BDE=120°−75°=45°，
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图，在△ABC中，点E、F分别是AB边和AC边的中点，点D是线段EF上一点，且AD⊥CD，若BC=8，AC=6，则DE的长为（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理求出EF，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出DF，最后根据线段的和差求出DE即可．
【详解】解：∵点E、F分别是AB边和AC边的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12BC，
∵BC=8，
∴EF=4，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∵点F是AC边的中点，
∴DF=12AC=3，
∴DE=EF−DF=4−3=1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质等知识点，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·九年级统考期末）如图，△ABC中，AC=2，BC=4，AB=32，点D是AB的中点，EB∥CD，EC∥AB，则四边形CEBD的面积是 ．

【答案】22
【分析】先证明四边形CEBD是平行四边形，然后利用勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，求出CH的长，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥AB于点H，

∵EB∥CD，EC∥AB，
∴四边形CEBD是平行四边形，
在△ABC中，
∵AC=2，BC=4，AB=32，
∴AC2+BC2=(2)2+42=18，AB2=(32)2=18，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
∵点D是AB的中点，
∴DC=AD=DB=12AB=322，
∵12AC⋅CB=12AB⋅CH，
∴CH=2×432=43，
∴四边形CEBD的面积=BD⋅CH=322×43=22．
故答案为：22．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理逆定理、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．
【变式7-3】（2023春·黑龙江鸡西·九年级统考期中）阅读下列材料，完成相应任务．
(1)请你按材料中的分析写出证明过程；
(2)上述证明方法中主要体现的数学思想是 ；
A．转化思想
B．类比思想
C．数形结合思想
D．从一般到特殊思想
(3)如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB=12，CD=8，CE=3，则FG= ．
【答案】(1)见解析
(2)A
(3)132
【分析】(1)延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，证四边形ABCE是平行四边形，再由∠ABC=90°，得平行四边形ABCE是矩形，则BE=AC，进而得出结论；
(2)由(1)的证明方法即可得出结论；
(3)过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，证四边形HQED、四边形QACE均为矩形，得HQ=DE=CD−CE=5，QR=AB=12，再由勾股定理得HR=13，然后证FG是△CHR的中位线，即可求解．
【详解】（1）证明：延长BD到E，使得DE=BD，连接AE、CE，如图2所示：
∵BD是斜边AC上的中线，
∴AD=CD，
又∵DE=BD，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCE是矩形，
∴BE=AC，
∵DE=BD=12BE，
∴BD=12AC；
（2）解：由上述证明方法中主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（3）解：过点A在AB上方作AH⊥AB，过点D作DH⊥AH于H，过点B在AB上方作BR⊥AB，过点E作ER⊥BR于R，连接CH、CR、HR，延长RE交AH于Q，如图3所示：
则四边形ACDH、四边形CBRE、四边形ABRQ都为矩形，
∴四边形HQED、四边形QACE均为矩形，
∴HQ=DE=CD−CE=8−3=5，QR=AB=12，
在Rt△HQR中，由勾股定理得：HR=HQ2+QR2=52+122=13，
∵点F，G分别是AD和BE的中点，四边形ACDH、四边形CBRE都是矩形，
∴点F，G分别是CH和CR的中点，
∴FG是△CHR的中位线，
∴FG=12HR=132，
故答案为：132．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理以及转化思想等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明FG为△CHR的中位线是解题的关键．
【题型8 中点四边形】
【例8】（2023春·天津滨海新·九年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的有（ ）
①四边形A2B2C2D2是矩形；
②四边形A4B4C4D4是菱形；
③四边形A5B5C5D5的周长是a+b4；
④四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项做出分析与判断：①根据矩形的判定与性质做出判断；②根据菱形的判定与性质做出判断；③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
【详解】解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC⊥BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故本选项错误；
②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故本选项正确；
③根据中位线的性质易知，A5B5=12A3B3=14A1B1=18AC，B5C5=12B3C3=14B1C1=18BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×18a+b=a+b4，
故本选项正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1，
故本选项正确．
综上所述，②③④正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系是最关键的．
【变式8-1】（2023春·湖南长沙·九年级统考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则正确的是（ ）

A．若AC=BD，则四边形EFGH为矩形
B．若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形
C．若EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分
D．若EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理可得HG=EF=12AC，HG∥EF∥AC，EH=FG=12BD，EH∥FG∥BD，从而得到四边形EFGH为平行四边形，再根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质，进行逐一判断即可得到答案．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，HG是△ACD的中位线，EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，
∴HG=EF=12AC，HG∥EF∥AC，EH=FG=12BD，EH∥FG∥BD，
∴四边形EFGH为平行四边形，
A、若AC=BD，则HG=EH，四边形EFGH为菱形，故A错误，不符合题意；
B、若AC⊥BD，则EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形，故B错误，不符合题意；
C、任意四边形的中点四边形都是平行四边形，AC与BD不一定互相平分，故C错误，不符合题意；
D、若EFGH是正方形，则EF⊥EH，由EF是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，得EF∥AC，EH∥BD，因此AC与BD互相垂直且相等，故正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·湖南益阳·九年级统考期末）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，连接CD，点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，顺次连接E，F，G，H．
(1)猜想四边形EFGH的形状，直接回答，不必说明理由；
(2)点P在线段AB的上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
(3)如果（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
【答案】(1)菱形
(2)成立，理由见解析
(3)图见解析，正方形，理由见解析
【分析】（1）证明△PAD≌△PCB，可得AD=BC，根据三角形中位线的性质，可得EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，进而可得EH=PG=EF=HG，即可得出结论；
（2）连接AD，BC．证明△APD≌△CPB(SAS)，可得AD=BC，同（1）的方法，即可得证；
（3）连接AD，BC．证明△APD≌CPB，同理可得四边形EFGH是菱形，证明∠EHG=90°，即可得证．
【详解】（1）解：四边形EFGH是菱形．
如图所示，连接AD,BC，
∵∠APC=∠BPD
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠BPC，
又∵PC=PA，PD=PB，
∴△PAD≌△PCB，
∴AD=BC，
∵点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，
∴EH=PG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）成立．
理由：连接AD，BC．
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD．
即∠APD=∠CPB．
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD=CB．
∵E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EF，FG，GH，EH分别是△ABC，△ABD，△BCD，△ACD的中位线．
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD．
∴EF=FG=GH=EH．
∴四边形EFGH是菱形．
（3）解：补全图形，如图．
判断四边形EFGH是正方形．
理由：连接AD，BC．
∵（2）中已证：△APD≌CPB，
∴∠PAD=∠PCB．
∵∠APC=90°，
∴∠PAD+∠1=90°．
又∵∠1=∠2，
∴∠PCB+∠2=90°，
∴∠3=90°．
∵（2）中已证GH，EH分别是△BCD，△ACD的中位线，
∴GH∥BC，EH∥AD．
∴∠EHG=90°．
又∵（2）中已证四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，三角形中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·陕西西安·九年级陕西师大附中校考期末）问题背景：
△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF
猜想证明：
(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．
(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．
拓展延伸：
(3)如图②，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN和△DEN均为等腰直角三角形．
【答案】(1)四边形FGHI是菱形．理由见解析
(2)四边形FGHI的周长为47
(3)见解析
【分析】（1）根据△ABC和△CDE为等边三角形，可得四边形ABED是等腰梯形，再根据点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，即可得出FG=IH=FI=GH，进而得到四边形FGHI是菱形；
（2）过A作AM⊥BC于M，连接AE，再根据勾股定理，求得Rt△ACM中，AM=33，Rt△AEM中，AE=27，由（1）可得，四边形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出四边形FGHI的周长=4FG=2AE；
（3）由点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，所以直线CF为△ABC和△CDE的对称轴，则有AN＝BN，DN＝EN，再利用三角形中位线得FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，则FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，又由四边形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形FGHI是菱形.
理由：如图①，连接AE,BD，
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴AC＝BC,EC＝DC，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
FG＝12AE＝IH.FI＝12BD＝CH.
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四边形FGHI是菱形；
（2）解：如图②，过点D作DM⊥EC于点M，
∵△CDE为等边三角形，
∴MC＝12EC＝12×2＝1，∠C＝60°，
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt△DMC中，DM＝DC2−CM2=22−12=3，
在Rt△BDM中，BD＝BM2+DM2=52+32=27，
∴GH＝12BD＝7，
由(1)知四边形FGHI是菱形，
∴.四边形FGHI的周长为4GH＝47.
（3）解：∵点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴直线CF为△ABC和△CDE的对称轴.
∴AN＝BN，DN＝EN，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
∴FG∥AE，IH∥AE，FI∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，
∵四边形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°
∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和△DEN均为等腰直角三角形.
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定，正方形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，勾股定理的综合应用，解决问题的关键是依据三角形中位线定理．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
如图1，△ABC中，∠ABC=90°，BD是斜边AC上的中线．求证：BD=12AC．
分析：要证明BD等于AC的一半．可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2，延长BD到E，使得DE=BD．连接AE，CE．可证四边形ABCE是矩形，由矩形的对角线相等得BE=AC，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到BD=12AC．