第20讲 多边形与平行四边形（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷

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考点一
多边形
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n-2)
个三角形，n边形的对角线条数为n(n−3)2
多边形内角和定理：n边形的内角和为(n-2)∙180°（n≥3）.
多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形.
【题型1 多边形的对角线】
【例1】（2024·吉林长春·二模）如图所示的五边形木架不具有稳定性，若要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角形的稳定性及多边形对角线的条数即可得答案．
【详解】∵三角形具有稳定性，
∴要使五边形不变形需把它分成三角形，即过五边形的一个顶点作对角线，
∵过五边形的一个顶点可作对角线的条数为5-3=2（条），
∴要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为2条，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的稳定性及多边形的对角线，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
【变式1-1】（2024·湖北十堰·一模）若一个正n边形的每个内角为144°,则这个正n边形的所有对角线的条数是 .
【答案】35
【分析】由正n边形的每个内角为144°结合多边形内角和公式，即可得出关于n的一元一次方程，解方程即可求出n的值，将其代入n(n−3)2中即可得出结论．
【详解】∵一个正n边形的每个内角为144°，
∴144n=180×（n-2），解得：n=10．
这个正n边形的所有对角线的条数是：n(n−3)2=10×72 =35．
故答案为35．
【点睛】本题考查了多边形的内角以及多边形的对角线，解题的关键是求出正n边形的边数．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据多边形的内角和公式求出多边形边的条数是关键．
【变式1-2】（2024·陕西西安·模拟预测）一个正多边形的中心角是72°，则过它的一个顶点有 条对角线．
【答案】2
【分析】根据正多边形的中心角是72°，可得该正多边形是正五边形，然后利用过n边形的一个顶点有n−3对角线计算即可解答．
【详解】解：∵设正多边形的边数为n,且正多边形的中心角是72°，
∴72°n=360°，
∴n=5，
∴过n边形的一个顶点有n−3条对角线，即5−3=2条，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是多边形的对角线、正多边形的中心角等知识点，要掌握过n多边形的一个顶点有n−3条对角线、正多边形的中心角都相等是解答本题的关键．
【变式1-3】（2024·四川凉山·模拟预测）一个多边形的外角和等于它的内角和的12倍，那么这个多边形从一个顶点引对角线的条数是( )条
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】设这个多边形有n条边，由题意得方程（n-2）×180=360×2，解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线可得答案．
【详解】设这个多边形有n条边，由题意得：
（n-2）×180=360×2，
解得；n=6，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是6-3=3，
故答案为：A．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
【题型2 多边形的内角和】
【例2】（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90°B．99°C．108°D．135°
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据四边形内角和等于360°计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠CDE=∠E=5−2×180°5=108°，
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF=90°，∠CFD=45°，
∴∠FDE=108°−90°=18°，∠DFM=180°−45°=135°，
∴∠FME=360°−18°−135°−108°=99°，
故选：B．
【变式2-1】（2024·山东聊城·中考真题）如果一个正方形被截掉一个角后，得到一个多边形，那么这个多边形的内角和是 ．
【答案】180°或360°或540°
【详解】分析: 剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，根据多边形的内角和定理即可求解.
详解: n边形的内角和是（n-2）•180°，
边数增加1，则新的多边形的内角和是（4+1-2）×180°=540°，
所得新的多边形的角不变，则新的多边形的内角和是（4-2）×180°=360°，
所得新的多边形的边数减少1，则新的多边形的内角和是（4-1-2）×180°=180°，
因而所成的新多边形的内角和是540°或360°或180°．
故答案为540°或360°或180°.
点睛：本题主要考查了多边形的内角和的计算公式，理解：剪掉一个多边形的一个角，则所得新的多边形的角可能增加一个，也可能不变，也可能减少一个，是解决本题的关键.
【变式2-2】（2024·浙江·中考真题）为庆祝中国共产党建党100周年，某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（A,B,C,D,E是正五边形的五个顶点），则图中∠A的度数是 度．
【答案】36
【分析】根据题意，得五边形（F,G,H,J,K是正五边形的五个顶点）为正五边形，且AF=AK；根据多边形内角和性质，得正五边形FGHJK内角和，从而得∠4；再根据补角、等腰三角形、三角形内角和性质计算，即可得到答案．
【详解】∵正五角星（A,B,C,D,E是正五边形的五个顶点）
∴五边形（F,G,H,J,K是正五边形的五个顶点）为正五边形，且AF=AK
∴正五边形FGHJK内角和为：5−2×180°=540°
∴∠4=540°5=108°
∴∠3=180°−∠4=72°
∵AF=AK
∴∠2=∠3=72°
∴∠1=180°−∠2−∠3=36°
故答案为：36．
【点睛】本题考查了正多边形、多边形内角和、补角、等腰三角形、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形、多边形内角和、等腰三角形、三角形内角和的性质，从而完成求解．
【变式2-3】（2024·四川遂宁·中考真题）如图，正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上．若正方形BMGH的边长为6，则正六边形ABCDEF的边长为 ．
【答案】4
【分析】连接BE，根据正六边形的特点可得BE//AF，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】如图，连接BE，
∵正六边形ABCDEF的顶点A、F分别在正方形BMGH的边BH、GH上
∵正六边形每个内角为180°−3602=120°，直线BE为对称轴
∴∠ABE+∠BAF=180°，AB=AF
∴AF//BE
则∠ABE=∠HAF=60° =∠FEB
则∠AFH=30°，
∵正方形BMGH的边长为6
∴BH=6，
∵AHAF=12
设AH=x，则AF=2x，
所以x+2x=6
解得x=2
∴BA=2x=4
故答案为：4
【点睛】本题考查了正多边形的性质，正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【题型3 多边形的外角和】
【例3】（2024·四川遂宁·中考真题）佩佩在“黄娥古镇”研学时学习扎染技术，得到了一个内角和为1080°的正多边形图案，这个正多边形的每个外角为（ ）
A．36°B．40°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】本题考查了正多边形的外角，设这个正多边形的边数为n，先根据内角和求出正多边形的边数，再用外角和360°除以边数即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
则n−2×180°=1080°，
∴n=8，
∴这个正多边形的每个外角为360°÷8=45°，
故选：C．
【变式3-1】（2024·山西·中考真题）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5= 度．
【答案】360°
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答即可．
【详解】由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
故答案为360°．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角，掌握多边形的外角和等于360°是解题的关键．
【变式3-2】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD= ．
【答案】30°/30度
【分析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出多边形的边数，再根据正多边形的中心角的概念求出∠AOD的度数，再由正多边形的半径OA=OD，根据等腰三角形的性质求解即可.
【详解】多边形的每个外角相等，且其和为360°，
据此可得多边形的边数为：360°40°=9，
∴∠AOD=3×360°9=120°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=180°−120°2=30°，
故答案为：30°.
【点睛】本题考查了正多边形的外角，正多边形的中心角，等边对等角等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键.
【变式3-3】（2024·四川自贡·中考真题）如图，一个正五边形和一个正方形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点B，则∠ABC的度数是（ ）
A．120°B．142°C．144°D．150°
【答案】C
【分析】本题主要考查了正多边形的内角和外角的求法，三角形内角和，求出每个正五边形和正方形的内角度数和每个外角度数．
【详解】解：如图所示：
∵正五边形的每个外角是360°÷5=72°，正方形的外角是360°÷4=90°，
∴∠DBF=90°−∠BDF=90°−72°=18°，
又∵正五边形每个内角是108°，正方形的内角是90°，
∴∠ABC=360°−∠ABD−∠DBF−∠CBF=180°−108°−90°−18°=144°，
故选：C．
【题型4 平面镶嵌】
【例4】（2024·贵州铜仁·中考真题）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌（ ）
A．等边三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
【答案】C
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是360°，因此我们只需要验证360°是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为60°，360°÷60°=6，故该项不符合题意；
B、正方形的每个内角的度数为90°，360°÷90°=4，故该项不符合题意；
C、正五边形的每个内角的度数为108°，360°÷108°=313，故该项符合题意；
D、正六边形的每个内角的度数为120°，360°÷120°=3，故该项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．
【变式4-1】（2024·四川资阳·中考真题）小张同学家要装修，准备购买两种边长相同的正多边形瓷砖用于铺满地面．现已选定正三角形瓷砖，则选的另一种正多边形瓷砖的边数可以是 ．（填一种即可）
【答案】4或6或12
【分析】分别求出各个多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可求出答案．
【详解】正三角形的每个内角是60°，正四边形的每个内角是90°，
∵3×60°+2×90°=360°，
∴正四边形可以，
正六边形的每个内角是120°，
∵2×60°+2×120°=360°，
∴正六边形可以，
正十二边形的每个内角是150°，
∵1×60°+2×150°=360°，
∴正十二边形可以，
故答案为：4或6或12．
【点睛】几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
【变式4-2】（2024·山东青岛·中考真题）问题再现
现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至于服装面料设计中随处可见．在八年级课题学习“平面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究了三角形、四边形、正六边形的镶嵌问题．今天我们把正多边形的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中几个问题，共同来探究．
我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面．如图，用正方形镶嵌平面，可以发现在一个顶点O周围围绕着4个正方形的内角．
试想：如果用正六边形镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕 个正六边形内角．
问题提出
如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可能设计出几种不同的组合方案？
问题解决
猜想1：是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？
分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决．从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题的关键在于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点．具体地说，就是在镶嵌平面时，一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角．
验证1：在镶嵌平面时，设围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：
90x+8−2×1808·y=360，整理得：2x+3y=8，
我们可以找到唯一一组适合方程的正整数解为x=1y=2．
结论1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形和2个正八边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．
猜想2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按照上述方法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由．
上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分组合方案，相信同学们用同样的方法，一定会找到其它可能的组合方案．
问题拓广
请你仿照上面的研究方式，探索出一个同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案，并写出验证过程．
【答案】见解析
【分析】设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角可以拼成一个周角，根据一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角列出关于a，b的二元一次方程，找出该方程的正整数解即可；在镶嵌平面时，设围绕某一点有m个正三角形、n个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周角，根据一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角列出关于m，n，c的三元一次方程，找出该方程的正整数解即可．
【详解】解：能同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌；
验证2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角可以拼成一个周角．
根据题意，可得方程：60a+120b=360，
整理得：a+2b=6，
可以找到两组适合方程的正整数解为a=2b=2和a=4b=1，
结论2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角或者围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌；
问题拓广：
猜想3：是否可以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合进行平面镶嵌？
验证3：在镶嵌平面时，设围绕某一点有m个正三角形、n个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周角，
根据题意，可得方程：60m+90n+120c=360，
整理得：2m+3n+4c=12，
可以找到唯一一组适合方程的正整数解为m=1n=2c=1，
结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正三角形、2个正方形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合可以进行平面镶嵌．
【变式4-3】（2024·浙江绍兴·中考真题）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E,F分别是AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是 .
【答案】10或6+22或8+22
【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．
【详解】如图所示：
图1的周长为1+2+3+22=6+22；
图2的周长为1+4+1+4=10；
图3的周长为3+5+2+2=8+22．
故四边形MNPQ的周长是6+22或10或8+22．
故答案为6+22或10或8+22．
【点睛】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
考点二
平行四边形
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
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.
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对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【题型5 由平行四边形的性质求值】
【例5】（2024·浙江·中考真题）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC=2,BD=23．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A．x+yB．x−yC．xyD．x2+y2
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，证明△ABE≌△DCFAAS，得到AE=DF,BE=CF=x，由勾股定理可得，AE2=4−y−x2，DF2=12−y+x2，则4−y−x2=12−y+x2，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵AE⊥BC的垂线交BC于点E，
∴∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC,AB∥CD，
∴∠ABE=∠DCF，
∴△ABE≌△DCFAAS
∴AE=DF,BE=CF=x，
由勾股定理可得，AE2=AC2−CE2=AC2−BC−BE2=4−y−x2，
DF2=BD2−BF2=BD2−BC+CF2=BD2−BC+BE2=12−y+x2，
∴4−y−x2=12−y+x2，
∴y+x2−y−x2=8
∴x2+2xy+y2−y2+2xy−x2=8
即4xy=8，解得xy=2，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是xy，
故选：C
【变式5-1】（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=32，∠A=45°．

(1)求出对角线BD的长；
(2)尺规作图：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在CD边上的点E处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)13
(2)作图见解析
【分析】（1）连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示，由勾股定理先求出AF=DF=AD2=3，在Rt△BDF中再由勾股定理，BD=DF2+BF2=13；
（2）连接EB，根据轴对称性质，过点A尺规作图作线段EB的垂直平分线即可得到答案．
【详解】（1）解：连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示：

∵在▱ABCD中，AD=32，∠A=45°，
∴AF=DF=AD2=3，
∵ AB=5，
∴BF=AB−AF=5−3=2，
在Rt△BDF中，∠BFD=90°，DF=3，BF=2，则BD=DF2+BF2=32+22=13；
（2）解：如图所示：

【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长，涉及勾股定理、尺规作图作线段垂直平分线，熟练掌握勾股定理求线段长及中垂线的尺规作图是解决问题的关键．
【变式5-2】（2024·四川广安·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=5，∠ABC=30°，点M为直线BC上一动点，则MA+MD的最小值为 ．
【答案】41
【分析】如图，作A关于直线BC的对称点A′，连接A′D交BC于M′，则AH=A′H，AH⊥BC，AM′=A′M′，当M,M′重合时，MA+MD最小，最小值为A′D，再进一步结合勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，作A关于直线BC的对称点A′，连接A′D交BC于M′，则AH=A′H，AH⊥BC，AM′=A′M′，
∴当M,M′重合时，MA+MD最小，最小值为A′D，
∵AB=4，∠ABC=30°，在▱ABCD中，
∴AH=12AB=2，AD∥BC，
∴AA′=2AH=4，AA′⊥AD，
∵AD=5，
∴A′D=42+52=41，
故答案为：41
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键．
【变式5-3】（2024·贵州贵阳·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AE是BC边上的高，点F是DE的中点，AB与AG关于AE对称，AE与AF关于AG对称．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）若AB=2，求△AFD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）S△ADF=334．
【分析】（1）先根据轴对称性质及BC∥AD证△ADE为直角三角形，由F是AD中点知AF=EF，再结合AE与AF关于AG对称知AE=AF，即可得证；
（2）由△AEF是等边三角形且AB与AG关于AE对称、AE与AF关于AG对称知∠EAG=30°，据此由AB=2知AE=AF=DF=3、AH=32，从而得出答案．
【详解】解：（1）∵AB与AG关于AE对称，
∴AE⊥BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AE⊥AD，即∠DAE=90°，
∵点F是DE的中点，即AF是Rt△ADE的中线，
∴AF=EF=DF，
∵AE与AF关于AG对称，
∴AE=AF，
则AE=AF=EF，
∴△AEF是等边三角形；
（2）记AG、EF交点为H，
∵△AEF是等边三角形，且AE与AF关于AG对称，
∴∠EAG=30°，AG⊥EF，
∵AB与AG关于AE对称，
∴∠BAE=∠GAE=30°，∠AEB=90°，
∵AB=2，
∴BE=1、DF=AF=AE=3，
则EH=12AE=32、AH=32，
∴S△ADF=12×3×32=334．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形，轴对称的性质，解题的关键是掌握直角三角形有关的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质及平行四边形的性质等知识点．
【题型6 由平行四边形的性质证明】
【例6】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．

(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，如图①，求证：AE+EC=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，如图②：当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：AE−EC=BF，图③：EC−AE=BF
(3)1或7
【分析】（1）求证∠BEF=∠AED，AE=BE，得△BEF≌△AEDSAS，所以BF=AD，进而AD=BC=BF，所以AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，同（1），△BEF≌△AEDSAS，得AD=BF，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以AE−EC=BF；如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，求证∠BAE=∠ABE，得AE=BE，同（1）可证△BEF≌△AEDSAS，BF=AD，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以EC−AE=BF；
（3）如图①，Rt△EBF中，勾股定理，得 BF=EF2−BE2=4，求得EC=BF−AE=1；如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，可得图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；如图③，Rt△AED中，勾股定理，得 AD=DE2−AE2=4，求得EC=AE+BF=7．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°．
∵∠FED=90°，
∴∠AEB=∠FED
∴∠AEB−∠AEF=∠FED−∠AEF
∴∠BEF=∠AED．
∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAE=45°．
∴AE=BE．
∵EF=ED，
∴△BEF≌△AEDSAS．
∴BF=AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，

同（1），AE=BE，△BEF≌△AEDSAS
∴AD=BF
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE−EC=BE−EC=BC=BF
即AE−EC=BF；
如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，

∵∠ABC=135°
∴∠ABE=180°−∠ABC=45°
∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°
∴∠BAE=180°−∠AEB−∠ABE=45°
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
同（1）可证，△BEF≌△AEDSAS
∴BF=AD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴EC−AE=EC−EB=BC=BF
即EC−AE=BF
（3）如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠AEB=90°
∵△BEF≌△AED
∴∠EAD=∠EBF=90°
Rt△EBF中，EF=DE=5,BE=AE=3，BF=EF2−BE2=52−32=4
由AE+EC=BF，得EC=BF−AE=4−3=1；
如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，
∴BC=AD=4,与BE=3矛盾，故图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；
如图③，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠EAD+∠AEB=180°
∵∠AEB=90°
∴∠EAD=90°
Rt△AED中，AE=BE=3，AD=DE2−AE2=52−32=4
∴BF=AD=4
由EC−AE=BF知，EC=AE+BF=3+4=7．
综上，CE=1或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
【变式6-1】（2024·湖北·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，且AE=CF，求证：BE=DF．

【答案】见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证△ABE≌△CDF是解答本题的关键．
由平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD即∠BAE=∠DCF，根据SAS可得△ABE≌△CDF，最后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠BAE=∠DCFAE=CF，
∴△ABE≌△CDF，
∴BE=DF．
【变式6-2】（2024·四川眉山·中考真题）如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F．

(1)求证：AF=AB；
(2)点G是线段AF上一点，满足∠FCG=∠FCD，CG交AD于点H，若AG=2,FG=6，求GH的长．
【答案】(1)见解析
(2)65
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD，证明△AEF≅△DECASA，推出AF=CD，即可解答；
（2）通过平行四边形的性质证明GC=GF=6，再通过（1）中的结论得到DC=AB=AF=8，最后证明△AGH∽△DCH，利用对应线段比相等，列方程即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠EAF=∠D，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠CED，
∴△AEF≅△DECASA，
∴AF=CD，
∴AF=AB；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=AF=FG+GA=8，DC∥FA，
∴∠DCF=∠F，∠DCG=∠CGB，
∵∠FCG=∠FCD，
∴∠F=∠FCG，
∴GC=GF=6，
∵∠DHC=∠AHG，
∴△AGH∽△DCH，
∴GHCH=AGDC，
设HG=x,则CH=CG−GH=6−x，
可得方程x6−x=28，
解得x=65，
即GH的长为65．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键．
【变式6-3】（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．

(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDHAAS，得∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFBSAS得∠AED=∠EFB，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFBSAS；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDHAAS，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFBSAS，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【题型7 添加条件使四边形为平行四边形】
【例7】（2024·湖北十堰·中考真题）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB为边向外作等边△ACD、等边△ABE，EF⊥AB，垂足为F，连接DF，当ACAB= 时，四边形ADFE是平行四边形．
【答案】32．
【详解】解：当ACAB=32时，四边形ADFE是平行四边形．
理由如下：
∵ACAB=32，
∴∠CAB=30°，
∵△ABE为等边三角形，EF⊥AB，
∴EF为∠BEA的平分线，∠AEB=60°，AE=AB，
∴∠FEA=30°，
又∠BAC=30°，
∴∠FEA=∠BAC，
在△ABC和△EAF中，
∵∠ACB=∠EFA，∠BAC=∠AEF，AB=AE，
∴△ABC≌△EAF（AAS），
∵∠BAC=30°，∠DAC=60°，
∴∠DAB=90°，即DA⊥AB，
∵EF⊥AB，∴AD∥EF，
∵△ABC≌△EAF，
∴EF=AC=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形．
故答案为32．
【变式7-1】（2024·江苏泰州·中考真题）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四组条件：①AB∥CD，AD∥BC；②AB=CD，AD=BC；③AO=CO，BO=DO；④AB∥CD，AD=BC．其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有（ ）
A．1组B．2组C．3组D．4组
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定方法逐个判断即可．
【详解】如图，（1）∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（3）∵在四边形ABCD中，AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（4）∵在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是平行四边形；
综上所述，上述四组条件一定能判定四边形ABCD是平行四边形的有3组．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
【变式7-2】（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，添加下列条件后仍不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AD=BCB．AB∥DCC．∠A=∠CD．AB=DC
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A．∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项不符合题意；
B．∵AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项不符合题意；
C．∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠ABC+∠C=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项不符合题意；
D．∵AD∥BC，AB=DC，
∴四边形ABCD可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意；
故选：D．
【变式7-3】（2024·湖南岳阳·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为点E，F．
（1）请你只添加一个条件（不另加辅助线），使得四边形AECF为平行四边形，你添加的条件是________；
（2）添加了条件后，证明四边形AECF为平行四边形．
【答案】（1）AF//CE（答案不唯一，符合题意即可）；（2）见解析
【分析】（1）由题意可知AE//CF，要使得四边形AECF为平行四边形，则使得AF//CE即可，从而添加适当条件即可；
（2）根据（1）的思路，利用平行四边形的定义证明即可．
【详解】（1）显然，直接添加AF//CE，可根据定义得到结果，
故答案为：AF//CE（答案不唯一，符合题意即可）；
（2）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE//CF，
∵AF//CE，
∴四边形AECF为平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
【题型8 求构成平行四边形的点的个数】
【例8】（2024·四川达州·中考真题）如图，一次函数y=x+1与反比例函数y=kx的图象相交于A(m,2)，B两点，分别连接OA，OB．
(1)求这个反比例函数的表达式；
(2)求△AOB的面积；
(3)在平面内是否存在一点P，使以点O，B，A，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x
(2)32
(3)P(−1,1)或P(−3,−3)或P(3,3)
【分析】（1）先利用一次函数求出A点的坐标，再将A点坐标代入反比例函数解析式即可；
（2）先求出B、C点坐标，再利用三角形的面积公式求解即可；
（3）分三种情况，利用坐标平移的特点，即可得出答案．
【详解】（1）解：把A(m,2)代入一次函数y=x+1，得2=m+1，
解得m=1，
∴A(1,2)，
把A(1,2)代入反比例函数y=kx，得2=k1，
∴k=2，
∴反比例函数的表达式为y=2x；
（2）解：令2x=x+1，解得x=1或x=−2，
当x=−2时，y=−1，即B(−2,−1)，
当x=0时，y=1，
∴OC=1，
∴ S△AOB=S△OCA+S△OCB=12⋅OC⋅xB+12⋅OC⋅xA=12⋅OC⋅(xB+xA)=12×1×(2+1)=32；
（3）解：存在，理由如下：
当OA与OB为邻边时，点O(0,0)先向左平移2个单位再向下平移1个单位到点B(−2,−1)，则点A(1,2)也先向左平移2个单位再向下平移1个单位到点P，即P(−1,1)；
当AB与AO为邻边时，点A(1,2)先向左平移3个单位再向下平移3个单位到点B(−2,−1)，则点O(0,0)也先向左平移3个单位再向下平移3个单位到点P，即P(−3,−3)；
当BA与BO为邻边时，点B(−2,−1)先向右平移3个单位再向上平移3个单位到点A(1,2)，则点O(0,0)也先向右平移3个单位再向上平移3个单位到点P，即P(3,3)；
综上，P点坐标为P(−1,1)或P(−3,−3)或P(3,3)．
【点睛】本题考查了反比例函数与特殊四边形的综合题目，涉及求反比例函数解析式，三角形的面积公式，反比例函数与一次函数的交点问题，平移的性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．
【变式8-1】（2024·江西·中考真题）在直角坐标系中，已知A(1,0)，B(−1,−2)，C(2,−2)三点坐标，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标可以是 ．(填序号)
①−2,0②0,−4③4,0 ④1,−4

【答案】①②③
【分析】分别以AB、BC、AC为对角线画平行四边形，然后可得答案．
【详解】解：如图所示：

若以AB为对角线，则D的坐标为−2,0；
若以AC为对角线，则D的坐标为4,0；
若以BC为对角线，则D的坐标为0,−4；
综上可得①②③正确．
故答案为：①②③．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
【变式8-2】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O上一动点，且P在第一象限内，过点P作⊙O的切线与轴相交于点A，与轴相交于点B．
(1)点P在运动时，线段AB的长度也在发生变化，请写出线段AB长度的最小值，并说明理由；
(2)在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q、O、A、P为顶点的四边形时平行四边形？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)线段AB长度的最小值为4，理由见解析；
(2)符合条件的点Q的坐标为（2,−2）或（−2,2）．
【分析】（1）如图，设AB的中点为C，连接OP，由于AB是圆的切线，故△OPC是直角三角形，有OP＜OC，所以当OC与OP重合时，OC最短即AB最短，此时AB=4；
（2）分两种情况：如图（1），当四边形APOQ是正方形时，△OPA，△OAQ都是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为（2，﹣2），如图（2），可求得∠QOP=∠OPA=90°，由于OP=OQ，故△OPQ是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为（﹣2，2）．
【详解】（1）线段AB长度的最小值为4
理由如下：
连接OP
因为AB切⊙O于P，所以OP⊥AB
取AB的中点C，则AB=2OC
当OC=OP时，OC最短，
即AB最短，此时AB=4；
（2）设存在符合条件的点Q，
如图①，
设四边形APOQ为平行四边形，
因为OP⊥AP
所以四边形APOQ为矩形
又因为OP=OQ
所以四边形APOQ为正方形
所以OQ=QA,∠QOA=45°，
在Rt△OQA中，根据OQ=2,∠AOQ=45°，
得Q点坐标为（2,−2）．
如图②，设四边形APQO为平行四边形
因为OQ∥PA，∠APO=90°，
所以∠POQ=90°，
又因为OP=OQ
所以∠PQO=45°，
因为PQ∥OA，
所以PQ⊥y轴．
设PQ⊥y轴于点H，
在Rt△OHQ中，根据OQ=2,∠HQO=45°，
得Q点坐标为（−2,2）
所以符合条件的点Q的坐标为（2,−2）或（−2,2）．
【点睛】此题考查了切线的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质．
【变式8-3】（2024·辽宁朝阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+6与x轴交于点A，与y轴交点C，抛物线y=−2x2+bx+c过A，C两点，与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在直线AC上方的抛物线上有一动点E，连接BE，与直线AC相交于点F，当EF=12BF时，求sin∠EBA的值．
（3）点N是抛物线对称轴上一点，在（2）的条件下，若点E位于对称轴左侧，在抛物线上是否存在一点M，使以M，N，E，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−2x2−4x+6；（2）sin∠EBA的值为255或41717；（3）存在，M的坐标为(2,−10)或(−4,−10)或(0,6)．
【分析】（1）先求出A、C两点坐标，再用待定系数法求解；
（2）如图，过点E作EH⊥x轴于点H，过点F作FG⊥x轴于点G，则易得△BFG∽△BEH，设点E的横坐标为t，则Et,−2t2−4t+6，利用相似三角形的性质可求出点F的坐标，再根据EH与FG的关系列出关于t的方程，解方程即可求出t的值，然后在Rt△EBH中即可求出sin∠EBA的值；
（3）①当EB为平行四边形的边时，分两种情况：点M在对称轴右侧时，BN为对角线与点M在对称轴左侧时，BM为对角线，利用平移的性质即可求出结果；②当EB为平行四边形的对角线时，利用平行四边形对角线的性质和中点坐标公式求解即可.
【详解】解：（1）在y=2x+6中，当x=0时y=6，当y=0时x=−3，
∴C(0,6)、A(−3,0)，
∵抛物线y=−2x2+bx+c的图象经过A、C两点，
∴−18−3b+c=0c=6，
解得b=−4c=6，
∴抛物线的解析式为y=−2x2−4x+6；
（2）令−2x2−4x+6=0，解得x1=−3，x2=1，∴B(1,0)，
设点E的横坐标为t，则Et,−2t2−4t+6，
如图，过点E作EH⊥x轴于点H，过点F作FG⊥x轴于点G，则EH∥FG，∴△BFG∽△BEH，
∵EF=12BF，
∴BFBE=BGBH=FGEH=23，
∵BH=1−t，
∴BG=23BH=23−23t，
∴点F的横坐标为13+23t，
∴F13+23t,203+43t，
∴−2t2−4t+6=32203+43t，
∴t2+3t+2=0，
解得t1=−2，t2=−1，
当t1=−2时，−2t2−4t+6=6，
当t2=−1时，−2t2−4t+6=8，
∴E1(−2,6)，E2(−1,8)，
当点E的坐标为(−2,6)时，在Rt△EBH中，EH=6，BH=3，
∴BE=EH2+BH2=62+32=35，
∴sin∠EBA=EHBE=635=255；
同理，当点E的坐标为(−1,8)时，sin∠EBA=EHBE=41717，
∴sin∠EBA的值为255或41717；
（3）∵点N在对称轴上，∴xN=−3+12=−1，
∵点E位于对称轴左侧，∴E(−2,6).
①当EB为平行四边形的边时，分两种情况：
（Ⅰ）点M在对称轴右侧时，BN为对角线，
∵E(−2,6)，xN=−1，−1−(−2)=1，B(1,0)，
∴xM=1+1=2，当x=2时，y=−2×22−4×2+6=−10，
∴M(2,−10)；
（Ⅱ）点M在对称轴左侧时，BM为对角线，
∵xN=−1，B(1,0)，1−(−1)=2，E(−2,6)，
∴xM=−2−2=−4，
当x=−4时，y=−2×(−4)2−4×(−4)+6=−10，
∴M(−4,−10)；
②当EB为平行四边形的对角线时，
∵B(1,0)，E(−2,6)，xN=−1，
∴1+(−2)=−1+xM，
∴xM=0，
当x=0时，y=6，
∴M(0,6)；
综上所述，M的坐标为(2,−10)或(−4,−10)或(0,6)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的求解、锐角三角函数的知识、平行四边形的性质及其第四个顶点的确定问题，考查的知识点多、综合性强、难度较大，属于中考压轴题，熟练掌握待定系数法是解（1）题的关键；熟知函数图象上点的坐标特征、灵活应用相似三角形的性质和方程思想是解（2）题的关键；正确分类、不重不漏，灵活运用平行四边形的性质和平移的数学思想方法是解（3）题的关键.
【题型9 证明平行四边形】
【例9】（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE=DF．

(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)若AB=BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时BCAB的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由见解析，此时BCAB=3
【分析】（1）先证明AB∥CD得到∠EAB=∠FCD，再由垂线的定义得到∠AEB=∠CFD=90°，据此证明△AEB≌△CFDAAS，得到AB=CD，由此即可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到∠BAO=60°，则可证明△AOB是等边三角形，得到OA=OB，进而可证明AC=BD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAB=3．
【详解】（1）证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠FCD，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
又∵BE=DF，
∴△AEB≌△CFDAAS，
∴AB=CD，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=30°，
∴∠BAO=60°，
又∵AB=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∴OB=OD=OA=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
即当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC=BCAB=3．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
【变式9-1】（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH．
求证：
(1)△AEH≌△CFG；
(2)四边形EGFH为平行四边形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，即得∠EAH=∠FCG，由折叠的性质可得AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，即得CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，进而得AH=CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG；
（2）由（1）得∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH=FG，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠EAH=∠FCG，
由折叠可得，AG=AD，CH=CB，∠CHE=∠B=90°，∠AGF=∠D=90°，
∴CH=AG，∠AHE=∠CGF=90°，
∴AH=CG，
在△AEH和△CFG中，
∠EAH=∠FCGAH=CG∠AHE=∠CGF=90°，
∴△AEH≌△CFGASA；
（2）证明：由（1）知∠AHE=∠CGF=90°，△AEH≌△CFG，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EGFH为平行四边形．
【变式9-2】（2024·湖南·中考真题）如图所示，在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点．

(1)求证：四边形DEFG为平行四边形
(2)DG⊥BH，BD=3，EF=2，求线段BG的长度．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由三角形中位线定理得到DE∥BC,DE=12BC，GF∥BC,GF=12BC，得到GF∥DE,GF=DE，即可证明四边形DEFG为平行四边形；
（2）由四边形DEFG为平行四边形得到DG=EF=2，由DG⊥BH得到∠DGB=90°，由勾股定理即可得到线段BG的长度．
【详解】（1）解：∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE∥BC,DE=12BC，
∵点G、F分别为BH、CH的中点．
∴GF∥BC,GF=12BC，
∴GF∥DE,GF=DE，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG=EF=2，
∵DG⊥BH，
∴∠DGB=90°，
∵BD=3，
∴BG=BD2−DG2=32−22=5．
【点睛】此题考查了中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形DEFG为平行四边形和利用勾股定理计算是解题的关键．
【变式9-3】（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN=BM．
【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN=DB，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值．
【答案】（1）见详解，（2）四边形AFBD为平行四边形，（3）45
【分析】（1）根据等边三角的性质可得∠A=60°,AB=AC，再由旋转的性质可得DM=AM,∠AMD=120°，从而可得∠DMB=∠A=60°，证明△ANM≌△MBDSAS，即可得证；
（2）根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得MA=MD,∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，从而可得∠MAD=∠ABF=45°，由平行线的判定可得AD∥BF，证明△ANM≌△MBDSAS，可得∠AMN=∠MDB，利用等量代换可得∠DBM=∠MAF，再由平行线的判定可得DB∥AF，根据平行四边形的判定即可得证；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，根据等腰三角形的性质可证∠GAM=∠BCN=45°，证明△GAM≌△BCNSAS，可得GM=BN，从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角的定义可得∠GBO=45°，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得OG=OB=22，从而可得OC=62，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC，
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴DM=AM,∠AMD=120°，
∴∠DMB=60°，
∵AN=BM，∠DMB=∠A=60°，
∴△ANM≌△MBDSAS，
∴MN=DB；
（2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA=MD,∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，
∴∠MAD=∠ABF=45°，
则AD∥BF，
在△ANM和△MBD中，
MA=DM∠MAN=∠DMBAN=MB，
∴△ANM≌△MBDSAS，
∴∠AMN=∠MDB，
∵AE⊥MN，
∴∠AMN+∠MAE=90°，
∵∠MDB+∠MBD=90°，
∴∠DBM=∠MAF，
∴DB∥AF，
则四边形AFBD为平行四边形；
（3）解：如图，过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，
∵AB=AC=4，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠GAM=∠BCN=45°，
∵AN=BM，
∴AM=CN，
又∵AG=CB，
∴△GAM≌△BCNSAS，
∴GM=BN，
∴BN+CM=GM+CM≥CG，
∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，
∵∠GAM=∠ABC=45°，
∴ AG∥BC，
∴∠BAC=∠ABG=90°，
∴∠GBO=180°−∠ABG−∠ABC=45°，
∴∠GBO=45°，
∴OG=OB，
∴GB=2OB=2OG，
∴OG=OB=22，
∴OC=62，
在Rt△GOC中，GC=222+622=45，
∴BN+CM的最小值为45．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值是解题的关键．
【题型10 利用平行四边形的判定与性质求解】
【例10】（2024·浙江台州·中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），分别以AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点H，延长AE，BF交于点G，AG长为c．

（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2FG+EG=2c−b+c−a=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：

在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
∴MF=GF×sin60°=3c−b2
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=3c−ac−b2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
∴HN=CH×sin60°=3a+b−c2
则△CDH的面积为：12×CD×HN=3a+b−c24
由题意可得：3a+b−c24=3c−ac−b2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
【变式10-1】（2024·辽宁丹东·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交AB，BC于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于12EF长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点P，作射线BP，交AD于点G，交CD的延长线于点H．若AB=AG=4，GD=5，则CH的长为（ ）

A．6B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】根据题意的作图可得BH平分∠ABC，则∠ABH=∠CBH，由AB=AG，可得∠ABG=∠AGB，从而∠CBH=∠AGB，因此AD∥BC，又AB∥CD，得证四边形ABCD是平行四边形，得到CD=AB=4．根据AB∥CD和对顶角相等证得∠HGD=∠GHD，从而DH=GD=5，因此CH=CD+DH即可解答．
【详解】根据题意的作图可得BH平分∠ABC，
∴∠ABH=∠CBH，
∵AB=AG，
∴∠ABG=∠AGB，
∴∠CBH=∠AGB，
∴AD∥BC，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=4．
∵AB∥CD，
∴∠ABH=∠CHB，
∵∠ABG=∠AGB，∠AGB=∠HGD，
∴∠HGD=∠GHD，
∴DH=GD=5，
∴CH=CD+DH=4+5=9．
故选：C
【点睛】本题考查尺规作图——作角平分线，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，综合运用各个知识是解题的关键．
【变式10-2】（2024·江苏镇江·中考真题）如图①，AB＝5，射线AM∥BN，点C在射线BN上，将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，点P，Q分别在射线AM、BN上，PQ∥AB．设AP＝x，QD＝y．若y关于x的函数图象（如图②）经过点E(9，2)，则csB的值等于（ ）
A．25B．12C．35D．710
【答案】D
【分析】由题意可得四边形ABQP是平行四边形，可得AP＝BQ＝x，由图象②可得当x＝9时，y＝2，此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，可求BD＝7，由折叠的性质可求BC的长，由锐角三角函数可求解．
【详解】解：∵AM∥BN，PQ∥AB，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP＝BQ＝x，
由图②可得当x＝9时，y＝2，
此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，
∴BD＝BQ﹣QD＝x﹣y＝7，
∵将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，
∴BC＝CD＝12BD＝72，AC⊥BD，
∴csB＝BCAB＝725＝710，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数等知识．理解函数图象上的点的具体含义是解题的关键．
【变式10-3】（2024·四川凉山·中考真题）如图，在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=6，点D、E分别是BC、AD的中点，AF//BC交CE的延长线于F，则四边形AFBD的面积为 ．
【答案】12
【分析】由于AF∥BC，从而易证△AEF≌△DEC（AAS），所以AF=CD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，所以S四边形AFBD=2S△ABD，又因为BD=DC，所以S△ABC=2S△ABD，所以S四边形AFBD=S△ABC，从而求出答案；
【详解】解：∵AF∥BC，
∴∠AFC=∠FCD，
在△AEF与△DEC中，
{∠AFC=∠FCD∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△AEF≌△DEC(AAS)，
∴AF=DC，
∵BD=DC，
∴AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∴S四边形AFBD=2S△ABD，
又∵BD=DC，
∴S△ABC=2S△ABD，
∴S四边形AFBD=S△ABC，
∵∠BAC=90°，AB=4，AC=6，
∴S△ABC=12AB×AC=12×4×6=12，
∴四边形AFBD的面积为：12；
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
【题型11 利用平行四边形的判定与性质证明】
【例11】（2024·江苏徐州·中考真题）【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．
【变式11-1】（2024·四川绵阳·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE=CF．
(1)求证：BE∥DF；
(2)过点O作OM⊥BD，垂足为O，交DF于点M，若△BFM的周长为12，求四边形BEDF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BEDF的周长为24
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB=DC，求得∠BAE=∠DCF，根据全等三角形的性质得到∠AEB=∠CFD，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，求得BE=DF，根据线段垂直平分线的性质得到DM=BM，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
AB=CD∠BAE=∠DCFAE=CF，
∴△ABE≌△CDFSAS，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE∥DF；
（2）解：由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DO=BO，
∵OM⊥BD，
∴DM=BM，
∵△BFM的周长为12，
∴BM+MF+BF=DM+MF+BF=DF+BF=12，
∴BF+DF+BE+DE=2BF+DF=2×12=24.
∴四边形BEDF的周长为24.
【变式11-2】4．（2024·四川自贡·中考真题）如图，用四根木条钉成矩形框ABCD，把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段EB由AB旋转得到，所以EB=AB．我们还可以得到FC＝ ， EF＝ ；
(2)进一步观察，我们还会发现EF∥AD，请证明这一结论；
(3)已知BC=30cm,DC=80cm，若BE 恰好经过原矩形DC边的中点H ，求EF与BC之间的距离．
【答案】(1)CD，AD；
(2)见解析；
(3)EF于BC之间的距离为64cm．
【分析】（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；
（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；
（3）由勾股定理可求BH的长，再证明△BCH∽△BGE，得到BHBE=CHEG，代入数值求解EG，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵ 把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
∴由旋转的性质可知矩形ABCD的各边的长度没有改变，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案为：CD，AD；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝BC2+CH2=402+302=50（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CH∥EG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴BHBE=CHEG，
∴5080=40EG，
∴EG＝64，
∵ EF∥BC，
∴EF与BC之间的距离为64cm．
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式11-3】（2024·湖南娄底·中考真题）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G=θ．
(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
(2)当θ=90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【答案】(1)见解析，60°
(2)2，理由见解析
【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明△GBF为等边三角形，即可求解；
（2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证△AOF≌△COF，从而可知∠FAO=90°，再由正方形的以及圆的相关性质可证得∠AOH=∠OBA，设正方形边长为x，在Rt△FAO 中，由正切的定义即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示：连接BF、CE，
∵菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），
∴点G、B、E共线，
∴FC∥BG,FC=BC=BE ，
∴FC∥BE,FC=BE ，
∴四边形BFCE是平行四边形，
∴EF与BC相互平分，
即：无论θ为何值，EF与BC相互平分；
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形，
∴BE=BF，
又∵菱形BCDE和菱形BCFG，
∴GF=BG=BF=BE ，
∴△GFB 为等边三角形，
∴∠G=θ=60°；
（2）如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H，
∵EF垂直平分AC
∴AF=FC,AO=CO,∠AHO=90° ，
由（1）知，O为BC的中点，
∴动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，
∴∠BAC=90°,AO=BO=CO ，
∴∠OBA=∠OAB ，
∵∠OAB+∠OAC=∠AOH+∠OAC=90° ，
∴∠AOH=∠OAB=∠OBA ，
在△AOF和△COF 中，
AF=CFAO=COFO=FO ，
∴△AOF≌△COF ，
∴∠FAO=∠FCO ，
∵θ=90°，菱形BCFG，
∴四边形BCFG为正方形，
∴∠FCO=90°,FC=BC ，
∴∠FAO=∠FCO=90°，
设FC=BC=x，则AF=CF=x ，AO=OC=12BC=12x ，
在Rt△FAO 中，
tan∠FOA=AFAO=x12x=2，
∵∠AOH=∠OBA，
∴tan∠ABC=tan∠FOA=2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键．
【题型12 平行四边形的判定与性质的应用】
【例12】（2024·陕西西安·二模）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，若△ABC的面积为24cm2，则AB边上的高为 cm；
（2）如图2，在▱ABCD中，F为CD延长线上一点，连接BF，交AD于点E．若AB=3，BC=6，DE=2AE，求CF的长；
（3）如图3，老王家有一块形如四边形ABCD的土地，∠A=60°，AB=CD=60米，AD=BC=50米，他计划在这块土地上规划一个面积为3503平方米的直角三角形区域，设立枇杷林用以放养走地鸡，为了充分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，要求该三角形枇杷林的顶点E、F分别在线段CD、BC上，且CE=20米，顶点G设在线段AD或线段BC上，FG为斜边．现要沿AG修一条笔直的水渠，请你帮他计算水渠AG的长．
【答案】（1）245，（2）CF=9，（3）40米或30米
【分析】（1）设AB边上的高为ℎcm，根据三角形面积公式，即可求解，
（2）由平行四边形的性质得到AB∥CD，△ABE∽△DEF，ABDF=AEDE，代入，求出DF的长，即可求解，
（3）根据平行四边形的性质与判定得到∠C=60°，AD∥BC，当点G在线段AD上时，过点E作EH⊥BC于点H， 由△DGE∽△CIE，得到DECE=DGCI=GEIE=4020=21，结合S△GEFS△IEF=GEIE=21，在Rt△EHC中，解直角三角形得到EH=103（米），HC=10（米），进而得到FI=35（米），设FH=x，由△EFH∽△IEH，得到FHEH=EHHI，解得：x=20或x=15，根据CI=HI−HC，DG=2CI，AG=AD−DG，即可求解，当点G在线段BC上时，由S△GEF=12GF⋅EH=3503，得到GF=70（米），大于BC的长度，舍去，
本题考查了，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键是：连接辅助线，通过相似三角形找到线段之间的关系．
【详解】解：（1）设AB边上的高为ℎcm，
∵S△ABC=12AB⋅ℎ=24，即：12×10⋅ℎ=24，解得：ℎ=245cm，
（2）∵▱ABCD，
∴AD=BC=6，CD=AB=3，AB∥CD，
∵DE=2AE，
∴AE=2，DE=4，
∴△ABE∽△DEF，
∴ABDF=AEDE，即：3DF=24，解得：DF=6，
∴CF=DF+CD=6+3=9，
（3）∵AB=CD=60米，AD=BC=50米，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=60°，AD∥BC，
∵CD=60米，CE=20米，则：DE=CD−CE=60−20=40米，
当点G在线段AD上时，过点E作EH⊥BC于点H，延长GE、BC交于点I，
∵AD∥BC，
∴△DGE∽△CIE，
∴DECE=DGCI=GEIE=4020=21，
∴S△GEFS△IEF=GEIE=21，即：S△IEF=12S△GEF=12×3503=1753（平方米），
在Rt△EHC中，EH=EC⋅sin∠C=20⋅sin60°=20×32=103（米），HC=EC⋅cs∠C=20⋅cs60°=20×12=10（米），
∴S△IEF=12FI⋅EH=12FI×103=1753，解得：FI=35（米），
设FH=x，则：HI=35−x，
∵∠FEH+∠EFH=90°，∠EIH+∠IEH=90°，∠FEH+∠IEH=90°，
∴∠FEH=∠EIH，∠EFH=∠IEH，
∴△EFH∽△IEH，
∴FHEH=EHHI，即：x103=10335−x，整理得：x2−35x+300=0，解得：x=20或x=15，
∴CI=HI−HC=35−20−10=5（米）或CI=HI−HC=35−15−10=10（米），
∴DG=2CI=2×5=10（米）或DG=2CI=2×10=20（米），
∴AG=AD−DG=50−10=40（米）或AG=AD−DG=50−20=30（米），
当点G在线段BC上时，
S△GEF=12GF⋅EH=3503，即：12GF×103=3503，解得：GF=70（舍），
故答案为：（1）245，（2）CF=9，（3）40米或30米．
【变式12-1】（2024·浙江·一模）某广场上一个形状是平行四边形的花坛，分别种有红、黄、蓝、绿、橙、紫6种颜色的花，如果有AB∥EF∥DC，BC∥GH∥AD，那么下列说法中错误的是（ ）

A．红花、绿花种植面积一定相等B．紫花、橙花种植面积一定相等
C．红花、蓝花种植面积一定相等D．蓝花、黄花种植面积一定相等
【答案】C
【分析】由题意得出四边形ABCD、四边形DEOH、四边形BGOF、四边形AGOE、四边形CHOF是平行四边形，得出△ABD的面积=△CBD的面积，△DOE的面积=△DOH的面积，△BOG的面积=△BOF的面积，得出四边形AGOE的面积=四边形CHOF的面积，即可得出结论．
【详解】解：如图所示：
∵ AB∥EF∥DC，BC∥GH∥AD，
∴四边形ABCD、四边形DEOH、四边形BGOF、四边形AGOE、四边形CHOF是平行四边形，
∴△ABD的面积=△CBD的面积，△DOE的面积=△DOH的面积，△BOG的面积=△BOF的面积，故A，D选项正确
∴四边形AGOE的面积=四边形CHOF的面积，故B选项正确
∴A、B、D正确，C不正确；
故选：C．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，利用平行四边形性质比较三角形面积大小，结合图形解题较为简便．
【变式12-2】（2024·浙江金华·一模）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆MN固定在垂直于地面的墙壁上，支杆CE与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形ABCD始终是平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，CE长2米，在与水平地面呈60°的太阳光照射下，CE在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即CE与AD的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)2:1
【分析】（1）过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK，可得四边形CESK是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得KS的长即可；
（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点，然后说明AD的长度为长支杆的一半即可．
【详解】（1）解：过C作与水平地面呈60°的直线KC交MN的延长线于K，分别过K、E作KS∥CE，ES∥CK，
∴四边形CESK是平行四边形，
∴KS=CE=2，即CE在地面上影子的长为2米；
故答案为：2；
（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为OM的中点、B为OC的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即AD的长度为长支杆的一半，
∵CE为长支杆的长度，AD为短支杆的长度．∴CE:AD=2:1．
故答案为：2:1．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式12-3】（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，点O是等边△ABC的内心，∠DOE的两边分别交AB、BC于点D、E，且∠DOE=120°，若等边△ABC的边长为6，求四边形ODBE周长的最小值．
（2）为培养学生劳动实践能力，某学校计划在校东南角开辟出一块平行四边形劳动实践基地．如图2所示，劳动实践基地为▱ABCD，点O为其对称中心，且OB=20m，点E、F分别在边AB、BC上，四边形EBFO为学校划分给九年级的实践活动区域，九年级学生打算在四边形EBFO区域种植两种不同的果蔬，即在△BEF、△EFO种植不同的果蔬．在点O处安装喷灌装置，且喷灌张角为60°，即∠EOF=60°，并修建OE、EF、OF三条小路．现要求规划的三条小路OE、EF、OF总长最小的同时，果蔬种植区域四边形EBFO的面积最大．求满足规划要求的三条小路OE、EF、OF总长的最小值，并计算同时满足四边形EBFO面积最大时学校应开辟的劳动实践基地▱ABCD的面积．

【答案】（1）6+23；（2）80033
【分析】（1）连接OB，OC．先证明△BOD≌△COEASA，得出BD=CE，OD=OE，则四边形ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，当OE最小时，四边形ODBE 周长最小，求出此时的OE即可解答；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接MN，交AB于点E1，交BC于点F1，连接BM、BN、EM、FN、OE1、OF1，得出ΔOEF周长的最小值是MN，再利用平行四边形的判定与性质求得▱ABCD的面积．
【详解】解：（1）连接OB，OC，如图，
∵点O是等边△ABC的内心，
∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=∠ACO=30°，
∴OB=OC，∠BOC=120°
∵∠DOE=120°，
∴∠BOD=∠COE，
在△BOD与△COE中，
∠BOD=∠COEOB=OC∠OBD=∠OCE，
∴△BOD≌△COEASA，
∴BD=CE，OD=OE，
∴四边形ODBE的周长=BD+BE+EO+OD=BC+2OE，
∵BC=6，
∴当OE⊥BC时，OE最小，四边形ODBE周长最小，此时OE=CE·tan30°=3×33=3，
∴四边形ODBE的周长的最小值=6+23；
（2）分别以AB、BC所在直线为对称轴，作点O关于AB的对称点为M，O关于BC的对称点为N，连接MN，交AB于点E1，交BC于点F1，连接BM、BN、EM、FN、OE1、OF1，如图，

则ME=OE，OF=FN．
∵两点之间线段最短，
∴ME+EF+NF≥MN，
∵△OEF周长=OE+EF+OF=ME+EF+NF，
∴△OEF周长的最小值是MN，
∵O、M关于AB对称，O、N关于BC对称，
∴BM=BN=BO=20m，∠BMN=∠BOE1，∠BNM=∠BOF1，∠EME1=∠EOE1，∠FNF1=∠FOF1，
∴∠EOF=∠E1OF1=60°．
∴∠BMN+∠BNM=∠BOE1+∠BOF1=∠E1OF1=60°，
∴∠MBN=120°，
∴∠BMN=∠BNM=30°，
过点B作BH⊥MN，
∴BH=10，MH=NH=103，
∴ MN=203．
即OE、EF、FO和的最小值为203，
此时S四边形形EBFO=S△BEM+S△BFN=S△BMN−S△BEF，
∵S△BMN的面积为1003，
∴当△BEF的面积最小时，四边形EBFO的面积最大，
在△BEF中，∠ABC=60°，MN上的高ℎ=10（定角定高模型），
∴当BE=BF时，△BEF的面积最小，且最小值为10033，
∴四边形EBFO的面积最大值=1003−10033=20033，
∵当BE=BF，∠ABC=60°时，∠BEM=∠BFN=120°=∠BEO=∠BFO=120°，得四边形EBFO为平行四边形，
∴此时平行四边形ABCD的面积=4×四边形EBFO的面积=80033．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用轴对称的性质添加辅助线是解题的关键．
考点三
三角形的中位线
三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线.
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半.
拓展：
结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半.
结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形.
结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形.
结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分.
结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等.
【题型13 与三角形的中位线有关的计算】
【例13】（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6．点F是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上．则线段CF在平移过程中扫过区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是( )

A．16，6B．18，18C．16.12D．12，16
【答案】C
【分析】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF、CD、DF，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：DF∥CE,DF=CE，
∴四边形CFDE是平行四边形，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，点F是AB中点
∴CF=12AB=5
∵DF∥CE，点F是AB中点
∴ADAC=AFAB=12，∠CDF=180°−∠ABC=90°，
∴点D是AC的中点，
∴CD=12AC=4
∵D是AC的中点，点F是AB中点，
∴DF是Rt△ABC的中位线，
∴DF=12BC=3
∴四边形CFDE的周长为：2DF+CF=2×5+3=16，
四边形CFDE的面积为：DF×CD=3×4=12．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形CFDE是平行四边形和DF是Rt△ABC的中位线是解题的关键．
【变式13-1】（2024·江苏无锡·中考真题）在△ABC中，AB=4，BC=6，AC=8，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，则△DEF的周长为 ．
【答案】9
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．根据三角形的中位线定理得出DE=12AC=4,EF=12AB=2,DF=12BC=3，即可解答．
【详解】解：∵AB=4，BC=6，AC=8，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，
∴DE=12AC=4,EF=12AB=2,DF=12BC=3，
∴△DEF的周长=DE+EF+DF=4+2+3=9，
故答案为：9．
【变式13-2】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，AD=1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
【答案】22+12
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BM=MC2+BC2=22，利用三角形中位线定理推出PM=12AD=12，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值．
【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．
∵∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，
∴AC=BCtan∠BAC=2÷12=4，
∴AM=CM=12AC=2，
∴BM=MC2+BC2=22+22=22，
∵P、M分别是CD、AC的中点，
∴PM=12AD=12．
如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，
最大值为BM+MP=22+12，
故答案为：22+12．
【变式13-3】（2024·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为32，对角线AC,BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE=5，连接DE．
（1）线段AE的长为 ；
（2）若F为DE的中点，则线段AF的长为 ．
【答案】 2 102/1210
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°
∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2，
∵DC=32，
∴OD=OC=OA=OB=3，
∵ OE=5
∴ AE=OE−OA=5−3=2；
（2）延长DA到点G，使AG=AD，连接EG
由E点向AG作垂线，垂足为H
∵F为DE的中点，A为GD的中点，
∴AF为△DGE的中位线，
在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45° ，
∴AH=EH
∵ AH2+EH2=AE2，
∴AH=EH=2
∴GH=AG−AH=32−2=22
在Rt△EHG中，∴EG2=EH2+GH2=2+8=10，
∴EG=10
∵ AF为△DGE的中位线，
∴AF=12EG=102；
故答案为：2；102.
【题型14 与三角形的中位线有关的证明】
【例14】（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：△BCD∽△FBE．
问题探究：如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，点E是AB的中点，点F在边BC上，AD=2CF，EF与BD交于点G，求证：BG=FG．
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD=CD，AG=FG，直接写出EGGF的值．

【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展：55
【分析】问题背景：根据矩形的性质可得AB=CD，∠EBF=∠C=90°，根据点E，F分别是AB，BC的中点，可得BEAB=BFBC=12，即可得证；
问题探究：取BD的中点H，连接EH,HC，得EH是△ABD的中位线，根据已知条件可得EH平行且等于FC，进而可得EFCH是平行四边形，得EF∥HC，则∠GFB=∠HCB，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出HB=HC，进而可得∠HBC=∠HCB，等量代换可得∠GBF=∠GFB，等角对等边，即可得证；
问题拓展：过点F作FM⊥AD，则四边形MFCD是矩形，连接AF，根据已知以及勾股定理得出AMAF=55；根据（2）的结论结合已知可得GA=GF=GB，证明EF垂直平分AB，进而得出FA=FB，证明△AFG≌△BFG，进而证明△BEG∽△FMA， 进而根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】问题背景：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠EBF=∠C=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点
∴BEAB=BFBC=12，
即BECD=BFBC=12，
∴△BCD∽△FBE；
问题探究：如图所示，取BD的中点H，连接EH,HC，

∵E是AB的中点，H是BD的中点，
∴EH=12AD，EH∥AD
又∵AD=2CF，
∴EH=CF，
∵AD∥BC，
∴EH∥FC
∴四边形EHCF是平行四边形，
∴EF∥CH
∴∠GFB=∠HCB
又∵∠BCD=90°，H是BD的中点，
∴HC=12BD=BH
∴∠HBC=∠HCB
∴∠GBF=∠GFB，
∴GB=GF；
问题拓展：如图所示，过点F作FM⊥AD，则四边形MFCD是矩形，连接AF，

∵AD=2CF=CD，
∴AM=MD=FC=12AD，
设AD=2a，则MF=CD=2a，AM=a
在Rt△AMF中，AF=a2+2a2=5a，
∵AG=FG，由（2）BG=FG
∴AG=BG，
又∵E是AB的中点，
∴EF垂直平分AB
∴AF=BF，∠BEG=90°，
在△AFG,△BFG中，
AG=BGGF=GFFA=FB
∴△AFG≌△BFGSSS
设∠GBF=∠GFB=α，则∠GAF=∠GFA=α
∴∠BGE=∠GBF+∠GFB=2α，
又∵AD∥BC
∴∠MAF=∠AFB=∠GFA+∠GFB=2α
∴∠MAF=∠EGB
又∵∠BEG=∠AFM=90°
∴△BEG∽△FMA
∴EGGF=EGBG=AMAF=a5a=55．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式14-1】（2024·山东青岛·中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为AB,AC,AD的中点，连接CE,CF,OE,OF．

(1)求证：△BCE≌△DCF；
(2)当AB与BC满足什么位置关系时，四边形AEOF是正方形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由见解析
【分析】（1）根据菱形的性质，利用SAS证明△BCE≌△DCF即可；
（2）菱形的性质和中位线定理，得到OF=OE=AF=AE，得到四边形AEOF是菱形，再根据AB⊥BC，得到AB⊥OE，即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=BC=DC=AD，
∵点E，O，F分别为AB,AC,AD的中点，
∴AE=BE=DF=AF，
∴△BCE≌△DCF(SAS)；
（2）解：当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形．
理由如下：
∵点E，O，F分别为AB,AC,AD的中点，
∴OF=12DC，OE=12BC，
又AE=12AB，AF=12AD，
∴OF=OE=AF=AE，
∴四边形AEOF是菱形，
∵AB⊥BC，OE∥BC，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO=90°，
∴四边形AEOF是正方形．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质．解题的关键是掌握菱形的性质．
【变式14-2】（2024·北京·中考真题）在△ABC中、∠B=∠C=α0°