专题08 平行四边形与多边形（分层训练）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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【基础训练】
一、单选题
1．（2023·上海·模拟预测）下列命题是真命题的是（ ）
A． 一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角形互相垂直平分且相等的四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的的判定定理判断即可．
【详解】解：A选项有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以此项错误；
B选项有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以此项错误；
C选项对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以此项错误；
D选项对角形互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以此项正确；
故选D．
【点睛】本题主要考查平行四边形，矩形，菱形以及正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形，矩形，菱形以及正方形的判定定理是解决本题的关键．
2．（2023下·浙江台州·八年级统考期中）如图△ABC中，AB＝3，AC＝7，BC=10，D、E分别是AB、AC的中点，则DE的长为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【详解】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE=12BC=5，
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理，解题的关键是记住三角形的中位线定理．
3．（2023·河南许昌·统考二模）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且∠OCD＝90°．若E是BC边的中点，BD＝10，AC＝6，则OE的长为（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．3
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质得出OA＝3，OB＝5，进而利用勾股定理得出AB的长，利用三角形中位线得出OE即可．
【详解】解：∵▱ABCD，BD＝10，AC＝6，
∴OA＝3，OB＝5，AB∥DC，
∵∠OCD＝90°，
∴∠BAO＝90°，
∴AB＝OB2−OA2=52−32=4，
∵E是BC边的中点，OA＝OC，
∴2OE＝AB，
∴OE＝2，
故选：B．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质得出OA=3，OB=5解答．
4．（2023·山东济宁·统考中考真题）如图，正五边形ABCDE中，∠CAD的度数为（ ）
A．72°B．45°C．36°D．35°
【答案】C
【分析】首先由正五边形的性质得到△ABC≌△AED， AC=AD，AB=BC=AE=ED，然后由正五边形 ABCDE内角度数，求出∠BAC和 ∠EAD的度数，进而求出 ∠CAD的度数．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC=AE=DE，∠ABC=∠AED=∠BAE=108°，
∴△ABE≅△AED，
∴AC=AD，∠BAC=∠EAD=12180°−108°=36°，
∴∠CAD=∠BAE−∠BAC−∠EAD=108°−36°−36°=36°．
故选：C
【点睛】本题考查了正多边形的性质：各边相等，各角相等，掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
5．（2023上·广西崇左·八年级统考期中）如图，一个直角三角形纸片，剪去直角后，得到一个四边形，则∠1+∠2＝（ ）
A．90°B．180°C．270°D．360°
【答案】C
【分析】首先根据三角形内角和定理算出∠3+∠4的度数，再根据四边形内角和为360°，计算出∠1+∠2的度数．
【详解】解：∵∠5=90°，
∴∠3+∠4=180°−90°=90°，
∵∠3+∠4+∠1+∠2=360°，
∴∠1+∠2=360°−90°=270°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，多边形内角和定理，解题的关键是利用三角形的内角和180°，四边形的内角和360°．
6．（2023·安徽合肥·统考三模）如图，菱形ABCD中，点E，F，G分别为AB，BC，CD的中点，EF=2，FG=4，则菱形ABCD的面积为（ ）

A．12B．16C．20D．32
【答案】B
【分析】先根据三角形中位线定理得到AC=4，BD=8，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接AC、BD，
∵点E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AC=2EF=4，
同理可得BD=2FG=8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×4×8=16，
故选B．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键．
7．（2023·湖南永州·统考中考真题）下列多边形中，内角和等于360°的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据n边形内角和公式n−2⋅180°分别求解后，即可得到答案
【详解】解：A．三角形内角和是180°，故选项不符合题意；
B．四边形内角和为4−2×180°=360°，故选项符合题意；
C．五边形内角和为5−2×180°=540°，故选项不符合题意；
D．六边形内角和为6−2×180°=720°，故选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题考查了n边形内角和，熟记n边形内角和公式n−2⋅180°是解题的关键．
8．（2022·浙江杭州·统考二模）如图，五边形ABCDE是正五边形，F，G是边CD，DE上的点，且BF∥AG．若∠CFB=57°，则∠AGD=（ ）
A．108°B．36°C．129°D．72°
【答案】C
【分析】过点D作DH∥FB交AB于点H，根据平行线的性质先求出∠CDH=57°，然后求出∠HDG=51°，最后利用平行线的性质求得∠AGD即可．
【详解】解：过点D作DH∥FB交AB于点H，
∵∠CFB=57°，
∴∠CDH=∠CFB=57°，
在正五边形ABCDE中，∠CDE=108°，
∴∠HDE=∠CDE−∠CDH=108°−57°=51°，
∵BF∥AG，
∴∠AGD=180°−∠CDH=180°−51°=129°，
故选：C．
【点睛】本题考查了正五边形的性质，平行线的判定和性质，构造辅助线是解决本题的关键．
9．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=58°，则∠CAD为（ ）

A．42°B．38°C．32°D．58°
【答案】C
【分析】根据折叠的性质得到∠ACD=∠ACE=90°，根据平行四边形的性质得到∠B=∠D，即可求出∠CAD．
【详解】解：由折叠可得，∠ACD=∠ACE=90°，
在▱ABCD中，∠B=∠D．
又∵∠B=58°．
∴∠D=58°
∴∠CAD=32°．
故选C．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的性质和直角三角形的性质，解题的关键是得到∠ACD=∠ACE=90°．
10．（2023·海南儋州·统考一模）如图，已知D、E分别是△ABC的边BC、AC的中点，AG是△ABE的中线，连接BE、AD、GD，若△ABC的面积为40，则阴影部分△ADG的面积为（ ）
A．10B．5C．8D．4
【答案】B
【分析】连接DE，如图，先判断DG为△BCE的中位线，则DG∥AC，根据平行线之间的距离和三角形面积公式得到S△ADG=S△EDG，然后利用三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，再根据三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：连接DE，如图，
∵D为BC的中点，G为BE的中点，
∴DG为△BCE的中位线，
∴DG∥AC，
∴S△ADG=S△EDG，
∵E点为AC的中点，
∴S△BCE=12S△ABC=12×40=20，
∵D点为BC的中点，
∴S△BDE=12S△EBC=12×20=10，
∵G点为BE的中点，
∴S△EDG=12S△BDE=12×10=5．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的面积：三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S=12×底×高；三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．也考查了三角形中位线性质．
11．（2023·安徽滁州·校考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点M为DC边上一动点，将△BCM沿直线BM翻折，使得点C落在同一平面内的点C′处，连接DC′并延长交正方形ABCD一边于点N．当BN=DM时，CM的长为（ ）
A．8−43或2−3B．2或8−43
C．2D．2或2−3
【答案】B
【分析】分两种情形：如图1中，当BN=DM时，连接CC′交BM于J．如图2中，当BN=DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．分别求解即可．
【详解】解：如图1中，当BN=DM时，连接CC′交BM于J．
∵BN=DM，BN∥DM，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∴BM∥DN，
∴∠BMC=∠NDM，∠BMC′=∠DC′M，由折叠知，MC′=MC，∠BMC=∠BMC′，
∴∠NDM=∠DC′M，
∴MC′=MD，
∴CM=DM=12CD=2．
如图2中，当BN=DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．
∵CB=CD，BN=DM，
∴CN=CM=MC′，
在△BCM和△DCN中，
CB=CD∠BCM=∠DCNCM=CN，
∴△BCM≌△DCN(SAS)，
∴∠CDN=∠CBM，
∵∠CBM+∠BCC′=90°，∠BCC′+∠C′CD=90°，
∴∠CBM=∠C′CD，
∴∠C'CD=∠CDN，
∴C′D=C′C，
∵C′T⊥CD，
∴DT=TC=2，
∵C′T∥CN，
∴DC′=C′N，
∴C′T=12CN，
设C′T=x，则CN=CM=MC′=2x，TM=3x，
∴2x+3x=2，
∴x=4−23，
∴CM=8−43，
综上所述，CM的值为2或8−43．
故选B.
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
12．（2023·安徽·模拟预测）如图，在一块正三角形飞镖游戏板上画一个正六边形（图中阴影部分），假设飞镖投中游戏板上的每一点是等可能的（若投中边界或没有投中游戏板，则重投1次），任意投掷飞镖1次，则飞镖投中阴影部分的概率为（ ）
A．13B．49C．12D．23
【答案】D
【分析】设正六边形的边长为a，根据正三角形性质和正六边形的定义分别求出阴影部分的面积和正三角形的面积，再根据几何概率的求法即可得出答案．
【详解】解：如图，过点A作AN⊥BC，交DI于点M，设正六边形的边长为a，
∵六边形DEFGHI为正六边形，
∴DE=EF=FG=GH=HI=DI=a，
每个外角的度数为：360°÷6=60°，
∴∠ADI=∠AID=∠BEF=∠BFE=∠CGH=∠CHG=60°，
∴△ADI，△BFE和△CHG都是等边三角形，且边长都等于a，
∵△ABC为正三角形，
∴BC=CA=AB=AD+DE+BE=a+a+a=3a，
∠BAC=∠B=60°
在△ADI和△BFE和△CHG中
∠ADI=∠BFE=∠CHGDI=FE=HG∠AID=∠BEF=∠CGH
∴△ADI≌△BFE≌△CHGASA，
∴S△ADI=S△BFE=S△CHG，
∵∠ADI=∠B=60°，
∴DI∥BC，
∵AN⊥BC，
∴∠ANB=90°，
∴∠AMD=∠ANB=90°，
∵△ADI和△ABC都为正三角形且边长分别为a和3a，
∴DM=12a，BN=32a，
∴AM=AD2−DM2=a2−12a2=32a，
AN=AB2−BN2=3a2−32a2=332a，
∴S△ADI=12DI·AM=12a×32a=34a2，
S△ABC=12BC·AN=12×3a×332a=934a2，
∴S△BFE=S△CHG=S△ADI=34a2，
∴S正六边形DEFGHI=S△ABC−3S△ADI=934a2−3×34a2=332a2，
∴飞镖投中阴影部分的概率为S正六边形DEFGHIS△ABC=332a2934a2=23．
故选：D．
【点睛】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件A；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件A发生的概率．本题还考查了等边三角形的性质，正六边形的定义及外角和，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识．根据等边三角形的性质及正六边形的定义得出阴影部分的面积解题的关键．
13．（2023上·福建泉州·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，M、N为BD的三等分点，连接CM并延长交AB与点E，连接EN并延长交CD于点F，则DF：FC等于（ ）．
A．1：2B．1：3C．2：3D．1：4
【答案】B
【分析】由题意可得DN=NM=MB，据此可得DF：BE=DN：NB=1：2，再根据BE：DC=BM：MD=1：2，AB=DC，故可得出DF：FC的值．
【详解】解：由题意可得DN=NM=MB，AB//CD，AB//BC
∴△DFN∽△BEN，△DMC∽△BME，
∴DF：BE=DN：NB=1：2，BE：DC=BM：MD=1：2，
又∵AB=DC，
∴DF：AB=1：4，
∴DF：FC=1：3
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，两相似三角形对应线段成比例，要注意比例线段的应用．
14．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，在△ABC中，BC=12，D、E分别是AB,AC的中点，F是DE上一点，DF=1，连接AF、CF，若∠AFC=90°，则AC的长度为（ ）

A．10B．12C．13D．16
【答案】A
【分析】根据在△ABC中，D、E分别是AB,AC的中点，得到DE是△ABC的中位线，由中位线性质得到DE=12BC=6，从而得到EF=DE−DF=6−1=5，再由∠AFC=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AC=2EF=10．
【详解】解：∵在△ABC中，D、E分别是AB,AC的中点，
∴由中位线定义可知DE=12BC=6，
∵ DF=1，
∴ EF=DE−DF=6−1=5，
∵ ∠AFC=90°，
∴在Rt△AFC中，FE为斜边AC上的中线，则AC=2EF=10，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形中位线的定义与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据题意，结合性质与定义，数形结合是解决问题的关键．
15．（2023上·广东惠州·八年级校考期中）如图，EC，BD是正五边形ABCDE的对角线，则∠1的大小为（ ）
A．72°B．75°C．60°D．80°
【答案】A
【分析】首先根据正五边形的性质得到BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，然后利用三角形内角和定理得∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE=36°，再利用三角形的外角的性质求解．
【详解】∵五边形ABCDE为正五边形，
∴BC=CD=DE，∠BCD=∠CDE=108°，
∴∠CBD=∠CDB=∠CED=∠DCE=180∘−108°2=36°，
∴∠1=∠BDC+∠DCE=72°．
故选：A．
【点睛】考查的是多边形内角与外角，正五边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，解题关键是利用数形结合．
16．（2022·广东深圳·统考二模）如图，在▱ABCD中，E为AB延长线上一点，F为AD上一点，∠DEF=∠C．若DE=4，AF=73，则BC的长是（ ）
A．163B．92C．6D．214
【答案】A
【分析】先利用平行四边形的性质结合已知证得△DFE∽△DEA，利用相似三角形的性质得到DE2=DF⋅AD，进而求出AD的长，最后求出BC问题得解．
【详解】解：如图
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C．
∵∠DEF=∠C，
∴∠DEF=∠A．
∵∠EDF=∠ADE，
∴△DFE∽△DEA．
∴DEDF=ADDE．
∴DE2=DF⋅AD，
∵DE=4，AF=73，
∴DF=AD−73．
∴42=AD−73⋅AD，
∴AD=163，AD=−3（舍去）．
∴BC=AD=163．
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是相似三角形的判定和性质，合理的选择恰当的三角形相似，并学会利用相似三角形的性质求解线段是解决问题的关键．
17．（2022·河北保定·校考一模）数学课上，大家一起研究三角形中位线定理的证明．已知点D、点E分别为AB、AC的中点，求证：DE∥BC，DE=12BC．小丽在思考后尝试作了一种辅助线．如图．在试图证明AD=CF时，小丽想到了两种作法，①通过证明△ADE≌△CFE得到AD=CF；②通过证明四边形ADCF是平行四边形得到AD=CF，则下列说法正确的是（ ）
A．①、②作法都可以B．①、②作法都不可以
C．①作法可以、②作法不可以D．①作法不可以、②作法可以
【答案】A
【分析】试着按两种方法进行证明即可．
【详解】解：①∵点E分别为AC的中点，
∴AE=CE，
在△ADE和△CFE中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF
∴△ADE≌△CFE（SAS）
∴AD=CF，故①可以；
②∵点E分别为AC的中点，
∴AE=CE，
∵EF=DE，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AD=CF，故②可以；
综上，①、②作法都可以，
故选：A.
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的证明，本题介绍的两种思路，作辅助线，证全等和构建平行四边形解决问题，熟练掌握平行四边形的性质和判定是关键．
18．（2023·福建福州·福建省福州第十六中学校考三模）如图，在五边形ABCDE中，∠A＝∠B，∠C＝∠D＝∠E＝90°，DE＝DC＝3，AB=2，则五边形ABCDE的周长是（ ）
A．12+2B．11+2C．10+2D．9+2
【答案】C
【分析】可连接CE，作AF⊥CE，BG⊥CE于F、G，根据多边形的内角和以及等腰直角三角形的性质，即可求出AE、BC，进而求出答案．
【详解】连接CE，作AF⊥CE，BG⊥CE于F、G，
根据五边形的内角和定理和已知条件，可得△CDE，△AEF，△BCG都是等腰直角三角形，则CE=2DE=32，
∴FG=AB=2，
∴EF=GC=2，
∴AE=BC=2，
∴所以五边形的周长是2+2+2+3+3=10+2，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和以及等腰直角三角形的性质，根据题意熟练应用相关性质定理是解题的关键．
19．（2023·海南儋州·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，在▱ABCD中，AB=4，BC=6，AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，且AE，DF相交于点O，若点P为线段EF的中点，连接OP，则线段OP的长为（ ）
A．52B．2C．32D．1
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质和角平分线的定义得出BE=AB，CF=CD，再证明△OEF为直角三角形，OP为中线，进而解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CDAB=CD=4，BC=AD=6,，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠EAB，
∴∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=4，
同理可得，CF=CD=4，
∴EF=BE+CF−BC=4+4−6=2，
∵AB∥CD，
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，
∴∠EAD=12∠BAD,∠FDA=12∠ADF，
∴∠OAD+∠ODA=12∠BAD+∠CDA=90°，
∴∠EOF=∠AOD=90°，
∴△FOE是直角三角形，
∵点P为线段EF的中点，
∴OP是Rt△FOE的斜边EF的中线，
∴OP=12EF=1，
故选：D．
20．（2023·安徽滁州·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，点M在AD上，连接ME并延长交BC于点N，连接DN交MC于点F．则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴ BE=DE，AD∥BC，AD=BC，
∴ ∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE ，
∴ △DME≌△BNEAAS ，
∴ DM=BN，
∴ AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴ BM=CM，
故②正确；
∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，
∴BN=BC−CN=AD−AM=MD=2AM=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，

∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵ S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴ S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，

由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴ Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴ ∠NMD=∠CDM，
∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，
∴ △MND≌△DCMSAS ，
∴ ∠MND=∠DCM，
又∵ ∠NFM=∠CFD，MN=DC，
∴ △MNF≌△DCFAAS ，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等．
二、填空题
21．（2023下·广东云浮·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AD=8，E为AD上一点，M，N分别为BE，CE的中点，则MN的长为 ．

【答案】4
【分析】首先由平行四边形的对边相等的性质求得BC=AD=8；然后利用三角形中位线定理求得MN=12BC=4．
【详解】解：如图，在平行四边形ABCD中，BC=AD=8．
∵M，N分别为BE，CE的中点，
∴MN是△EBC的中位线，
∴MN=12BC=4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，解题过程中是利用平行四边形的性质结合三角形中位线定理来求有关线段的长度的．
22．（2023·内蒙古锡林郭勒盟·校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，F是边AD上的一点，射线CF和BA的延长线交于点E，如果C△EAFC△CDF=12，那么S△EAFS△EBC的值是
【答案】19
【分析】在平行四边形ABCD中，根据AB∥CD，得出△EAF∽△CDF，根据C△EAFC△CDF=12，得出AFDF=12，证明△EAF∽△EBC，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AF∥BC，AE∥CD，
∴△EAF∽△CDF，
∵C△EAFC△CDF=12，
∴AFDF=12，
∴AFBC=13，
∵AF∥BC，
∴△EAF∽△EBC，
∴S△EAFS△EBC=AFBC2=132=19,
故答案为：19．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
23．（2023上·安徽宣城·九年级校考开学考试）若n边形的一个内角和为1800°，则n= ．
【答案】12
【分析】根据180°×n−2=1800°，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，180°×n−2=1800°，
解得n=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了多边形的内角和．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
24．（2023·山东聊城·二模）如图是屋架设计图的一部分，点D是斜梁AB的中点，立柱BC，DE垂直于横梁AC，AB＝8m，∠ABC＝60°，则DE＝ m．

【答案】2
【分析】由于BC、DE垂直于横梁AC，可得BC//DE，利用平行线分线段成比例定理可得AE：CE＝AD：BD，而D是AB中点，可知AB＝BD，从而有AE＝CE，即可证DE是△ABC的中位线，可得DE＝12BC，在Rt△ABC中易求BC，进而可求DE．
【详解】解：∵立柱BC、DE垂直于横梁AC，
∴BC//DE，
∴AE：CE＝AD：BD，
∵D是AB中点，
∴AD＝BD，
∴AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝12BC，
在Rt△ABC中，∠ABC=60°，
∴BC＝12AB＝4，
∴DE＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线、含有30°的直角三角形，解题的关键在于判断出DE是△ABC的中位线．
25．（2022·云南玉溪·统考一模）如图，BD是△ABC的中线，点E在线段BC上，连接AE交BD于点F，点G为AE中点，连接DG，若BFDF=43，则BEBC= ．
【答案】25/0.4
【分析】由三角形中位线可知DG∥BC，DG=12EC，然后可得△BEF∽△DGF，进而根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵BD是△ABC的中线，点G为AE中点，
∴DG∥BC，DG=12EC，
∴△BEF∽△DGF，
∵BFDF=43，
∴BEDG=BFDF=43，
∴BE=43DG，
∴BE=23EC，
∴BEBC=25；
故答案为25．
【点睛】本题主要考查三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
26．（2022·辽宁阜新·校考一模）如图，平行四边形ABCD中，延长AD至点E，使DE＝12AD，连接BE，交CD于点F，若△CBF的面积为8cm2，则△ABE的面积为 ．
【答案】18cm2
【分析】根据平行线和相似三角形的性质，分别通过证明△DEF∽△CBF、△ABE∽△DFE，即可完成求解．
【详解】∵平行四边形ABCD,
∴AD//BC，BC=AD,
∴∠DEF=∠CBF，∠DEF=∠BCF,
∴△DEF∽△CBF,
∴S△DEFS△CBF=DE2BC2=12AD2AD2=14,
∵△CBF的面积为8cm2，
∴S△DEF=14S△CBF=2cm2,
∵平行四边形ABCD,
∴AB//CD,
∴∠ABE=∠DFE，∠BAE=∠FDE,
∴△ABE∽△DFE,
∴S△ABES△DFE=AE2DE2=AD+12AD212AD2=9,
∴S△ABE=9S△DFE=18cm2．
故答案为：18cm2．
【点睛】本题考查了平行四边形、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解．
27．（2023·山东泰安·统考一模）平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝3，∠B＝60°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折后得△AFE，那么△AFE与四边形AECD重叠部分的面积是 ．
【答案】734
【分析】由折叠特点可知△AFE≌△ABE，则∠F＝∠B＝60°，设CD与AF相交于点P，根据平行四边形的性质推出△CFP为等边三角形，△AFE与四边形AECD重叠部分的面积是△AEF与△CFP的面积之差．
【详解】如图，
根据沿直线折叠特点，△AFE≌△ABE，
∴∠F＝∠B＝60°，
在△ABE中，∠B＝60°，AB＝4，则AE＝23，BE＝2，
S△AFE＝S△ABE＝12×2×23＝23，
CF＝EF﹣EC＝BE﹣（BC﹣BE）＝1，
∵在平行四边形ABCD中，CD∥AB，
∴∠PCF＝∠B＝60°＝∠F，
∴△CFP为等边三角形，底边CF＝EF﹣EC＝BE﹣（BC﹣BE）＝1，高为32，
∴S△CFP＝34，
∴S重叠＝S△AFE﹣S△CFP＝23﹣34＝734．
故答案为：734．
【点睛】已知折叠问题就是已知图形的全等，考查学生对全等三角形性质的应用及三角形面积的求法．
28．（2023上·湖南长沙·八年级长郡中学校考期末）如图，在ABC中，ACB 90，BAC 30， AB2，D是AB边上的一个动点（点D不与点A、B重合），连接CD，过点D作CD的垂线交射线CA于点E．当ADE为等腰三角形时，AD的长度为 ．

【答案】1或3
【分析】分两种情况：①当点E在AC上，AE＝DE时，则∠EDA＝∠BAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出BC＝1，∠B＝60°，证出△BCD是等边三角形，得出AD＝AB－BD＝1；②当点E在射线CA上，AE＝AD时，得出∠E＝∠ADE＝15°，由三角形内角和定理求出∠ACD＝∠CDA，由等角对等边得出AD＝AC＝3即可．
【详解】解：分两种情况：①当点E在AC上，AE＝DE时，
∴∠EDA＝∠BAC＝30°，
∵DE⊥CD，
∴∠BDC＝60°，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴BC＝12AB＝1，∠B＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD＝BC＝1，
∴AD＝AB－BD＝1；
②当点E在射线CA上，AE＝AD时，如图所示：

∵∠BAC＝30°，
∴∠E＝∠ADE＝15°，
∵DE⊥CD，
∴∠CDA＝90°−15°＝75°，
∴∠ACD＝180°−30°−75°＝75°＝∠CDA，
∴AD＝AC＝22−12=3，
综上所述：AD的长度为1或3；
故答案为：1或3．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；灵活运用各性质进行推理计算是解决问题的关键．
29．（2023·陕西榆林·统考二模）如图，在▱ABCD中，AB=4，BC=6，∠B=60°，点E为边AD上一点，且AE=13AD，点O为▱ABCD的中心，连接EO并延长交边BC于点F，过点C作CG⊥AB于点G，CG交EF于点H，则四边形BGHF的面积为 ．

【答案】2336/2363
【分析】由平行四边形的性质，可得CF=AE=2，在Rt△ABP中，由∠B=60°，AB=4，可得到BP=2，从而可得PF=AE=2，进而得到四边形AEFP是矩形，即∠CFH=90°，在Rt△CFH中，∠FCH=30°，CF=2，可得到△CFH的面积为233，在Rt△BCG中，∠B=60°，BC=6．可得到△BCG的面积为932，从而可得到四边形BGHF的面积为2336．
【详解】解：连接AC，过点A作AP⊥BC于点P，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AO=CO，∠EAO=∠FCO，∠EOA=∠FOC，
∴△EAO≌△FCOASA，
∴CF=AE=2，
在Rt△ABP中，由∠B=60°，AB=4，
∴BP=12AB=2，
∴PF=6−2−2=2=AE，
∵AE∥PF，
∴四边形AEFP是平行四边形，
∵AP⊥BC，
∴四边形AEFP是矩形，
∴∠CFH=90°，
在Rt△CFH中，∠FCH=30°，CF=2，
∴HF=233，
∴△CFH的面积为12×2×233=233，
在Rt△BCG中，∠B=60°，BC=6，
∴BG=12BC=3，CG=33，
可得到△BCG的面积为12×3×33=932，
∴四边形BGHF的面积为932−233=2336，
故答案为：2336．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造矩形，利用矩形的对边相等得出结论．
30．（2023·山东威海·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCO的顶点A、C的坐标分别(8，0)，(3，4)．点D、E三等分线段OB；延长CD，CE交OA，AB于点F，G，连接FG．
对于下列结论：
①F是OA的中点：
②△OFD与△BEG相似；
③四边形DEGF的面积是203；
④OD=453．
正确的是 ．
【答案】①③
【分析】①证明△CDB∼△FDO，根据相似三角形的性质得出BCOF=BDOD，再由D、E为OB的三等分点，则BDOD=21=2，可得结论正确；
②如图2，延长BC交y轴于H证明∴OA≠AB，则∠AOB≠∠EBG，所以△OFD∼△BEG不成立；
③如图3，利用面积差求得：S△CFG=S▱OABC−S△OFC−S△CBG−S△AFG=12，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方进行计算并作出判断；
④根据勾股定理计算OB的长，再根据点D，E把线段OB三等分可得结论．
【详解】解：①如图，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC//OA，BC=OA，
∴△CDB∼△FDO，
∴BCOF=BDOD，
∵D、E为OB的三等分点，
∴BDOD=21=2，
∴BCOF=2，
∴BC=2OF，
∴OA=2OF，
∴F是OA的中点；
∴①结论正确；
②如图2延长BC交y轴于H，
由C（3，4）知：OH=4，CH=3，
∴OC=5，
∴AB=OC=5，
∵A（8，0），
∴OA=8，
∴OA≠AB ，
∴∠AOB≠∠EBG，
∴△OFD∼△BEG不成立，
所以②结论不正确；
③由①知：F为OA的中点，同理得；G是AB的中点，
∴FG是△OAB的中位线，
∴FG=12OB，FG//OB，
∵OB=3DE，
∴FG=32DE，
∴FGDE=32 ，
过C作CQ⊥AB于Q，如图3，S▱OABC=OA⋅OH=AB⋅CQ，
∴4×8=5CQ，
∴CQ=325，
∴S△OFC=12OF⋅OH=12×4×4=8，
S△CGB=12BG⋅CQ=12×52×325=8，
S△AFG=12×4×2=4,
∴S△CFG=S▱OABC−S△OFC−S△CBG−S△AFG=8×4−8−8−4=12，
∵DE//FG，
∴△CDE∼△CFG，
∴S△CDES△CFG=(DEFG)2=49，
∴S四边形DEGFS△CFG=59，
∴S四边形DEGF=59S△CFG=203，
所以③结论正确；
④在Rt△OHB中，由勾股定理得：
OB2=BH2+OH2，
∴OB=(3+8)2+42=137，
∴OD=1373，
所以④结论不正确；
本题结论正确的有：①③．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、三角形的中位线定理、平行四边形和三角形面积的计算等知识，难度适中，熟练掌握平行四边形和相似三角形的性质是关键．
31．（2023·北京朝阳·二模）正方形ABCD的边长为4，点M,N在对角线AC上（可与点A,C重合），MN=2，点P,Q在正方形的边上．下面四个结论中，
①存在无数个四边形PMQN是平行四边形；
②存在无数个四边形PMQN是菱形；
③存在无数个四边形PMQN是矩形；
④至少存在一个四边形PMQN是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：①设正方形的对角线相交于点O，若MN的中点恰好是点O，则经过点O任意一直线PQ，分别与正方形的边AD,BC交于点P,G，通过正方形的性质对称性易得OP=OG，则四边形PMQN是平行四边形，由于PQ的任意性，则存在无数个四边形PMQN是平行四边形，故①正确；
②过MN的中点E作垂线，分别与正方形的相邻两边交于P,Q，根据正方形的对称性可得，PE=GE，则四边形PMQN是菱形，由于MN的任意性，则存在四边形PMQN是菱形；③由①存在由无数个平行四边边形，要是的四边形为正方形则PQ=MN=2=CD，故此时PQ经过正方形对角线的交点，且与正方形的边BC垂直，是唯一的，故不存在无数个四边形PMQN是矩形；④由②知存在菱形，故只需满足∠PMQ=90°时，则四边形PMQN时正方形，此时M与点A重合即可，故存在至少存在一个四边形PMQN是正方形；
故正确的结论序号是①②④.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟记各定理是解题的关键．
32．（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）如图，已知在△ABC中，AB=AC=13，BC=10，点M是AC边上任意一点，连接MB，以MB、MC为邻边作平行四边形MCNB，连接MN，则MN的最小值是
【答案】12013
【分析】设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，根据等腰三角形的性质和勾股定理可求AO和OH长，若MN最小，则MO最小即可，而O点到AC的最短距离为OH长，所以MN最小值是2OH．
【详解】解：设MN与BC交于点O，连接AO，过点O作OH⊥AC于H点，
∵四边形MCNB是平行四边形，
∴O为BC中点，MN＝2MO．
∵AB＝AC＝13，BC＝10，
∴AO⊥BC．
在Rt△AOC中，利用勾股定理可得
AO＝AC2−CO2=132−52＝12．
利用面积法：AO×CO＝AC×OH，
即12×5＝13×OH，解得OH＝6013．
当MO最小时，则MN就最小，O点到AC的最短距离为OH长，
所以当M点与H点重合时，MO最小值为OH长是6013．
所以此时MN最小值为2OH＝12013．
故答案为：12013．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短、勾股定理、等腰三角形的性质，解题的关键是分析出点到某线段的垂线段最短，由此进行转化线段，动中找静．
33．（2022·浙江杭州·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB=45°，∠ABO=60°，BD=8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ= ．在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为 ．
【答案】 2+23−26 2
【分析】如图1，点B关于直线AP的对称点为Q，当点Q落在AC上时，则AQ＝AB，连接过点Q作OH⊥AB于点H，则∠OHB＝∠OHA＝90°，在Rt△BOH中，BH＝2，OH＝23，在Rt△AOH中， AH＝OH＝23，AO＝26 AB＝AQ＝BH＋AH＝2＋23，即可求得OQ=AQ－AO＝2＋23－26；如图2，以点A为圆心，AB长为半径作圆，交BD于点S，取BS的中点为Q1，连接AQ1交BS于点T，由题意知点Q在BSQ2上运动，在BS上，点Q1到直线BD的距离最大，设点B关于直线AC的对称点为点Q2，作Q2N⊥BD于点N，在Q2S上，点Q2到直线BD的距离最大，分别求解两个距离，取最大值即可．
【详解】解：如图1，点B关于直线AP的对称点为Q，当点Q落在AC上时，则AQ＝AB，连接过点O作OH⊥AB于点H，则∠OHB＝∠OHA＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8，
∴ OB＝OD＝4，
在Rt△BOH中，∠OBH＝∠ABO=60°，∠OHB＝90°，
∴BH＝OB×cs∠OBH＝4×cs60°＝2，OH＝OB×sin∠OBH＝4×sin60°＝23，
在Rt△AOH中，∠OAH＝∠OAB=45°，∠OHA＝90°，
∴ ∠AOH＝90°－∠OAH＝45°，
∴AH＝OH＝23，AO＝AH2+OH2=(23)2+(23)2=26，
∴AB＝AQ＝BH＋AH＝2＋23，
∴OQ=AQ－AO＝2＋23－26．
如图2，以点A为圆心，AB长为半径作圆，交BD于点S，取BS的中点为Q1，连接AQ1交BS于点T，由题意知点Q在BSQ2上运动，在BS上，点Q1到直线BD的距离最大，设点B关于直线AC的对称点为点Q2，作Q2N⊥BD于点N，在Q2S上，点Q2到直线BD的距离最大，下面分别求解，
∵AB＝AS，
∴ △ABS是等腰三角形，
∵∠ABS＝60°，
∴△ABS是等边三角形，
∵BS的中点为Q1，
∴AQ1垂直平分BS于点T，
∴AT＝AB×sin∠ABS＝（2＋23）×32 ＝3＋3，
∴ Q1T＝AQ1－AT＝3－1；
由题意可知点Q2与点B关于直线AO对称，
∴∠Q2AB＝2∠ABO＝90°，AB＝AQ2，
∴∠ABQ2＝∠AQ2B＝45°，BQ22=AB2+AQ22=2AB2=2(23+2)2=8(3+1)2 ，
∴∠Q2BN＝∠ABO－∠ABQ2＝15°，
如图3，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，AC＝AB2−BC2=3，
延长CA至点D，使得AD＝AB＝2，
∴∠D＝∠ABD＝12∠BAC＝15°，CD＝AC＋AD＝3＋2，
∴ tan15°＝tanD＝BCCD=13+2=2−3，
如图2，在Rt△Q2NB中，∠Q2BN＝∠ABO－∠ABQ2＝15°，
设Q2N＝x，则BN＝Q2Ntan∠Q2BN=x2−3=(2+3)x，
由勾股定理得BQ22=Q2N2+BN2=x2+(2+3)2x2，
∴ 8(3+1)2＝x2+(2+3)2x2，
解得x＝2，
∴Q2N＝2，
∵ 2＞3－1，
∴Q2N＞Q1T，
∴点Q到直线BD的距离的最大值为2．
故答案为：2+23−26，2
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的相关知识，轴对称的性质等知识，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关性质和方法是基础，添加适当的辅助线是解题的关键．
34．（2022·江苏泰州·校考一模）在△ABC中，∠BAC＝120°，D为BC的中点，AE＝6，把AD绕点A逆时针旋转120°，得到AF，若CF＝7，∠ACF＝∠AEC，则AC＝ ．
【答案】10
【分析】过D作DM平行EC，交AB于M，过E作EN垂直CA延长线于点N，根据旋转的性质求得△AMD≌△ACF（AAS），再利用三角形中位线的性质求得CE的长；解Rt△ENA得出EN和NA的长，在Rt△ENC中由勾股定理便可解答；
【详解】解：如图，过D作DM平行EC，交AB于M，过E作EN垂直CA延长线于点N，
DM∥CE，则∠DMA=∠CEA，∵∠ACF=∠AEC，∴∠ACF=∠DMA，
∵∠BAC=∠DAF=120°，∴∠BAD=∠∠CAF，
由旋转可知AD=AF，∴△AMD≌△ACF（AAS），∴MD=CF=7，
D是BC中点，DM∥CE，∴DM是△BCE的中位线，∴CE=2DM=14，
Rt△ENA中，∠EAN=180°-120°=60°，∴EN=AEsin∠EAN=33，NA=3，
Rt△ENC中，CE2=EN2+CN2，即196=27+（AC+3）2，
解得：AC=10，或AC=-16（舍去），
故答案为：10；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形中位线的性质，三角函数，勾股定理；熟练掌握相关性质是解题关键．
35．（2022·陕西西安·校考三模）在菱形ABCD中，∠D=60°，CD=4，E为菱形内部一点，且AE=2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 ．
【答案】12+7
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将OF和GH的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当AG=AH+HG时最大．
【详解】如图所示：连接BD交AC于点O，连接FO，取OB的中点H，连接HG和AH，
∵在菱形ABCD中，
∴O为AC中点，
∵F为CE中点，
∴OF=12AE=1，
当C、F、E、A共线时，OF也为1，
∵G为BF中点、H为OB中点，
∴GH=12OF=12，
∵在菱形ABCD中且∠D=60°，
∴∠ABO=12∠ABC=12∠ADC=30°，∠BOA=90°，
∴OA=12AB=2，，
∴OB=42−22=23，
∴OH=3，
∴AH=22+(3)2=7，
∵AG⩽AH+HG，
∴AG⩽12+7，
∴AG的最大值为12+7．
故答案为：12+7．
【点睛】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当A、H、G三点共线时AG最大．
三、解答题
36．（2023·浙江温州·九年级统考学业考试）我们把端点都在格点上的线段叫做格点线段．如图在 7×7 的方格中，现有一 格点线段AB及格点 C，按要求画图．
（1）在图1 中画一条格点线段 CD，使线段 CD 和线段 AB 互相平分；
（2）在图2 中画一条格点线段 CE，将线段 AB 分为 1:2 两部分．
图1 图2
【答案】（1）答案见解析;（2）答案见解析;
【分析】（1）利用平行四边形的性质解决问题即可；
（2）利用相似三角形的性质分情况讨论即可；
【详解】（1）
（2）
【点睛】本题考查作图-应用与设计，平行四边形的性质，相似三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
37．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若OE=32，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】（1）3；（2）菱形，理由见解析
【分析】（1）只要证明△AOE≅△COF即可得到结果；
（2）先判断四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直且平分证明是菱形，即可得到结论；
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，
∴∠EAO=∠FCO，OA=OC，
又∵EF⊥AC，
∴∠AOE=∠COF，
在△AOE和△COF中，
{∠EAO=∠FCOOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≅△COF(ASA)．
∴FO=EO，
又∵OE=32，
∴EF=2OE=2×32=3．
故EF的长为3．
（2）由（1）可得，△AOE≅△COF，四边形ABCD是平行四边形，
∴FC=AE，FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又EF⊥AC，OE=OF，OA=OC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的性质应用，准确运用全等三角形的性质及菱形的判定是解题的关键．
38．（2023上·山东菏泽·九年级校考阶段练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AC⊥AB，理由见解析
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠AFE=∠DBE，然后利用AAS判定△AFE≌△DBE，可得AF=BD=CD；
（2）首先证明四边形ADCF是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD=CD，进而可得四边形ADCF是菱形．
【详解】解：（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF=DB，
∵AD是BC边上的中线，
∴DB=DC
∴AF=DC
（2）AC⊥AB，
理由如下：
∵AF=DC，AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC⊥AB，AD是斜边BC的中线，
∴AD=12BC=DC，
∴平行四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，以及菱形的判定，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，全等三角形对应边相等．
39．（2023·吉林延边·统考一模）【探究】
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB中点，连接CD，则AB与CD的数量关系是______．

【应用】
（2）如图②，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，点E，F分别是BC、CA的中点，连接DE、DF，且DE=3，DF=4，求AB的长度．

（3）如图③，△ABC的中线BD、CE相交于点O，F、G分别是BO、CO的中点．连接DE、EF、FG、GD．若△ADE的面积为6，则四边形DEFG的面积为______．

【答案】（1）CD=12AB；（2）10；（3）88
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BC=6，AC=8，再利用勾股定理即可得出结论；
（3）证明四边形DEFG是平行四边形，得出S△BEF=S△EFO=S△EOD=13S△ADE，则四边形DEFG的面积=13S△ADE×4，即可求出四边形的面积．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB中点，
∴CD=12AB，
∴AB与CD的数量关系是CD=12AB，
故答案为：CD=12AB；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，
∵点E，F分别是BC、CA的中点，
∴DF=12AC，DE=12BC，
∵DE=3，DF=4，
∴BC=2DE=6，AC=2DF=8，
∵∠ACB=90°，
∴AB=AC2+BC2=82+62=10，
∴AB的长度为10；
（3）∵点F、G分别是BO、CO的中点，
∴FG是△OBC的中位线，
∴FG∥BC，FG=12BC，
∵△ABC的中线BD、CE相交于点O，
即点D、E分别是AC、AB的中点，
∴DE FG是△ABC的中位线，
∴ED∥BC，ED=12BC，
∴ED∥FG，ED=FG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵DE是△ABD的边AB上的中线，△ADE的面积为6，
∴△AED和△BED等底等高，即S△BED=S△ADE=6，
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴OD=OF，
∵点F是BO的中点，
∴BF=OF，
∴BF=OF=OD，
∴△EBF、△EFO、△EOD等底等高，
∴S△BEF=S△EFO=S△EOD=13S△BED=13×6=2，
∴S△EFD=2S△EFB=4，
∴S△EFD=2S△EFB=4，
∴四边形DEFG的面积为：2S△EFD=2×4=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的的判定和性质，三角形中位线的性质，三角形中线的性质．掌握三角形中位线的判定和性质是解题的关键．
40．（2023上·山东菏泽·九年级校考阶段练习）如图，线段AC是菱形ABCD的一条对角线，过顶点A、C分别作对角线AC的垂线，交CB、AD的延长线于点E、F．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若AD=3.5，AE=6，求证四边形AECF的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形AECF的周长为26
【分析】（1）根据题意，结合垂线的定义，得出∠CAE=∠ACF=90°，再根据内错角相等，两直线平行，得出AE∥CF，再根据菱形的性质，得出AF∥CE，然后再根据平行四边形的判定方法，即可证明四边形AECF是平行四边形；
（2）根据菱形的性质，得出AB=BC，再根据等边对等角，得出∠BAC=∠BCA，再根据垂线的定义，结合角的关系和直角三角形两锐角互余，得出∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，进而得出∠BAE=∠E，再根据等角对等边，得出AB=EB，再根据等量关系，得出AB=EB=BC=3.5，进而得出EC=7，再根据线段的数量关系，得出AE+EC=13，再根据平行四边形的性质，得出AE+EC=CF+FA=13，最后利用四边形周长，即可得出结果．
【详解】（1）证明： ∵AE⊥AC，CF⊥AC，
∴∠CAE=∠ACF=90°，
∴AE∥CF，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵AE⊥AC，
∴∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，
∴∠BAE=∠E，
∴AB=EB，
∵AD=3.5，
∴AB=EB=BC=3.5，
∴EC=EB+BC=7，
∵AE=6，
∴AE+EC=13，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AE+EC=CF+FA=13，
∴四边形AECF的周长为AE+EC+CF+FA=13+13=26．
【点睛】本题考查了垂线的定义、平行线的性质、菱形的性质、平行四边形性质与判定、等腰三角形的性质、直角三角形两锐角互余，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
41．（2023·宁夏银川·校联考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上中点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
（1）求证：DF=12AC
（2）试判断四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
【答案】（1）证明见详解；（2）四边形BECD是菱形，理由见详解.
【分析】（1）由题意根据平行线定义与性质以及中位线的性质判断出DF为Rt△ABC的中位线即可求证；
（2）根据题意先利用平行四边形的判定得出四边形BECD是平行四边形，再证明CD=BD即可求证四边形BECD是菱形.
【详解】解：（1）证明：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵D为AB边上中点，
∴DF为Rt△ABC的中位线，
∴DF=12AC.
（2）四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，
∴AD=BD．
∵MN∥AB, ∠ACB=90°, DE⊥BC,
∴CA∥DE, 四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD，BD=CE．
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形．
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴四边形BECD是菱形.
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质以及菱形的判定和中位线；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
42．（2022·河南安阳·统考一模）如图，平行四边形OABC的顶点A，C都在反比例函数y=kx（k＞0）的图象上，已知点B的坐标为（8，4），点C的横坐标为2．
(1)求反比例函数y=kx（k＞0）的解析式；
(2)求平行四边形OABC的面积S．
【答案】(1)y=6x
(2)16
【分析】（1）根据题意C（2，k2），利用平行四边形的性质得到A（6，4−k2），代入y=kx（k＞0）即可求得k＝6；
（2）作CD⊥x轴于D，AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，则S△COD＝S△AOE=12|k|，利用S＝S△COD+S梯形BCDF﹣S△AOE﹣S梯形AEFB＝S梯形BCDF﹣S梯形AEFB即可求得．
【详解】（1）解：∵平行四边形OABC的顶点A，C都在反比例函数y=kx（k＞0）的图象上，点C的横坐标为2，
∴C（2，k2），
∵点B的坐标为（8，4），
∴A（6，4−k2），
∴4−k2=k6，
解得k＝6，
∴反比例函数的解析式为y=6x．
（2）作CD⊥x轴于D，AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，则S△COD＝S△AOE=12|k|，
∵k＝6，
∴C（2，3），A（6，1），B（8，4），
∴CD＝3，AE＝1，BF＝4，
∴S＝S△COD+S梯形BCDF﹣S△AOE﹣S梯形AEFB
＝S梯形BCDF﹣S梯形AEFB
=12（3+4）（8﹣2）−12（1+4）（8﹣6）
＝21﹣5
＝16
【点睛】本题主要考查了反比例函数的意义，反比例函数图象上点的坐标特征，以及平行四边形的性质．掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用是解题的关键．
43．（2022·四川成都·统考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6，点M为边AB的中点．点Q从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，同时点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度先沿CB方向运动到点B，再沿BA方向向终点A运动，以MP、MQ为邻边构造▱MQEP，设点2运动的时间为t秒．
(1)当点E落在AC边上时，求t和▱MQEP的面积；
(2)当点P在边AB上时，设▱MQEP的面积为S(S>0)，求S与t之间的函数关系式；
(3)连接CM，直接写出CM将▱MQEP分成的两部分图形面积相等时t的值．
【答案】(1)t=32；S▱MQEP=12
(2)当3≤t<112时，S=−65t2+335t；当112(3)当点E落在线段CM上时，CM将▱MQEP分成的两部分图形面积相等．有两种情形：t1=2411秒，t2=4811秒
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理知点P为BC的中点，可知MP为△ABC的中位线，从而得出答案；
（2）当3≤t＜112时，作QN⊥AB于N，则QN=AQ•sinA=35t，MP=11-2t，当112＜t≤8时，作QN⊥AB于N，则QN=AQ•sinA=35t，MP=2t-11，从而得出答案；
（3）当点E在CM上，且点P在CB上时，利用AAS证明△QGE≌△MHQ，得QG=MH=4，根据∠MCA=∠MAC，得tan∠ACM=EGCG=2t−34−t=34，当点P在AB上时，此时点E在CM上符合题意，作EF⊥AC于F，可得CE=QE，则QF=12CQ=128−t，QE=MP=11-2t，得cs∠EQF=QFQE=128−t11−2t=45，解方程即可得出答案．
【详解】（1）当点E落在AC边上时，MP∥AC，
∵AM=MB，∴CP=PB=12BC=3，∴2t=3，∴t=32
∵MP为△ABC的中位线，∴MP=EQ=12AC=4
S▱MQEP=EQ⋅PC=4×3=12
（2）①如图1，当3≤t<112时，作QN⊥AB于N，
∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6 ，
∴AB=10，
则QN=AQ⋅sinA=35t,MP=11−2t，
∴S=35t⋅(11−2t)=−65t2+335t
②如图2，当112（3）当点E落在直线CM上时，CM将▱MQEP分成的两部分面积相等，有两种情况：
①当点E在CM上，且点P在CB上时，如图，
过点E作EG⊥AC于G，过点M作MH⊥BC于H，
∵QE∥MP，QG∥MH，
∴∠GQE=∠HMP，
∵四边形QEPM是平行四边形，
∴QE=MQ，
在△QGE与△MHQ中，
∠QGE=∠MHP∠GQE=∠PMHQE=MP，
∴△QGE≌△MHQ（AAS），
∴QG=MH=4，
∴CG=4-t，GE=HP=2t-3，
∵CM=AM，
∴∠MCA=∠MAC，
∴tan∠ACM=EGCG=2t−34−t=34，
解得t=2411，
当点P在AB上时，此时点E在CM上符合题意，作EF⊥AC于F，
∵QE∥AB，
∴∠CQE=∠A，
∴∠CQE=∠QCE，
∴CE=QE，
∴QF=12CQ=128−t，QE=MP=11-2t
∴cs∠EQF=QFQE=128−t11−2t=45
解得t=4811，
综上：t=2411或4811．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角函数等知识，熟练掌握等角的三函数值相等是解题的关键，同时注意分类思想的运用．
44．（2023下·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，已知▱ABCD，AB=m，AD=n，将▱ABCD绕点D逆时针旋转，得到▱A’B’CD，点A’在CD延长线上．
（1）若n=4，当B’A’所在直线恰好经过点A时，求点A运动到A’所经过的路径的长度；
（2）连接AC、BD相交于点O，连接OA’、DB’，当四边形OA’B’D为平行四边形时，求mn的值．
【答案】（1）43π；（2）12
【分析】（1）连接AA’，依据邻补角、平行线的性质、旋转的性质，得到∠ADA'= ∠AA'D，DA=DA'；依据等边对等角，得到∠AA'D=∠DAA'，从而得到∠ADA'= ∠AA'D=∠DAA'，即可判定△ADA'是等边三角形，则∠ADA'=60°，依据弧长公式计算即可；
（2）由▱ABCD、▱OA'B'D，依据平行四边形的性质和旋转的性质，得AB=DC =A'B'=OD=m,BD=B'D=A'O,AD=A'D，依据SSS可得△DOA'≌△ABD，依据全等的性质、平行线的性质、等角对等边，得到AD=BD，即n=2m，变式即可.
【详解】解：（1）连接AA’，
∵▱ABCD，
∴AB//CD，
∴∠ADA'=180°−∠DAB，
又由旋转得∠DAB=∠DA'B'，DA=DA'，
∴∠ADA'=180°−∠DA'B'，∠AA'D=∠DAA'，
∵B’A’所在直线恰好经过点A，
∴∠AA'D=180°−∠DA'B'，
∴∠ADA'= ∠AA'D，
又∵∠AA'D=∠DAA'，
∴∠ADA'= ∠AA'D=∠DAA'，
∴△ADA'是等边三角形，
∴∠ADA'=60°，
∴点A运动到A’所经过的路径的长度为60°πn180°=43π；
（2）∵▱ABCD，
∴CD=AB=m，CD//AB，BD=2OD，
∴∠ODA'=∠ABD，
∵将▱ABCD绕点D逆时针旋转，得到▱A’B’CD，
∴A'B'=AB=m,A'D=AD =n,B'D=BD,A'D=AD=n，
∵▱OA'B'D，
∴OD=A'B'=m，A'O=B'D，
∴A'O=BD,OD=AB，
∴△DOA'≌△ABD(SSS)，
∴∠ODA'=∠BAD，
∴∠ABD=∠BAD，
∴AD=BD，即n=2m，
∴mn=12．
【点睛】本题考查了旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定和性质、弧长的计算公式，本题的量比较多，用字母表示边长以减少未知数的个数，是解题的关键.
【能力提升】
45．（2023·江西南昌·南昌市外国语学校校考一模）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2－9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm．
(1)若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，求BN的长度；
(2)在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC=75°，则点H到伞柄AB距离为多少．
【答案】(1)23cm
(2)186+112cm
【分析】（1）由平行四边形的性质可得CD=EF，CF=DE，有关闭折伞后，点A、E、H三点重合，得到AF=EF，则CD=AC−DE=11cm，BN=BC+CD−DN=23cm；
（2）先求出∠ACB=30°得到∠AFE=∠ACD=150°，即可得到∠EAF=∠AEF=15°，求出MN=BN=23cm，EG=HG=25cm，过F作FR⊥AE于R，过G作GT⊥AH于T，在AE上取一点Q使得AQ=FQ，则∠FQR=30°，解直角三角形得到RF=12QF，QR=32QF，设AQ=QF=2xcm，则AR=2x+3xcm，RF=xcm，利用勾股定理得到112=x2+2x+3x2，
解得x=116+2，即可得到AE=116+1122cm，同理可得EH=256+2522cm，则AH=AE+EH=186+112cm．
【详解】（1）解：∵四边形CDEF是平行四边形，
∴CD=EF，CF=DE，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，
∴AF=EF，
∴AC=AF+CF=CD+DE ，
∴CD=AC−DE=11cm ，
∴BN=BC+CD−DN=23cm；
（2）解：由题意得，当伞完全撑开时，A、E、H三点共线，
∵∠BAC=75°，AC=BC=13cm ，
∴∠ABC=∠BAC=75°，
∴∠ACB=180°−∠ABC−∠BAC=30°
∴∠ACD=150°
∵EF∥CD，
∴∠AFE=∠ACD=150°，
∵AF=EF，
∴∠EAF=∠AEF=15°，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，
∴MN=BN=23cm，EG=HG=25cm，
过F作FR⊥AE于R，过G作GT⊥AH于T，在AE上取一点Q使得AQ=FQ，
∴∠QAF=∠QFA=15°，
∴∠FQR=∠QAF+∠QFA=30°，
∴RF=QF⋅sin∠FQR=12QF，QR=QF⋅cs∠FQR=32QF，
设AQ=QF=2xcm，则AR=2x+3xcm，RF=xcm，
在Rt△AFR中，由勾股定理得AF2=AR2+RF2，
∴112=x2+2x+3x2，
解得x=116+2（负值舍去），
∴AR=2x+3x=116+1124cm，
∴AE=2AR=116+1122cm，
同理可得EH=256+2522cm，
∴AH=AE+EH=186+112cm．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
46．（2023·四川成都·统考二模）如图，等边△ABC的边长为12，点D，E分别在边AB，AC上，且AD=AE=4，点F为BA延长线上一点，过点F作直线l∥BC，G为射线BC上动点，连接GD并延长交直线l于点H，连接FE并延长交BC于点M，连接HE并延长交射线BC于点N．
（1）若AF=4，当BG=4时，求线段HF和EH的长；
（2）若AF=a（a＞0），点G在运动过程中，请判断△HGN的面积是否改变．若不变，求出其值（用含a的代数式表示）；若改变，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，是否存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况？若存在，求出此时a的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）HF=4，EH=8；（2）不变． 理由见解析；（3）不存在，理由见解析过程．
【分析】（1）由“ASA”可证△BDG≌△FDH，可得BG=HF=4，通过证明四边形HDEF为平行四边形，可求FP=PD，即可求解；
（2）通过相似三角形的判定和性质可求GB=MN，分别求出GN，GN边上的高，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求a=0，即可求解．
【详解】解：（1）连接DE，设HN和BF相交于点P，
∵ΔABC为边长为12的等边三角形，
∴∠BAC=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=12，
∵直线l//BC，
∴∠B=∠HFD=60°，
∵AF=4，AD=4，
∴DF=8=DB，
又∵∠BDG=∠FDH，
∴ΔBDG≅ΔFDH(ASA)，
∴BG=HF=4，
∵AD=AE=4，∠BAC=60°，
∴ΔADE为等边三角形，
∴DE=4，∠ADE=60°=∠HFD，
∴DE=HF，DE//HF，
∴四边形HDEF为平行四边形，
∴HE和FD互相平分，
∴FP=PD，
∴此时点P与点A重合，即点H在CA延长线上，
∴HP=PE=AE=4，
∴EH=8；
（2）点G在运动过程中，ΔHGN的面积保持不变．
∵BC//DE，
∴ΔFDE∽ΔFBM，
∴ FDFB=DEBM，即4+a12+a=4BM，
∴BM=48+4a4+a，
∵HF//BC//DE，
∴ HFGB=FDBD，FHMN=FEME，FDBD=FEME，
∴ HFGB=FHMN，
∴GB=MN，
①当GB=0和GB=12时，
∴GN=BM=48+4a4+a，
②当0∵BG=MN，
∴BG+GM=MN+GM，
即GN=BM=48+4a4+a，
③当GB>12时，
∵BG=MN，
∴BG−GM=MN−GM，
即GN=BM=48+4a4+a，
∵直线l和BC之间的距离=BF⋅sin∠ABC=32(12+a)，
∴ΔHGN的面积=3(a+12)2a+4；
（3）不存在．理由如下：
①当点G在线段BC上时，如图1，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BG=GC=CN，
∵BC=12，
∴GB=CG=CN=6，
∵ HFGB=FDBD，即HF6=a+48，
∴HF=3(a+4)4，
∵ FHMN=FEME=FDBD，
∴ 3(a+4)4MN=a+48，
∴MN=6，
又∵BM=48+4a4+a，BC=12，
∴MC=8aa+4，
∴CN=MN−MC=6−8aa+4=6，
∴a=0不满足条件，
②当点G在BC的延长线上时，如图2，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BC=CG=GN，
∵BC=12，
∴CG=12，
∴BG=24，
方法同①可求出a=0不满足条件，
∴在（2）的条件下，不存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
47．（2023上·天津北辰·九年级校考阶段练习）已知锐角三角形ABC内接于⊙O (AB＞AC)，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD、BE交于点F，CM为⊙O直径，连接AM、BM；
（1）如图1，①求证：四边形AMBF为平行四边形；
②若⊙O直径为10，AC＝8，求BF的长；
（2）如图2，CM交AD于N，连接OA，若OA＝FA，AC＝BF，求∠OAD的大小．
【答案】（1）①见解析；②6；（2）30°
【分析】（1）①由AD⊥BC和MC是⊙O直径，得AD//MB，同理AM//BE，就可以证明结论；
②根据勾股定理求出AM的长，再由①的结论，得BF=AM，就可以得到BF的长；
（2）根据等腰三角形的性质证明AO⊥CM，得到∠NAO=∠NCD，再证明sin∠BCM=12，得到∠BCM=30°，就可以得出结果．
【详解】解：（1）①∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∵MC是⊙O直径，
∴∠CBM=90°，
∴∠ADB+∠CBM=180°，
∴AD//MB，
∵BE⊥AC，
∴∠BEA=90°，
∵MC是⊙O直径，
∴∠MAC=90°，
∴∠BEA+∠MAC=180°，
∴AM//BE，
∴四边形AMBF为平行四边形；
②∵∠MAC=90°，
∴AM=MC2−AC2=102−82=6，
∵四边形AMBF为平行四边形，
∴BF=AM=6；
（2）∵四边形AMBF为平行四边形，
∴AM=BF，AF=BM，
∵AC=BF，
∴AC=AM，
∵∠MAC=90°，MO=OC，
∴AO⊥CM，
∵AD⊥BC，
∴∠AON=∠CDN=90°，
∵∠ANO=∠CND，
∴∠NAO=∠NCD，
∵AF=OA，AF=BM，
∴OA=BM，
∴CM=2BM，
∵∠CBM=90°，
∴sin∠BCM=BMCM=12，
∴∠BCM=30°，
∴∠OAD=∠BCM=30°．
【点睛】本题考查圆的综合题，解题的关键是掌握圆周角定理，平行四边形的性质和判定，解直角三角形的知识．
48．（2023上·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AD=6，AB=8，M是AD的中点，N，E是BC的三等分点，P是AB上一动点．
（1）当MP∥BD时，求MP的长；
（2）是否存在点P，满足△AMP与以点B，N，P为顶点的三角形相似？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）PM=5．（2）存在点P使得两三角形相似，此时AP的长为247或2或6．
【分析】（1）只要证明PM=12BD，求出BD即可；
（2）分两种情形讨论求解即可解决问题．
【详解】解：（1）∵PM∥BD，AM=MD，
∴AP=PB，
∴PM=12BD，
∵BD=62+82=10，
∴PM=5．
（2）存在点P使得两三角形相似．
∵BN=4，设AP=x，则PB=8﹣x，
当△MAP∽△NBP时，
MABN=APPB ，34=x8−x ，解得x=247．
当△MAP∽△PBN时，
MAPB=APNB ，38−x=x4 ，解得x=2或6，
∴存在点P使得两三角形相似，此时AP的长为247或2或6．
【点睛】本题考查矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
49．（2023·江苏无锡·统考二模）如图1，▱ABCD，AB=m，AD=nn>m>0，∠ABC=60°，四边形DBEF、DEGH均为平行四边形，且点C、F分别落在EF、GH上．
（1）若▱ABCD的周长为16，用含m的代数式来表示▱DEGH的面积S，并求出S的最大值；
（2）若四边形BEFD、EGHD均为矩形，且FHFG=349，求mn的值．

【答案】（1）S=−32m−42+83， S取得最大值为83；（2）mn=12
【分析】（1）利用平行四边形的一条对角线把面积分成相等的两部分，所以利用ΔBCD的面积是平行四边形的面积的一半，从而得到三个平行四边形的面积相等，把平行四边形
DEGH转化到平行四边形ABCD的面积上来，建立面积与边长的函数，利用函数求解即可．
（2）利用四边形BEFD、EGHD均为矩形是矩形，找到△EFG∽△FDH，得到DFFE，后转化到∠BDE的函数值上，建立边之间的关系，再在Rt△BDN中利用勾股定理建立一个关系式，联立可得答案．
【详解】解：（1）因为▱ABCD，▱DBEF，所以SΔBCD=12S▱ABCD=12S▱BEFD，
所以S▱ABCD=S▱BEFD，
同理：S▱BEFD=S▱DEGH，所以：S▱DEGH=S▱ABCD，
过点A作BC垂线，垂足为M，AB=m，∵周长为16，∴AB+BC=8，
∴BC=8−m，∵∠ABC=60°，∴AM=32m，∴S=3m28−m
S=−32m−42+83，
∴当m=4时，S取得最大值为83．
（2）当四边形BEFD与DEHG为矩形时，∠EFD=∠G=∠H=90°，
所以∠EFG+∠DFH=90°,∠DFH+∠FDH=90° ，
所以∠EFG=∠FDH， ∴△EFG∽△FDH，所以EGFH=FGDH，
因为FHFG=349，DH=EG，设GF=49a，则FH=3a，
所以EG3a=49aEG ∴EG=DH=73a，∴相似比为3a：73a=37，
∴DFEF=37，∴tan∠DEF=tan∠BDE=37，设BE=3b，BD=7b
根据S▱ABCD=S▱BEFD，
列式：73b2=32mn，即7b2=12mn ①
过B作BN⊥AD于N，则结合（1）知：BN=32m，AN=12m，
再在Rt△BDN中，32m2+12m+n2=7b2 ②
①式代入②式，化简得：2m2+2n2−5mn=0，即2m−nm−2n=0，
∴2m=n或m=2n，∵n>m>0，∴2m=n，即mn=12
【点睛】本题考查平行四边形的基本性质，二次函数的建模，利用二次函数求最值，同时考查相似三角形的典型图例，利用相似三角形的性质进行边与锐角三角函数之间的转化，掌握相关的知识点是解题关键．
小丽的辅助线作法：
延长DE到F，使EF=DE，
连接DC、AF、FC．