人教版八年级数学下册举一反三专题18.13平行四边形章末八大题型总结(培优篇)(学生版+解析)

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专题18.13 平行四边形章末八大题型总结（培优篇）【人教版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc30251" 【题型1 添加条件使成为四边形】  PAGEREF _Toc30251 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc28944" 【题型2 根据四边形的性质求解】  PAGEREF _Toc28944 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc21028" 【题型3 四边形的证明】  PAGEREF _Toc21028 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc8140" 【题型4 根据四边形的判定与性质求线段长】  PAGEREF _Toc8140 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc29079" 【题型5 根据四边形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc29079 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc25503" 【题型6 根据四边形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc25503 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc20541" 【题型7 三角形的中位线】  PAGEREF _Toc20541 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc6008" 【题型8 中点四边形】  PAGEREF _Toc6008 \h 10【题型1 添加条件使成为四边形】【例1】（2023春·云南·八年级统考期末）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．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【变式1-1】（2023春·上海浦东新·八年级校考期末）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⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．AC=BD且AB=AD【变式1-2】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）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．【变式1-3】（2023春·天津·八年级统考期末）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．【题型2 根据四边形的性质求解】【例2】（2023春·广东深圳·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，BC=9，则EF长为 .【变式2-1】（2023春·河南安阳·八年级校考期中）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．23cm B．52cm C．4cm D．43cm【变式2-2】（2023春·云南曲靖·八年级校考期中）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 ．  【变式2-3】（2023春·河北邢台·八年级校考期中）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63−62cm B．长62−33cmC．长3cm D．短3cm【题型3 四边形的证明】【例3】（2023春·云南昭通·八年级统考期中）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．【变式3-1】（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）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．【变式3-2】（2023春·海南儋州·八年级统考期末）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．【变式3-3】（2023春·福建福州·八年级统考期末）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．【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·八年级校考期中）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＝ ．  【变式4-1】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）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 ．  【变式4-2】（2023春·辽宁铁岭·八年级统考期中）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 ．【变式4-3】（2023春·广东东莞·八年级校联考期中）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．①② B．①③ C．②③ D．①②③【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·八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．【变式5-1】（2023春·浙江杭州·八年级期中）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．【变式5-2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）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．【变式5-3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期中）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．【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·八年级统考期中）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．100 B．144 C．169 D．225【变式6-1】（2023春·河北邯郸·八年级统考期中）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．【变式6-2】（2023春·河南洛阳·八年级统考期中）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．【变式6-3】（2023春·辽宁丹东·八年级校联考期末）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= ．  【题型7 三角形的中位线】【例7】（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，某花木场有一块如四边形ABCD形状的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各边中点分别是E、F、G、H，测得对角线AC=10m，现想利用篱笆围成四边形EFGH场地，则需篱笆的总长度是（    ）A．40m B．30m C．20m D．10m【变式7-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为AD中点，OE=4，则菱形ABCD的周长为 ．【变式7-2】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）（2023下·四川广元·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC．连接CE，OE，OE交CD于点F．  (1)求证：四边形OCED是矩形；(2)若AD=10，求OF的长．【变式7-3】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，DE是△ABC的中位线，点F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CFE的面积为2，则△ABC的面积为（    ）  A．18 B．16 C．14 D．12【题型8 中点四边形】【例8】（2023春·天津滨海新·八年级校考期中）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【变式8-1】（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）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【变式8-2】（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）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．【变式8-3】（2023春·陕西西安·八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．专题18.13 平行四边形章末八大题型总结（培优篇）【人教版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29937" 【题型1 添加条件使成为四边形】  PAGEREF _Toc29937 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc11589" 【题型2 根据四边形的性质求解】  PAGEREF _Toc11589 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc28495" 【题型3 四边形的证明】  PAGEREF _Toc28495 \h 11 HYPERLINK \l "_Toc24783" 【题型4 根据四边形的判定与性质求线段长】  PAGEREF _Toc24783 \h 18 HYPERLINK \l "_Toc15207" 【题型5 根据四边形的判定与性质求角度】  PAGEREF _Toc15207 \h 24 HYPERLINK \l "_Toc23681" 【题型6 根据四边形的判定与性质求面积】  PAGEREF _Toc23681 \h 31 HYPERLINK \l "_Toc27644" 【题型7 三角形的中位线】  PAGEREF _Toc27644 \h 36 HYPERLINK \l "_Toc5348" 【题型8 中点四边形】  PAGEREF _Toc5348 \h 40【题型1 添加条件使成为四边形】【例1】（2023春·云南·八年级统考期末）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．①②③ B．①②④ C．①③④ D．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·八年级校考期末）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⊥BD B．AC⊥BD且AC和BD互相平分C．∠BAD=∠ABC且AC=BD D．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·八年级统考期末）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·八年级统考期末）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·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，BC=9，则EF长为 .【答案】3【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边；熟练掌握平行四边形的性质，得出AF=AB是解题的关键．根据平行四边形的对边平行且相等可得AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9；根据两直线平行，内错角相等可得∠AFB=∠FBC；根据从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠ABF=∠FBC；推得∠ABF=∠AFB，根据等角对等边可得AF=AB=6，DE=DC=6，即可列出等式，求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，DC=AB=6，AD=BC=9，∵AD∥BC，∴∠AFB=∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠FBC，则∠ABF=∠AFB，∴AF=AB=6，同理可证：DE=DC=6，∵EF=AF+DE−AD=2，即6+6−EF=9，解得：EF=3；故答案为：3．【变式2-1】（2023春·河南安阳·八年级校考期中）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．23cm B．52cm C．4cm D．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·八年级校考期中）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·八年级校考期中）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63−62cm B．长62−33cmC．长3cm D．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 四边形的证明】【例3】（2023春·云南昭通·八年级统考期中）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·江苏南京·八年级校联考期中）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·八年级统考期末）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·八年级统考期末）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·八年级校考期中）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·八年级统考期末）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·八年级统考期中）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·八年级校联考期中）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．①② B．①③ C．②③ D．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·八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·八年级期中）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·八年级统考期末）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·八年级统考期中）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·八年级统考期中）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．100 B．144 C．169 D．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·八年级统考期中）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·八年级统考期中）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·八年级校联考期末）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 三角形的中位线】【例7】（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，某花木场有一块如四边形ABCD形状的空地，其中AD//BC,∠B=∠BCD，其各边中点分别是E、F、G、H，测得对角线AC=10m，现想利用篱笆围成四边形EFGH场地，则需篱笆的总长度是（    ）A．40m B．30m C．20m D．10m【答案】C【分析】过点A作AM∥DC交BC于点M，连接BD，则可得四边形AMCD是平行四边形，从而AB=AM=DC；可证△ABC≌△DCB，则可得BD=AC=10m；再由E、F、G、H分别为中点，由三角形中位线定理，可得四边形EFGH是平行四边形，则可求得篱笆的总长度．【详解】过点A作AM∥DC交BC于点M，连接BD则∠DCB=∠AMB∵∠DCB=∠ABC∴∠AMB=∠ABC∴AM=AB   ∵AD∥BC，AM∥DC  ∴四边形AMCD是平行四边形∴AM=DC∴AB=DC在△ABC与△DCB中 AB=DC∠ABC=∠DCBBC=CB∴△ABC≌△DCB(SAS)∴BD=AC=10m∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点∴GH=EF=12AC=5m，EH=FG=12BD=5m ∴四边形EFGH是平行四边形则篱笆的总长度为2(GH+EH)=20(m)故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，涉及的知识点较多，掌握它们是关键．【变式7-1】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为AD中点，OE=4，则菱形ABCD的周长为 ．【答案】32【分析】此题考查了菱形的性质和中位线定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和中位线定理的应用．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，OB=OD，∵E为AD中点，∴OE=12AB=4，∴AB=BC=CD=DA=8，∴菱形ABCD的周长为32，故答案为：32．【变式7-2】（2023春·内蒙古鄂尔多斯·八年级统考期末）（2023下·四川广元·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC．连接CE，OE，OE交CD于点F．  (1)求证：四边形OCED是矩形；(2)若AD=10，求OF的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据菱形的性质得到OA=OC=12AC，AC⊥BD．则∠COD=90°．由DE=12AC得到OC=DE．由DE∥AC得到四边形OCED是平行四边形，即可证明结论；（2）由四边形ABCD是菱形得到O为AC的中点．根据四边形OCED是矩形得到F为CD的中点．则OF为△ACD的中位线，利用中位线定理即可得到答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=12AC，AC⊥BD．∴∠COD=90°．∵DE=12AC，∴OC=DE．∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．又∵∠COD=90°，∴四边形OCED是矩形．（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴O为AC的中点．∵四边形OCED是矩形，∴ F为CD的中点．∴OF为△ACD的中位线．∴OF=12AD=5．【点睛】此题考查了矩形的判定的和性质、菱形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和性质与三角形中位线定理是解题的关键．【变式7-3】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，DE是△ABC的中位线，点F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CFE的面积为2，则△ABC的面积为（    ）  A．18 B．16 C．14 D．12【答案】B【分析】连接AF，由E是AC中点得到S△AEF=S△CEF=2，由F是DE中点得到S△ADE=2S△AEF=4，由DE是△ABC的中位线得到S△ABC=4S△ADE即可求解．【详解】解：连接AF，CD，如图，  ∵DE是△ABC的中位线，∴E是AC中点，D是AB中点，∴S△AEF=S△CEF=2，∵F是DE中点，∴S△ADE=2S△AEF=4，∵E是AC中点，∴S△ACD=2S△ADE=8，∵D是AB中点，∴S△ABC=2S△ACD=16，故选：B．【点睛】本题考查了三角形线段中点与面积之间的关系，解题的关键是运用数学结合思想找到其中的关系．【题型8 中点四边形】【例8】（2023春·天津滨海新·八年级校考期中）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·八年级统考期末）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·八年级统考期末）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·八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．