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2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题15 四边形综合（一）（原卷版+解析版）
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这是一份2024年中考数学三轮冲刺热门考点归纳：专题15 四边形综合（一）（原卷版+解析版），文件包含专题15四边形综合一原卷版docx、专题15四边形综合一解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
【解题策略】
知识点拨
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n−3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
方法总结
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
5）正n边形的每个内角为为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
6）正n边形有n条对称轴．
7）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【典例分析】
例1．（2023·湖南）（求内角和）七边形的内角和为( )
A. 540°B. 720°C. 900°D. 1 080°
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了多边形的内角和定理．熟记“n边形的内角和为(n−2)·180°”是解题的关键．利用多边形的内角和=(n−2)·180°即可解决问题．
【解答】
解：根据多边形的内角和可得：
(7−2)×180°=900°．
故选C．
例2．（2023·福建）（求外角和）四边形的外角和度数是 ．
【答案】360°
【解析】【分析】
本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和都是360°是解题的关键．根据多边形的外角和都是360°即可得出答案．
【解答】
解：四边形的外角和度数是360°，
故答案为：360°．
例3．（2023·湖南）（判定多边形的形状）如果一个多边形每一个外角都是60°，那么这个多边形的边数为______ ．
【答案】6
【解析】解：多边形的边数是：360°÷60°=6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和是360°是解题关键．
【变式演练】
1.（2023·北京）（求内角和）若正多边形的一个外角是60∘，则该正多边形的内角和为( )
A. 360∘B. 540∘C. 720∘D. 900∘
【答案】C
【解析】【分析】根据正多边形的外角度数求出多边形的边数，根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和．
【详解】由题意，正多边形的边数为 n=360∘60∘=6 ，
其内角和为 n−2⋅180∘=720∘ ．
故选C．
【点睛】考查多边形的内角和与外角和公式，熟练掌握公式是解题的关键．
2.（2023·甘肃）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角∠1=( )
A. 45°B. 60°C. 110°D. 135°
【答案】A
【解析】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴每一个外角为360°÷8=45°．
故选：A．
由多边形的外角和定理直接可求出结论．
本题考查了多边形外角和定理，掌握外角和定理是解题的关键．
3.（2023·湖北）五边形的外角和为( )
A. 180°B. 360 °
C. 540°D. 720°
【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了多边形内角与外角，比较简单，只要识记多边形的外角和是360°即可．多边形外角和都等于360°，则四边形的外角和为360度．
【解答】
解：∵多边形外角和=360°，
∴四边形的外角和为360°．
故选：B．
题型02 平行四边形的性质与判定求解技巧
【解题策略】
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
【典例分析】
例1.（2023·天津）（平行四边形的性质）如图，□ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是(0,1)，(−2,−2)，(2,−2)，则顶点D的坐标是( )
A. (−4,1)B. (4,−2)C. (4,1)D. (2,1)
【答案】C
【解析】解：∵B(−2,−2)，C(2,−2)，
∴BC=2−(−2)=2+2=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，
∵点A的坐标为(0,1)，
∴点D的坐标为(4,1)，
故选：C．
首先根据B、C两点的坐标确定线段BC的长，然后根据A点的坐标向右平移线段BC的长度即可求得点D的坐标．
考查了平行四边形的性质及坐标与图形性质的知识，解题的关键是求得线段BC的长，难度不大．
例2.（2024·陕西模拟）如图， 菱形ABCD中， 对角线AC、BD交于点O，EF⊥BD， 垂足为点H，EF分别交AD、DC及BC的延长线于点E、M、F，且ED：CF=1：2，则DH：DB的值为（ ）
A．14B．15C．25D．16
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判断，先由菱形的性质得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再证明AC∥EF，进而证明四边形AEFC是平行 四边形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再证明△DEH∽△BFH，得到DHBH=DEBF=15，则DH：DB=16．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵EF⊥BD，
∴AC∥EF，
∴四边形AEFC是平行 四边形，
∴AE=CF，
∵ED：CF=1：2，
∴ED：AE=1:2，
∴ED:AD=ED：BC=1:3，
∴DE：BF=1:5，
∵AD∥BC
∴△DEH∽△BFH，
∴DHBH=DEBF=15，
∴DH：DB=16，
故选：D．
【变式演练】
1.（2023·河北）（平行四边形的判定）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形.(1)～(3)是其作图过程．
(1)作BD的垂直平分线交BD于点O；
(2)连接AO，在AO的延长线上截取OC=AO；
(3)连接DC，BC，则四边形ABCD即为所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是( )
A. 两组对边分别平行B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分D. 一组对边平行且相等
【答案】C
【解析】【分析】
根据：“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明即可．
本题考查了作线段的垂直平分线，作一条线段等于已知线段，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
【解答】
解：由作图得：DO=BO，AO=CO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故选：C．
2．（2023·江苏）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，
∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
题型03 如何构建三角形中位线解决四边形问题
【解题策略】
构造三角形中位线的常用方法：
1）连接两点构造三角形中位线;
2) 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.
3) 利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.
【典例分析】
例1.（2023·四川）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=4，CD=6，则EO的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AB//DC，AB=CD，OD=OB，
∴∠CDP=∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP=∠ADP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=4，
∵CD=6，
∴AB=6，
∴PB=AB−AP=6−4=2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO=12PB=1，
故选：A．
根据平行四边形的性质可得AB//DC，AB=CD，OD=OB，可得∠CDP=∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP=∠ADP，从而可得∠ADP=∠APD，可得AP=AD=4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO=12PB，即可求出EO的长．
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
例2．（2023·广西）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．
【答案】2
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式演练】
1．（2023·山东）如图，四边形EFGH顶点是四边形ABCD各边中点，若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要 桶
【答案】10
【分析】本题考查的是中点四边形，中位线定理和相似三角形的面积比等于相似比的平方；根据题意得出S四边形EFGH=12S四边形ABCD，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AC,BD，
∵E,F分别是AD,AB的中点，
∴EF∥BD，EFBD=12
∴△AEF∽△ADB
∴S△AEF=14S△ABD，同理可得S△CGH=14S△BCD，
则S△AEF+S△CGH=14S四边形ABCD
同理可得S△DEH+S△BGF=14S四边形ABCD
∴S四边形EFGH=12S四边形ABCD
若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要10桶,
故答案为：10．
2．（2023·安徽）如图，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延长BC到点D，CD=4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为 ．
【答案】154
【分析】利用三角形的面积公式求出△ACD的面积，进而求出△ABD的面积，利用中线平分面积，得到△ABE的面积，取AC的中点G，连接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG，求出EFBF的值，利用同高三角形点面积比等于底边比，进行求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，
∴S△ABD=12AB⋅BC+CD=30，
∵点E是AD的中点，
∴S△ABE=12S△ABD=15，
取AC的中点G，连接EG，则：EG∥CD,EG=12CD=2，
∴△BFC∽△EFG，
∴EFBF=EGBC=26=13，
∴EFBE=14，
∴S△AEF:S△ABE=EF:BE=1:4，
∴S△AEF=14S△ABE=154；
故答案为：154．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角形的中位线和相似三角形．
题型04 平行四边形的多结论问题
【典例分析】
例1．（2023·山东）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
例2．（2023·江苏模拟）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，对角线AC与BD交于点O，AF⊥BD于点F，CE⊥BD于点E，连接AE，CF.若DE=BF，则下列结论：
①CF=AE;
②OE=OF;
③四边形ABCD是平行四边形;
④图中共有四对全等三角形．
其中正确的是( )
A. ① ③ ④B. ① ② ④C. ① ② ③D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】在Rt△DCE和Rt△BAF中，CD=AB,DE=BF,
∴Rt△DCE≌Rt△BAF(HL)，
∴CE=AF，
∵CE⊥BD，AF⊥BD，
∴CE//AF，∴四边形AECF是平行四边形，
∴CF=AE，故 ①正确;
∵四边形AECF是平行四边形，∴OE=OF，故 ②正确;
∵DE=BF，∴DE−EF=BF−EF，
即DF=BE，∴DF+OF=BE+OE，即DO=BO，
∵四边形AECF是平行四边形，∴AO=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故 ③正确;由题意可得
△DCF≌△BAE，△CDO≌△ABO，△CDE≌△ABF，
△DCB≌△BAD，△CFO≌△AEO，△CFB≌△AED，
△CFE≌△AEF，△CEO≌△AFO，△ADF≌△CBE，
△DOA≌△BOC，△DCA≌△BAC，△AFC≌△CEA，共
12对全等三角形，故 ④错误．∴正确的结论是 ① ② ③，故选C．
【变式演练】
1.（2023·山东模拟）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD=1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF//BC，交AC于点F，连接BF，CE，则下列结论：
①△ABD≌△ACE；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF= 32；④S△AEF= 3.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】解：作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，故①正确；
∴BD=EC=1，∠ACE=∠ABD=60°，
∵EF//BC，
∴∠EFC=∠ACB=60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CH= 32，EF=EC=BD，
∵EF//BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，
∵S平行四边形BDEF=BD⋅CH= 32，故③正确，
∵AC=BC=3，BD=CF=1，
∴CD=2BD，AF=2CF，
∵S△ABD=12×1×3 32=3 34，
∴S△AEF=23×S△AEC=23×S△ABD= 32，故④错误，
∴①②③都正确，
故选：C．
连接EC，作CH⊥EF于H.首先证明△BAD≌△CAE(SAS)，根据SAS可证明△ABD≌△BCF，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
2.（2023·福建模拟）如图，矩形ABCD中，BC=2AB，对角线AC、BD交于点O，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF、FG、DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB=∠CDH=∠AGF，以下结论：①DH⊥AC；②ΔAOB是等边三角形；③FD+FG=AC；④GF//BD；⑤MG=12AG其中正确结论的序号是
( )
A. ①③④B. ①③⑤C. ②④⑤D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握利用平行四边形的性质证明线段相等思路与方法；由余角的性质可得∠DHC=90∘，即DH⊥AC，即可对结论①作出判断；根据矩形的性质得出OA=OB，根据BC=2AB得出∠ACB≠30°，∠BAC≠60°，即可对结论②作出判断；延长GF交BC于点N，先证四边形BDGN是平行四边形，可得BD=NG=AC，由“AAS”可证△CDF≌△CNF，得出DF=NF，即可对结论③作出判断；由NG//BD，即可对结论④作出判断；首先由△CDF≌△CNF(AAS)可得CD=CN，设AB=k(k>0)，则CD=CN=AB=k，BC=2AB=2k，BN=BC−CN=2k−k=k，根据四边形BDGN是平行四边形，得出DG=BN=k，进而得出DG=CN，AG=AD+DG=2k+k=3k，然后证明△MDG=≌△MCNASA，得出MG=MN=12GN=12BD=12AC，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC= AB2+BC2= k2+2k2= 5k，进一步得出MG=12AC= 52k，即可对结论⑤作出判断．
【解答】
解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90∘，
∴∠BCA+∠ACD=90∘，
∵∠ACB=∠CDH，
∴∠CDH+∠ACD=90∘，
∴∠DHC=180°−(∠CDH+∠ACD)=90°，
∴DH⊥AC，故结论①正确；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，BC=2AB，AC= AB2+BC2= AB2+2AB2= 5AB，
∴∠ACB≠30°，∠BAC≠60°，
∴△OAB是等腰三角形，但不是等边三角形.故结论②错误；
③延长GF交BC于点N，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OC，DG//BC，AC=BD，AD=BC，
∴∠OBC=∠OCB，∠AGF=∠CNG，
∵∠ACB=∠CDH=∠AGF，
∴∠CNG=∠OBC，∠CDH=∠CNM，
∴NG//BD，
又∵DG//BN，
∴四边形BDGN是平行四边形，
∴NG=BD=AC，
∵CE平分∠BCD，
∴∠FCD=∠FCN，
在△CDF和△CNF中，
∠CDF=∠CNF∠FCD=∠FCNCF=CF,
∴△CDF≌△CNF(AAS)，
∴FD=FN，
∴NG=FN+FG=FD+FG，
∴FD+FG=AC.故结论③正确；
∵NG//BD，
∴GF//BD，故结论④正确；
由△CDF≌△CNF(AAS)可得CD=CN，
设AB=k(k>0)，则CD=CN=AB=k，BC=2AB=2k，
∴BN=BC−CN=2k−k=k，
∵四边形BDGN是平行四边形，
∴DG=BN=k，
∴DG=CN，AG=AD+DG=2k+k=3k，
∵DG//CN，
∴∠MDG=∠MCN，∠MGD=∠MNC，
在△MDG和△MCN中，
∠MDG=∠MCNDG=CN∠MGD=∠MNC,
∴△MDG=≌△MCNASA，
∴MG=MN=12GN=12BD=12AC，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC= AB2+BC2= k2+2k2= 5k，
∴MG=12AC= 52k，
∴MGAG= 52k3k= 56，
∴MG= 56AG．
故结论⑤错误；
综上所述，正确结论的序号是①③④．
故选：A．
题型05 梯形的相关计算问题
【解题策略】
等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；
2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；
3）等腰梯形的两条对角线相等；
4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）.
等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；
2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形.
【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等.
梯形的面积公式：S=12×（上底+下底）×高
解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中；
2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中.
3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形.
4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等.
5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形.
6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形.
【典例分析】
例1.（2023·黑龙江模拟）如图，四边形ABDC中，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=2∠D，AC+1=BC+CD，AB=3，则线段BD的长 ．
【答案】25
【分析】作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，得到四边形BCDF是矩形，四边形ACDE是等腰梯形，设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，推出AC=x+y−1=DE=BE，得到BE=BF+EF=y+3，解方程x+y−1=y+3，求得x=4，在Rt△ABC和Rt△ADC中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，
则∠CDE=2∠BDC=∠ACD，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴AE∥CD，且四边形BCDF是矩形，
∴∠A+∠ACD=180°，∠E+∠CDE=180°，
∴∠E=∠A，
∴四边形ACDE是等腰梯形，则AC=DE，EF=AB=3，
∵AE∥CD，∠BDE=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC=∠DBE，
∴BE=DE，
设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，
∵AC+1=BC+CD，
∴AC=x+y−1=DE=BE，
而BE=BF+EF=y+3，
∴x+y−1=y+3，
∴x=4，即BC=4，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=32+42=5=x+y−1，
∴y=2，即CD=2，
在Rt△ADC中，CD=2，BC=4，
∴BD=22+42=25．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形、梯形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式演练】
1.（2023·上海模拟）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，点E为BC延长线上一点，∠ADB=∠CDE，点F在BD上，联结CF．
(1)求证：AD⋅DE=AC⋅DC；
(2)如果AD⋅CE=DF⋅DB，求证：四边形DFCE为梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明△DAB∽△DCE，根据相似比及等量替换即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明△DBC∽△DCF，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明FC∥DE，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AB=CD
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠DAB=∠ADC,AC=DB
∵AD∥BC
∴∠DCE=∠ADC
∴∠DAB=∠DCE
又∵∠ADB=∠CDE
∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=DBDE，即AD⋅DE=DB⋅DC
又∵AC=DB
∴AD⋅DE=AC⋅DC
（2）∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=ABCE，即AD⋅CE=AB⋅DC
∵AD⋅CE=DF⋅DB
∴AB⋅DC=DF⋅DB
∵AB=CD
∴CD⋅CD=DF⋅DB，即DCDB=DFDC，
又∵∠CDF=∠BDC
∴△DBC∽△DCF
∴∠DBC=∠DCF
∵AD∥BC
∴∠DBC=∠ADB
∵∠ADB=∠EDC
∴∠DCF=∠EDC
∴FC∥DE
∵FC≠DE
∴四边形DFCE为梯形．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似．
、
1．（2023·山东）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）
A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：
∵正六边形的一个外角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．
2．（2023·西藏）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）
A．92B．33C．932D．63
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=23，
同理： BC=23，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=23，
∴S菱形ABCD=AD×BE=63．
故选：D．
【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，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
3.（2023·吉林）（平行四边形的判定）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB // DC，AD // BCB. AB=DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DOD. AB=DC，AD // BC
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的判定：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形．(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形．(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形．(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形判定定理进行判断．
【解答】
解：A.由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B.由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C.由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D.由“AB=DC，AD // BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意；
故选D．
4．（2023·山东）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．
(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2+22．
【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS证明△DCE≌△FEB即可证明结论成立；
（2）取CE的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a−2，证明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2−4a−4=0，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△BCE，
∴AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA，
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD∥BE，
∴∠DCE=∠BEF，
∵EF=AD，
∴EF=CD，
在△DCE和△FEB中，CD=EF∠DCE=∠FEBEC=EB，
∴△DCE≌△FEBSAS，
∴DE=BF；
（2）解：取CE的中点H，连接GH，
∵点G是DE的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
设BE=a，则CH=EH=12CE=12BE=12a，
∵EF=AD=2，
∴FH=12a−2，
∵CD∥BE，
∴GH∥BE，
∴△FGH∽△FBE，
∴GHBE=FHEF，即1a=12a−22，
整理得a2−4a−4=0，
解得a=2+22（负值已舍），
经检验a=2+22是所列方程的解，且符合题意，
∴BE=2+22．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5.（2023·湖北）在平面直角坐标系中，已知A(−2,3)，B(2,−1)，C(4,4)，若以点A、B、C、D为顶点四边形是平行四边形，则点D的坐标为______．
【答案】(8,0)或(−4,−2)或(0,8)
【解析】解：分三种情况：①BC为对角线时，点D的坐标为(8,0)
②AB为对角线时，点D的坐标为(−4,−2)，
③AC为对角线时，点D的坐标为(0,8)
综上所述，点D的坐标可能是(8,0)或(−4,−2)或(0,8)
故答案为：(8,0)或(−4,−2)或(0,8)．
分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
6．（2023·上海）已知在梯形ABCD中，连接AC，BD，且AC⊥BD，设AB=a,CD=b．下列两个说法：
①AC=22a+b；②AD=22a2+b2
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，①AC=22a+b；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：
若梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴CE=AB,AC=BE，
∵AB∥DC，
∴∠DAB=∠CBA，
∵AB=AB，
∴△DAB≌△CBASAS
∴AC=BD，即BD=BE，
又∵ AC⊥BD，
∴ BE⊥BD，
在Rt△BDE中，BD=BE，AB=a,CD=b，则DE=DC+CE=b+a，
∴AC=BE=DE2=22DE=22a+b，此时①正确；
过B作BF⊥DE于F，如图所示：
在Rt△BFC中，BD=BE，AB=a,CD=b，DE=b+a，则BF=FE=12DE=12a+b，FC=FE−CE=12a+b−a=12b−a，
∴BC=BF2+FC2=a+b22+b−a22 =22a2+b2，此时②正确；
而题中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，
∴无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
【解题策略】
知识点拨
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线计算了两次，因此n边形共有n(n−3)2 条对角线.
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
方法总结
1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；②已知多边形的内角和求边数；③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
4）任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
5）正n边形的每个内角为为（n−2）×180°n，每一个外角为360°n．
6）正n边形有n条对称轴．
7）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【典例分析】
例1．（2023·湖南）（求内角和）七边形的内角和为( )
A. 540°B. 720°C. 900°D. 1 080°
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了多边形的内角和定理．熟记“n边形的内角和为(n−2)·180°”是解题的关键．利用多边形的内角和=(n−2)·180°即可解决问题．
【解答】
解：根据多边形的内角和可得：
(7−2)×180°=900°．
故选C．
例2．（2023·福建）（求外角和）四边形的外角和度数是 ．
【答案】360°
【解析】【分析】
本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和都是360°是解题的关键．根据多边形的外角和都是360°即可得出答案．
【解答】
解：四边形的外角和度数是360°，
故答案为：360°．
例3．（2023·湖南）（判定多边形的形状）如果一个多边形每一个外角都是60°，那么这个多边形的边数为______ ．
【答案】6
【解析】解：多边形的边数是：360°÷60°=6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
本题主要考查了多边形的外角和定理，掌握多边形的外角和是360°是解题关键．
【变式演练】
1.（2023·北京）（求内角和）若正多边形的一个外角是60∘，则该正多边形的内角和为( )
A. 360∘B. 540∘C. 720∘D. 900∘
【答案】C
【解析】【分析】根据正多边形的外角度数求出多边形的边数，根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和．
【详解】由题意，正多边形的边数为 n=360∘60∘=6 ，
其内角和为 n−2⋅180∘=720∘ ．
故选C．
【点睛】考查多边形的内角和与外角和公式，熟练掌握公式是解题的关键．
2.（2023·甘肃）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角∠1=( )
A. 45°B. 60°C. 110°D. 135°
【答案】A
【解析】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴每一个外角为360°÷8=45°．
故选：A．
由多边形的外角和定理直接可求出结论．
本题考查了多边形外角和定理，掌握外角和定理是解题的关键．
3.（2023·湖北）五边形的外角和为( )
A. 180°B. 360 °
C. 540°D. 720°
【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了多边形内角与外角，比较简单，只要识记多边形的外角和是360°即可．多边形外角和都等于360°，则四边形的外角和为360度．
【解答】
解：∵多边形外角和=360°，
∴四边形的外角和为360°．
故选：B．
题型02 平行四边形的性质与判定求解技巧
【解题策略】
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明．
【典例分析】
例1.（2023·天津）（平行四边形的性质）如图，□ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是(0,1)，(−2,−2)，(2,−2)，则顶点D的坐标是( )
A. (−4,1)B. (4,−2)C. (4,1)D. (2,1)
【答案】C
【解析】解：∵B(−2,−2)，C(2,−2)，
∴BC=2−(−2)=2+2=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，
∵点A的坐标为(0,1)，
∴点D的坐标为(4,1)，
故选：C．
首先根据B、C两点的坐标确定线段BC的长，然后根据A点的坐标向右平移线段BC的长度即可求得点D的坐标．
考查了平行四边形的性质及坐标与图形性质的知识，解题的关键是求得线段BC的长，难度不大．
例2.（2024·陕西模拟）如图， 菱形ABCD中， 对角线AC、BD交于点O，EF⊥BD， 垂足为点H，EF分别交AD、DC及BC的延长线于点E、M、F，且ED：CF=1：2，则DH：DB的值为（ ）
A．14B．15C．25D．16
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判断，先由菱形的性质得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再证明AC∥EF，进而证明四边形AEFC是平行 四边形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再证明△DEH∽△BFH，得到DHBH=DEBF=15，则DH：DB=16．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵EF⊥BD，
∴AC∥EF，
∴四边形AEFC是平行 四边形，
∴AE=CF，
∵ED：CF=1：2，
∴ED：AE=1:2，
∴ED:AD=ED：BC=1:3，
∴DE：BF=1:5，
∵AD∥BC
∴△DEH∽△BFH，
∴DHBH=DEBF=15，
∴DH：DB=16，
故选：D．
【变式演练】
1.（2023·河北）（平行四边形的判定）综合实践课上，嘉嘉画出△ABD，利用尺规作图找一点C，使得四边形ABCD为平行四边形.(1)～(3)是其作图过程．
(1)作BD的垂直平分线交BD于点O；
(2)连接AO，在AO的延长线上截取OC=AO；
(3)连接DC，BC，则四边形ABCD即为所求．
在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是( )
A. 两组对边分别平行B. 两组对边分别相等
C. 对角线互相平分D. 一组对边平行且相等
【答案】C
【解析】【分析】
根据：“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明即可．
本题考查了作线段的垂直平分线，作一条线段等于已知线段，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
【解答】
解：由作图得：DO=BO，AO=CO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故选：C．
2．（2023·江苏）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，
∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
题型03 如何构建三角形中位线解决四边形问题
【解题策略】
构造三角形中位线的常用方法：
1）连接两点构造三角形中位线;
2) 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线.
3) 利用角平分线+垂直构造三角形的中位线.
【典例分析】
例1.（2023·四川）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD=4，CD=6，则EO的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】解：在平行四边形ABCD中，AB//DC，AB=CD，OD=OB，
∴∠CDP=∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP=∠ADP，
∴∠ADP=∠APD，
∴AP=AD=4，
∵CD=6，
∴AB=6，
∴PB=AB−AP=6−4=2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO=12PB=1，
故选：A．
根据平行四边形的性质可得AB//DC，AB=CD，OD=OB，可得∠CDP=∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP=∠ADP，从而可得∠ADP=∠APD，可得AP=AD=4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO=12PB，即可求出EO的长．
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识是解题的关键．
例2．（2023·广西）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．
【答案】2
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式演练】
1．（2023·山东）如图，四边形EFGH顶点是四边形ABCD各边中点，若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要 桶
【答案】10
【分析】本题考查的是中点四边形，中位线定理和相似三角形的面积比等于相似比的平方；根据题意得出S四边形EFGH=12S四边形ABCD，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AC,BD，
∵E,F分别是AD,AB的中点，
∴EF∥BD，EFBD=12
∴△AEF∽△ADB
∴S△AEF=14S△ABD，同理可得S△CGH=14S△BCD，
则S△AEF+S△CGH=14S四边形ABCD
同理可得S△DEH+S△BGF=14S四边形ABCD
∴S四边形EFGH=12S四边形ABCD
若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要10桶,
故答案为：10．
2．（2023·安徽）如图，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延长BC到点D，CD=4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为 ．
【答案】154
【分析】利用三角形的面积公式求出△ACD的面积，进而求出△ABD的面积，利用中线平分面积，得到△ABE的面积，取AC的中点G，连接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG，求出EFBF的值，利用同高三角形点面积比等于底边比，进行求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，
∴S△ABD=12AB⋅BC+CD=30，
∵点E是AD的中点，
∴S△ABE=12S△ABD=15，
取AC的中点G，连接EG，则：EG∥CD,EG=12CD=2，
∴△BFC∽△EFG，
∴EFBF=EGBC=26=13，
∴EFBE=14，
∴S△AEF:S△ABE=EF:BE=1:4，
∴S△AEF=14S△ABE=154；
故答案为：154．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角形的中位线和相似三角形．
题型04 平行四边形的多结论问题
【典例分析】
例1．（2023·山东）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
例2．（2023·江苏模拟）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，对角线AC与BD交于点O，AF⊥BD于点F，CE⊥BD于点E，连接AE，CF.若DE=BF，则下列结论：
①CF=AE;
②OE=OF;
③四边形ABCD是平行四边形;
④图中共有四对全等三角形．
其中正确的是( )
A. ① ③ ④B. ① ② ④C. ① ② ③D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】在Rt△DCE和Rt△BAF中，CD=AB,DE=BF,
∴Rt△DCE≌Rt△BAF(HL)，
∴CE=AF，
∵CE⊥BD，AF⊥BD，
∴CE//AF，∴四边形AECF是平行四边形，
∴CF=AE，故 ①正确;
∵四边形AECF是平行四边形，∴OE=OF，故 ②正确;
∵DE=BF，∴DE−EF=BF−EF，
即DF=BE，∴DF+OF=BE+OE，即DO=BO，
∵四边形AECF是平行四边形，∴AO=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故 ③正确;由题意可得
△DCF≌△BAE，△CDO≌△ABO，△CDE≌△ABF，
△DCB≌△BAD，△CFO≌△AEO，△CFB≌△AED，
△CFE≌△AEF，△CEO≌△AFO，△ADF≌△CBE，
△DOA≌△BOC，△DCA≌△BAC，△AFC≌△CEA，共
12对全等三角形，故 ④错误．∴正确的结论是 ① ② ③，故选C．
【变式演练】
1.（2023·山东模拟）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD=1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF//BC，交AC于点F，连接BF，CE，则下列结论：
①△ABD≌△ACE；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF= 32；④S△AEF= 3.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】解：作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，故①正确；
∴BD=EC=1，∠ACE=∠ABD=60°，
∵EF//BC，
∴∠EFC=∠ACB=60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CH= 32，EF=EC=BD，
∵EF//BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，
∵S平行四边形BDEF=BD⋅CH= 32，故③正确，
∵AC=BC=3，BD=CF=1，
∴CD=2BD，AF=2CF，
∵S△ABD=12×1×3 32=3 34，
∴S△AEF=23×S△AEC=23×S△ABD= 32，故④错误，
∴①②③都正确，
故选：C．
连接EC，作CH⊥EF于H.首先证明△BAD≌△CAE(SAS)，根据SAS可证明△ABD≌△BCF，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
2.（2023·福建模拟）如图，矩形ABCD中，BC=2AB，对角线AC、BD交于点O，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF、FG、DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB=∠CDH=∠AGF，以下结论：①DH⊥AC；②ΔAOB是等边三角形；③FD+FG=AC；④GF//BD；⑤MG=12AG其中正确结论的序号是
( )
A. ①③④B. ①③⑤C. ②④⑤D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握利用平行四边形的性质证明线段相等思路与方法；由余角的性质可得∠DHC=90∘，即DH⊥AC，即可对结论①作出判断；根据矩形的性质得出OA=OB，根据BC=2AB得出∠ACB≠30°，∠BAC≠60°，即可对结论②作出判断；延长GF交BC于点N，先证四边形BDGN是平行四边形，可得BD=NG=AC，由“AAS”可证△CDF≌△CNF，得出DF=NF，即可对结论③作出判断；由NG//BD，即可对结论④作出判断；首先由△CDF≌△CNF(AAS)可得CD=CN，设AB=k(k>0)，则CD=CN=AB=k，BC=2AB=2k，BN=BC−CN=2k−k=k，根据四边形BDGN是平行四边形，得出DG=BN=k，进而得出DG=CN，AG=AD+DG=2k+k=3k，然后证明△MDG=≌△MCNASA，得出MG=MN=12GN=12BD=12AC，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC= AB2+BC2= k2+2k2= 5k，进一步得出MG=12AC= 52k，即可对结论⑤作出判断．
【解答】
解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90∘，
∴∠BCA+∠ACD=90∘，
∵∠ACB=∠CDH，
∴∠CDH+∠ACD=90∘，
∴∠DHC=180°−(∠CDH+∠ACD)=90°，
∴DH⊥AC，故结论①正确；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，BC=2AB，AC= AB2+BC2= AB2+2AB2= 5AB，
∴∠ACB≠30°，∠BAC≠60°，
∴△OAB是等腰三角形，但不是等边三角形.故结论②错误；
③延长GF交BC于点N，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OC，DG//BC，AC=BD，AD=BC，
∴∠OBC=∠OCB，∠AGF=∠CNG，
∵∠ACB=∠CDH=∠AGF，
∴∠CNG=∠OBC，∠CDH=∠CNM，
∴NG//BD，
又∵DG//BN，
∴四边形BDGN是平行四边形，
∴NG=BD=AC，
∵CE平分∠BCD，
∴∠FCD=∠FCN，
在△CDF和△CNF中，
∠CDF=∠CNF∠FCD=∠FCNCF=CF,
∴△CDF≌△CNF(AAS)，
∴FD=FN，
∴NG=FN+FG=FD+FG，
∴FD+FG=AC.故结论③正确；
∵NG//BD，
∴GF//BD，故结论④正确；
由△CDF≌△CNF(AAS)可得CD=CN，
设AB=k(k>0)，则CD=CN=AB=k，BC=2AB=2k，
∴BN=BC−CN=2k−k=k，
∵四边形BDGN是平行四边形，
∴DG=BN=k，
∴DG=CN，AG=AD+DG=2k+k=3k，
∵DG//CN，
∴∠MDG=∠MCN，∠MGD=∠MNC，
在△MDG和△MCN中，
∠MDG=∠MCNDG=CN∠MGD=∠MNC,
∴△MDG=≌△MCNASA，
∴MG=MN=12GN=12BD=12AC，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC= AB2+BC2= k2+2k2= 5k，
∴MG=12AC= 52k，
∴MGAG= 52k3k= 56，
∴MG= 56AG．
故结论⑤错误；
综上所述，正确结论的序号是①③④．
故选：A．
题型05 梯形的相关计算问题
【解题策略】
等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；
2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；
3）等腰梯形的两条对角线相等；
4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）.
等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；
2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形.
【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等.
梯形的面积公式：S=12×（上底+下底）×高
解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中；
2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中.
3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形.
4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等.
5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形.
6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形.
【典例分析】
例1.（2023·黑龙江模拟）如图，四边形ABDC中，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=2∠D，AC+1=BC+CD，AB=3，则线段BD的长 ．
【答案】25
【分析】作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，得到四边形BCDF是矩形，四边形ACDE是等腰梯形，设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，推出AC=x+y−1=DE=BE，得到BE=BF+EF=y+3，解方程x+y−1=y+3，求得x=4，在Rt△ABC和Rt△ADC中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，
则∠CDE=2∠BDC=∠ACD，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴AE∥CD，且四边形BCDF是矩形，
∴∠A+∠ACD=180°，∠E+∠CDE=180°，
∴∠E=∠A，
∴四边形ACDE是等腰梯形，则AC=DE，EF=AB=3，
∵AE∥CD，∠BDE=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC=∠DBE，
∴BE=DE，
设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，
∵AC+1=BC+CD，
∴AC=x+y−1=DE=BE，
而BE=BF+EF=y+3，
∴x+y−1=y+3，
∴x=4，即BC=4，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=32+42=5=x+y−1，
∴y=2，即CD=2，
在Rt△ADC中，CD=2，BC=4，
∴BD=22+42=25．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形、梯形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式演练】
1.（2023·上海模拟）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，点E为BC延长线上一点，∠ADB=∠CDE，点F在BD上，联结CF．
(1)求证：AD⋅DE=AC⋅DC；
(2)如果AD⋅CE=DF⋅DB，求证：四边形DFCE为梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明△DAB∽△DCE，根据相似比及等量替换即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明△DBC∽△DCF，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明FC∥DE，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AB=CD
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠DAB=∠ADC,AC=DB
∵AD∥BC
∴∠DCE=∠ADC
∴∠DAB=∠DCE
又∵∠ADB=∠CDE
∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=DBDE，即AD⋅DE=DB⋅DC
又∵AC=DB
∴AD⋅DE=AC⋅DC
（2）∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=ABCE，即AD⋅CE=AB⋅DC
∵AD⋅CE=DF⋅DB
∴AB⋅DC=DF⋅DB
∵AB=CD
∴CD⋅CD=DF⋅DB，即DCDB=DFDC，
又∵∠CDF=∠BDC
∴△DBC∽△DCF
∴∠DBC=∠DCF
∵AD∥BC
∴∠DBC=∠ADB
∵∠ADB=∠EDC
∴∠DCF=∠EDC
∴FC∥DE
∵FC≠DE
∴四边形DFCE为梯形．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似．
、
1．（2023·山东）如图，一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，若∠1=44°，则∠2的度数为（ ）
A．14°B．16°C．24°D．26°
【答案】B
【分析】如图，求出正六边形的一个内角和一个外角的度数，得到∠4=60°,∠2+∠5=120°，平行线的性质，得到∠3=∠1=44°，三角形的外角的性质，得到∠5=∠3+∠4=104°，进而求出∠2的度数．
【详解】解：如图：
∵正六边形的一个外角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形的一个内角的度数为：180°−60°=120°，
即：∠4=60°,∠2+∠5=120°，
∵一束太阳光线平行照射在放置于地面的正六边形上，∠1=44°，
∴∠3=∠1=44°，
∴∠5=∠3+∠4=104°，
∴∠2=120°−∠5=16°；
故选B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和、外角和的综合应用，平行线的性质．熟练掌握多边形的外角和是360°，是解题的关键．
2．（2023·西藏）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）
A．92B．33C．932D．63
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=23，
同理： BC=23，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=23，
∴S菱形ABCD=AD×BE=63．
故选：D．
【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，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
3.（2023·吉林）（平行四边形的判定）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB // DC，AD // BCB. AB=DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DOD. AB=DC，AD // BC
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的判定：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形．(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形．(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形．(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形判定定理进行判断．
【解答】
解：A.由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B.由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C.由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D.由“AB=DC，AD // BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意；
故选D．
4．（2023·山东）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC,BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A=∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF,DE．
(1)如图1，求证：DE=BF；
(2)如图2，若AD=2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2+22．
【分析】（1）证明CD∥BE，推出∠DCE=∠BEF，利用SAS证明△DCE≌△FEB即可证明结论成立；
（2）取CE的中点H，连接GH，证明GH是△FCD的中位线，设BE=a，则FH=12a−2，证明△FGH∽△FBE，得到GHBE=FHEF，即a2−4a−4=0，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰△ACD和等腰△BCE，
∴AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA，
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD∥BE，
∴∠DCE=∠BEF，
∵EF=AD，
∴EF=CD，
在△DCE和△FEB中，CD=EF∠DCE=∠FEBEC=EB，
∴△DCE≌△FEBSAS，
∴DE=BF；
（2）解：取CE的中点H，连接GH，
∵点G是DE的中点，
∴GH是△FCD的中位线，
∴GH=12CD=12AD=1，GH∥CD，
设BE=a，则CH=EH=12CE=12BE=12a，
∵EF=AD=2，
∴FH=12a−2，
∵CD∥BE，
∴GH∥BE，
∴△FGH∽△FBE，
∴GHBE=FHEF，即1a=12a−22，
整理得a2−4a−4=0，
解得a=2+22（负值已舍），
经检验a=2+22是所列方程的解，且符合题意，
∴BE=2+22．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5.（2023·湖北）在平面直角坐标系中，已知A(−2,3)，B(2,−1)，C(4,4)，若以点A、B、C、D为顶点四边形是平行四边形，则点D的坐标为______．
【答案】(8,0)或(−4,−2)或(0,8)
【解析】解：分三种情况：①BC为对角线时，点D的坐标为(8,0)
②AB为对角线时，点D的坐标为(−4,−2)，
③AC为对角线时，点D的坐标为(0,8)
综上所述，点D的坐标可能是(8,0)或(−4,−2)或(0,8)
故答案为：(8,0)或(−4,−2)或(0,8)．
分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
6．（2023·上海）已知在梯形ABCD中，连接AC，BD，且AC⊥BD，设AB=a,CD=b．下列两个说法：
①AC=22a+b；②AD=22a2+b2
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，①AC=22a+b；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：
若梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴CE=AB,AC=BE，
∵AB∥DC，
∴∠DAB=∠CBA，
∵AB=AB，
∴△DAB≌△CBASAS
∴AC=BD，即BD=BE，
又∵ AC⊥BD，
∴ BE⊥BD，
在Rt△BDE中，BD=BE，AB=a,CD=b，则DE=DC+CE=b+a，
∴AC=BE=DE2=22DE=22a+b，此时①正确；
过B作BF⊥DE于F，如图所示：
在Rt△BFC中，BD=BE，AB=a,CD=b，DE=b+a，则BF=FE=12DE=12a+b，FC=FE−CE=12a+b−a=12b−a，
∴BC=BF2+FC2=a+b22+b−a22 =22a2+b2，此时②正确；
而题中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，
∴无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
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