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【浙江专用】2023年中考数学易错题汇编——07 四边形 （原卷版+解析版）
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这是一份【浙江专用】2023年中考数学易错题汇编——07 四边形 （原卷版+解析版），文件包含07四边形解析版docx、07四边形原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。
易错点07 四边形
1.多边形内角与外角
2.平行四边形的性质
3.平行四边形的判定
4.菱形的性质
5.菱形的判定
6.轴对称-最短路线问题
7.翻折变换（折叠问题）
多边形内角与外角
此类题目主要考察多边形的内角和计算公式，解题的关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）．
易错点是无法熟记多边形的内角和计算公式。
1．（2022•衢州二模）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个正多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成120°n，列方程可求解．此题还可以由已知条件，求出这个多边形的外角，再利用多边形的外角和定理求解．
【解答】解：解法一：设所求正多边形边数为n，
则120°n＝（n﹣2）•180°，
解得n＝6，∴这个正多边形是正六边形．
解法二：∵正多边形的每个内角都等于120°，
∴正多边形的每个外角都等于180°﹣120°＝60°，
又∵多边形的外角和为360°，
∴这个正多边形边数＝360°÷60°＝6．
故选：A．
2．（2021秋•呼和浩特期末）某多边形的内角和比外角和多180度，这个多边形的边数（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】设这个多边形的边数是n，根据多边形的内角和比外角和多180度，结合多边形的内角和和外角和定理得到方程，从而求出边数．
【解答】解：根据题意可得：
（n−2）•180°＝360°+180°，
解得：n＝5．
经检验n＝5符合题意，
所以这个多边形的边数是5．
故选：C．
3．（2022春•定陶区期末）下列哪个度数不可能是一个多边形的内角和（ ）
A．360° B．450° C．900° D．1800°
【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°，求出对应的n，即可得出选项．
【解答】解：因为n边形的内角和为（n﹣2）×180°，
A、（n﹣2）×180°＝360°，
n＝4，是四边形的内角和，故本选项不符合题意；
B、（n﹣2）×180°＝450°，
n＝，边数不能为分数，故本选项符合题意；
C、（n﹣2）×180°＝900°，
n＝7，是七边形的内角和，故本选项不符合题意；
D、（n﹣2）×180°＝1800°，
n＝12，是12边形的内角和，故本选项不符合题意；
故选：B．
1．（2022春•张家川县期末）如果多边形的边数增加2，关于其内角和与外角和的变化，下列说法正确的是（ ）
A．内角和不变，外角和增加180°
B．外角和不变，内角和增加180°
C．内角和不变，外角和增加360°
D．外角和不变，内角和增加360°
【分析】根据多边形的内角和公式及外角和定理求解即可．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则多边形的内角和为（n﹣1）×180°，外角和为360°，
∴多边形的边数增加2，内角和增加2×180°＝360°，外角和不变，
故选：D．
2．（2022•衢江区二模）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为 5 ．
【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．
【解答】解：多边形的边数是：360÷72＝5．
故答案为：5．
3．（2022•永嘉县模拟）如图，若∠1+∠2+∠3+∠4＝278°，则∠5+∠6+∠7+∠8＝ 442° ．
【分析】根据多边形的内角和求解即可．
【解答】解：如图，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝278°，
∴∠9+∠DCE＝180°+180°﹣278°＝82°，
∴∠CAB+∠ACB＝∠9+∠DCE＝82°，
∴∠NBM＝∠ABC＝180°﹣82°＝98°，
∴∠5+∠6+∠7+∠8＝（5﹣2）×180°﹣98°＝442°，
故答案为：442°．
平行四边形的性质
此类题目主要考查了平行四边形的性质及其它几何图形的性质和应用，多为综合运用，涉及的知识较多，比较麻烦，注意掌握性质的运用．
易错点是综合性强，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
1．（2022•衢江区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝8，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F．若AE＝6，则△CEF的周长为（ ）
A．13 B．10.5 C．10 D．9.6
【分析】由平行四边形的性质得出AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，证出DF＝AD＝8，BE＝AB＝5，求出△ABE的周长为16，由相似三角形的性质可求出答案．
【解答】解：∵在▱ABCD中，CD＝AB＝5，BC＝AD＝8，∠BAD的平分线交BC于点E，
∴AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，
∴∠BAF＝∠F，
∴∠DAF＝∠F，
∴DF＝AD＝8，
同理BE＝AB＝5，
∴CF＝DF﹣CD＝8﹣5＝3，
∵AE＝6，
∴△ABE的周长等于5+5+6＝16，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，
∴△CEF∽△BEA，相似比为3：5，
∴△CEF的周长为9.6，
故选：D．
2．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，作BG⊥AE于G，若AB＝6，AD＝9，BG＝4，则△EFC的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】由题意可证△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，求出各边的长度，然后利用勾股定理求得AG的长度，继而可得出AE的长度，根据相似三角形的性质求出EF的长度，最后即可求出△EFC的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠AFD，∠DAF＝∠AEB，
∵AF为∠BAD的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠AFD＝∠EAD，∠BAE＝∠AEB，∠CEF＝∠CFE，
∴△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，
又∵AB＝6，AD＝9，
∴AB＝BE＝6，AD＝DF＝9，
∴CE＝CF＝3．
∵BG⊥AE，BG＝4，
由勾股定理可得：AG＝＝2，
∴AE＝4，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FCE．
∴，
∴EF＝2，
∴△EFC的周长＝EF+FC+CE＝8．
故选：A．
3．（2022•临海市一模）如图，已知点A，B的坐标分别为（1，1），（﹣2，﹣1），四边形ACDB是平行四边形，点C的坐标为（4，1），则点D的坐标为（ ）
A．（1，﹣1） B．（2，1） C．（2，﹣1） D．（﹣2，3）
【分析】根据平行四边形的性质得出BD＝AC，进而解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC∥BD，AC＝BD，
∵点A，B的坐标分别为（1，1），（﹣2，﹣1），点C的坐标为（4，1），
∴点D的坐标为（1，﹣1），
故选：A．
1．（2022•路桥区一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是AB的中点．若OP＝4，AP＝3，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．12 B．14 C．22 D．28
【分析】由平行四边形的性质可得AO＝OC，由三角形的中位线的性质可求AB，BC的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
又∵P是AB的中点，
∴AB＝2AP＝6，BC＝2OP＝8，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×（6+8）＝28，
故选：D．
2．（2022•衢江区一模）如图，在▱ABCD中，AB＝BE，∠C＝70°，则∠BAE的度数为（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
【分析】由平行四边形的性质得∠BAD＝∠C＝70°，AD∥BC，则∠BEA＝∠DAE，再由等腰三角形的性质得∠BEA＝∠BAE，则∠BAE＝∠DAE＝∠BAD，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠C＝70°，AD∥BC，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵AB＝BE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BAD＝×70°＝35°，
故选：A．
3．（2022•钱塘区二模）如图，在▱ABCD中，点E、F分别为AD、DC的中点，BF⊥CD，已知BF＝8，EF＝5，则▱ABCD的周长为 ．
【分析】连接AC、过点C作CM∥BF交AB的延长线于点M，证四边形BMCF为矩形，得∠BMC＝90°，BM＝CF，CM＝BF＝8，再由勾股定理求出AM长，得出AB的长，然后由勾股定理求出BC的长，即可求出平行四边形的周长．
【解答】解：如图，连接AC、过点C作CM∥BF交AB的延长线于点M，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形BMCF为平行四边形，
∵BF⊥CD，
∴∠BFC＝90°，
∴四边形BMCF为矩形，
∴∠BMC＝90°，BM＝CF，CM＝BF＝8，
∵E、F分别为AD、CD的中点，
∴，
∵EF＝5，
∴AC＝10，
∴，
∵AB＝CD＝2CF＝2BM，
∴，
∴CF＝2，
∴，
∴．
故答案为：．
平行四边形的判定
此类题考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
易错点是平行四边形的判定方法比较多，无法短时间根据题目条件快速找到证明方向。
1．（2022•余杭区一模）在①AO＝CO，②BO＝OD，③∠BAD＝∠BCD这三个条件选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB∥CD，若 ①或②或③ ．（选择①，②，③中的一项）
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】根据平行线的性质和平行四边形的判定解答即可．
【解答】解：①添加AO＝CO，
∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
②添加BO＝OD，
同理可证明四边形ABCD是平行四边形；
③添加∠BAD＝∠BCD，
∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴∠BCD+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：①或②或③．
1．（2022•滨江区二模）在①AD＝BC，②AD∥BC，③∠BAD＝∠BCD这三个条件中选择其中一个你认为合适的，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OC，若 ② （请填序号），求证：四边形ABCD为平行四边形．
【分析】根据平行线的性质和平行四边形的判定解答即可．
【解答】解：添加AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠DAO＝∠BCO，
在△AOD与△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：②．
2．（2022春•宜城市期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E、F，DE＝BF，求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】先证△AED≌△CFB（AAS），得AD＝BC，又由AD∥BC，即可得出四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
在△AED和△CFB中，
，
∴△AED≌△CFB（AAS），
∴AD＝BC，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
3．（2022•大连一模）如图，在口ABCD中，连接AC，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．
【分析】由在平行四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，易证得△ABE≌△CDF，即可得BE∥DF，BE＝DF，则可证得四边形BFDE是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，BE∥DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
菱形的性质
此类题目主要考查了菱形的性质及其它几何图形的性质和应用，多为综合运用，涉及的知识较多，比较麻烦，注意掌握性质的运用．
易错点是无法熟练掌握菱形的性质。
1．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（ ）
A．3 B． C． D．
【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论．
【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∵cosB＝＝，
∴BH＝1，
∴AH＝＝＝，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝2，
∴EH＝BE﹣BH＝1，
∴AH是BE的垂直平分线，
∴AE＝AB＝4，
∵AF平分∠EAD，
∴∠DAF＝∠FAG，
∵FG∥AD，
∴∠DAF＝∠AFG，
∴∠FAG＝∠AFG，
∴GA＝GF，
设GA＝GF＝x，
∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴DF＝AG＝x，
cosD＝cosB＝＝，
∴DQ＝x，
∴FQ＝＝＝x，
∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，
∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x，
解得x＝，
则FG的长是．
或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴四边形AGFD的等腰梯形，
∴GA＝FD＝GF，
则x+x+x＝4，
解得x＝，
则FG的长是．
1．（2022•温州校级模拟）如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（ ）
A．59° B．62° C．69° D．72°
【分析】根据菱形的性质得：AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，根据等腰三角形的性质可得∠ABD＝31°，由菱形的对角线平分线组对角可得∠CBE＝31°，最后由直角三角形的两个锐角互余可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝118°，
∴∠ABD＝＝31°，
∴∠CBE＝31°，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CEB＝90°﹣31°＝59°．
故选：A．
2．（2022•玉环市一模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°．△AEF的两顶点E，F分别落在边BC，CD上．从给出的四个条件中任选一个：①∠EAF＝60°；②∠AEF＝60°；③AE＝AF，④EA＝EF，能够推出△AEF为等边三角形的有（ ）
A．①② B．②④ C．①②④ D．①③④
【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质依次判断可求解．
【解答】解：①∠EAF＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，
连接AC，
∵∠B＝60°，
∴∠ECF＝∠180°﹣∠B＝120°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB⊥CA，∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠ACF＝∠ECF﹣∠ECA＝120°﹣60°＝60°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EAF﹣∠EAC＝∠BAC﹣∠EAC，
∴∠CAF＝∠BAE，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE＝AF，
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴∠AEF＝∠AFE＝＝60°，
∴可以推出结论，△AEF为等边三角形；
②∠AEF＝60°，
作EG∥AB交AC于点G，如图3所示：
则∠GEC＝∠B＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠D＝∠B＝60°，∠ACB＝∠ACD，
∴△ABC是等边三角形，∠BCF＝120°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠GEC＝60°，
∴△GEC是等边三角形，
∴EG＝EC，∠EGC＝60°，
∴∠EGA＝120°，
∵∠AEF＝60°＝∠GEC，
∴∠1＝∠2，
在△AEG和△FEC中，
，
∴△AEG≌△FEC（ASA），
∴AE＝EF，
∵∠AEF＝60°，
∴△AEF为等边三角形．
③条件太少，不能推出△AEF为等边三角形；
如图，过点E作EN⊥CD，交DC的延长线于点N，在AB上截取BH＝BE，连接EH，过点A作AM⊥EH，交EH的延长线于点M，
∵BH＝BE，∠B＝60°，
∴△BEH是等边三角形，
∴∠BHE＝∠B＝60°＝∠AHM，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝EC，
又∵∠M＝∠N＝90°，∠AHM＝∠ECN＝60°，
∴△AHM≌△ECN（AAS），
∴AM＝EN，
又∵AE＝EF，
∴Rt△AEM≌Rt△EFN（HL），
∴∠AEM＝∠EFN，
∴∠AEM+∠CEF＝∠EFN+CEF＝∠ECN＝60°，
∴∠AEF＝60°，
又∵AE＝EF，
∴△AEF是等边三角形，
故选：C．
3．（2022•温州模拟）如图，菱形ABCD的面积为20，AB＝5，AE⊥CD于E，连结BD，交AE于F，连结CF，记△AFD的面积为S1，△BFC的面积为S2，则的值为 ．
【分析】由菱形的面积求得AE，进而在△ADE中，由勾股定理求得DE，再由△ABF∽△EDF的相似比得AF：FE，BF：DF，进而根据有关三角形的面积关系求得△AFD的面积为S1，△BFC的面积为S2，便可得出结论．
【解答】解：∵菱形ABCD的面积为20，AB＝5，AE⊥CD于E，
∴5AE＝20，
∴AE＝4，
∴DE＝，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△EDF，
∴，
∴，
，
∴，
故答案为：．
菱形的判定
此类题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键，属于中考常考题型．
易错点是确定是由四边形证菱形还是由平行四边形证菱形。
1．（2022•柯城区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足为E，F，且BE＝DF．求证：平行四边形ABCD是菱形．
【分析】证△AEB≌△AFD（ASA），得AB＝AD，再由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△AEB≌△AFD（ASA），
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
2．（2022•萧山区校级一模）如图，∠MAB为锐角，射线AM∥射线BN，作∠MAB和∠NBA的平分线分别交BN和AM于点C和D，连接CD，求证：四边形ABCD为菱形．
【分析】先根据角平分线的定义和平行线的性质证明AC⊥BD，AB＝BC，由AM∥BN，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得结论．
【解答】证明：∵AC平分∠DAB，BD平分∠ABC，
∴∠DAP＝∠PAB＝∠DAB，∠PBA＝，
∵AM∥BN，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，∠DAP＝∠BCP，
∴∠PAB+∠PBA＝90°，∠BAP＝∠PCB，
∴∠APB＝90°，AB＝BC，
∴AC⊥BD，
∵∠DAP＝∠BAP，∠APD＝∠APB＝90°，
∴∠ADP＝∠ABP，
∴AD＝AB＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
1．（2021•余杭区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ 90 °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（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△BOE和△COD中，
，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四边形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案为：90．
2．（2022•长治二模）如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，AB∥CD，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，且AE⊥AC，．求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得，则AB＝AD＝DC，再证明四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵∠CAE＝90°，DE＝CD，
∴，
∵．
∴AB＝AD＝DC，
∵AB∥EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
3．（2022•武功县模拟）如图，在四边形ABCD中，连接AC，延长CD至点E，使得DE＝CD，连接AE，若∠CAE＝90°，AB∥EC，．求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得，则AB＝AD＝DC，再证明四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵∠CAE＝90°，DE＝CD，
∴，
∵．
∴AB＝AD＝DC，
∵AB∥EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
轴对称-最短路线问题
此类题考查了轴对称﹣最短路线问题，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线确定P点位置是解题的关键．
易错点是不能确定对称轴，无法找到动点的最值位置。
1．（2022•常山县模拟）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（ ）
A．18 B． C． D．
【分析】连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．证明△CDE∽△CAB，得出∠CDE＝∠A，DE∥AB，由cosA＝cos∠CDE，得出＝，求出AG＝．证明
PG是△FDE的中位线，得出PG＝DE＝5，那么AP＝AG+PG＝．
【解答】解：如图，连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．
∵AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，∠C＝90°，
∴DE＝＝＝10，＝＝，
∴△CDE∽△CAB，
∴∠CDE＝∠A，
∴DE∥AB，
∵cosA＝cos∠CDE，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
∵PG∥DE，FG＝DG，
∴PG是△FDE的中位线，
∴PG＝DE＝5，
∴AP＝AG+PG＝+5＝．
故选：B．
2．（2021•杭州模拟）如图，等边△ABC中，AB＝10，E为AC中点，F，G为AB边上的动点，且FG＝5，则EF+CG的最小值是 5 ．
【分析】作C点关于AB的对称点C'，取BC的中点Q，连接C'Q，交AB于点G，此时CG+EF最小，作C′H⊥BC交BC的延长线于点H，再根据等边三角形的性质和勾股定理可得答案．
【解答】解：如图，作C点关于AB的对称点C'，则C′G＝CG，取BC的中点Q，连接EQ，GQ，
∵点E是AC的中点，
∴EQ＝AB＝5＝FG，EQ∥AB，
∴四边形EFGQ是平行四边形，
∴EF＝GQ，
∴当点C′，G，Q在同﹣条线上时，CG+EF最小，
作C'H⊥BC交BC的延长线于点H，
∵BC＝BC'＝10，∠CBC'＝120°，
∴HC'＝5，HB＝5，
∴HQ＝10，
∴C'Q＝＝5，
∴EF+CG的最小值是5．
故答案为：5．
3．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在▱ABCD中，∠DAB＝45°，AB＝17，BC＝7，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是边BC、DC上的点，连接OE、OF、EF．则△OEF周长的最小值是 ．
【分析】点E、F为动点，于是以CD和BC为对称轴作两次对称将OF和OE线段进行转换，利用翻折构造直角三角形，从而获得周长最小值．
【解答】解：以CD和CB为对称轴作点O的对称点M、N，连接MN、CN、CM
则△OEF的周长最小值即为MN长
作CG⊥AG
在Rt△BCG中
BC＝7
∴CG＝7
在Rt△ACG中
AC＝25
∴CM＝CN＝
在Rt△MNC中，MN＝
∴△OEF周长的最小值是．
故答案为：．
1．（2022•衢州二模）如图，点P是矩形ABCD的对角线BD上的点，点M，N分别是AB，AD的中点，连接PM，PN．若AB＝2，BD＝4，则PM+PN的最小值为（ ）
A． B．2 C．2+ D．1+
【分析】作M点关于BD的对称点M'，过M'作M'E⊥AB交延长于点E，过M'作M'F⊥AD交于F，当M'、N、P三点共线时，MP+NP的值最小，求出NM'即为所求
【解答】解：作M点关于BD的对称点M'，过M'作M'E⊥AB交延长于点E，过M'作M'F⊥AD交于F，
∴MP＝M'P，
∴MP+PN＝M'P+NP≥M'N，
当M'、N、P三点共线时，MP+NP的值最小，
∵AB＝2，BD＝4，
∴AD＝2，
∵AB＝BD，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∵MM'⊥BD，
∴∠BMM'＝30°，
∵M是AB的中点，
∴BM＝1，
∴MM'＝，EM'＝，ME＝，
∴AE＝，
∴FM'＝，
∵N是AD的中点，
∴AN＝，
∴FN＝，
∴M'N＝＝，
∴PM+PN的最小值为，
故选：A．
2．（2021•永嘉县校级模拟）如图，等边△ABC，边长为8，点D为边BC上一点，以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接CE，当△ADE周长最小时，CE的长度为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【分析】由等边三角形的性质得C△ADE＝3AD，当△ADE周长最小时，AD⊥BC时，AD最小，利用全等三角形的判定边角边得△ABD和△ACE全等，即得CE的长度．
【解答】解：
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，
∴C△ADE＝3AD，
当△ADE周长最小时，
即AD最小，
当AD⊥BC时，AD最小，
此时，BD＝AB•sin30°＝4，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠1+∠2＝60°，
又∵∠2+∠3＝60°，
∴∠1＝∠3，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝4，
故选：C．
3．（2020•义乌市模拟）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝24，BD＝10．点P在对角线AC上．
（1）在AB上取点Q，则BP+PQ的最小值是 ．
（2）若过点P作边AB，BC的垂线（垂足在边上），垂足分别为E，F，记m＝PD+PE+PF，则m的范围是 ≤m≤ ．
【分析】（1）如图1，过D作DQ⊥AB于Q，交AC于P，此时，BP+PQ的值最小，BP+PQ的最小值＝DQ，根据勾股定理得到AB＝＝13，根据菱形的面积公式即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到AB＝BC，连接PB，根据三角形的面积公式得到PE+PF＝，当P与O重合时，m＝PD+PE+PF取最小值，即m＝+5＝，m＝PD+PE+PF取最大值，于是得到结论．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴点B，D关于直线AC对称，AC⊥BD，
过D作DQ⊥AB于Q，交AC于P，
此时，BP+PQ的值最小，BP+PQ的最小值＝DQ，
∵AC＝24，BD＝10，
∴AO＝AC＝12，BO＝BD＝5，
∴AB＝＝13，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DQ，
∴DQ＝＝，
∴BP+PQ的最小值是；
故答案为：
（2）如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
连接PB，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴S△ABC＝S△ABP+S△BCP，
∴24×5＝×13×PE+×13×PF，
∴PE+PF＝，
∴当P与O重合时，m＝PD+PE+PF取最小值，即m＝+5＝，
过D作DF⊥BC于F交AC于P，
∵PB＝PD＝＝，
∴PB＝PD＝，
此时，m＝PD+PE+PF取最大值，即m＝+＝，
∴m的范围是≤m≤，
故答案为：≤m≤．
翻折变换（折叠问题）
此类题考查了翻折的性质及几何综合运用，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
易错点是不能把翻折前后图形相结合，熟练掌握翻折的性质。
1．（2022•衢州一模）如图，将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠，使点A和点C重合于点M，点D与点H重合，点B落在边AD上的点P处，且MN经过点P．已知＝，FN＝10cm，则AB的长为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．9cm
【分析】作PR⊥BC，证明PF＝PE，PN＝PG，∠FPN＝90°，解直角三角形PMN．
【解答】解：如图，
作PR⊥BC于R，
∴∠PRB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠BEF＝∠PEF，四边形ABRP是矩形，
∴PR＝AB，
由折叠得，
∠PFE＝∠BFE，∠FPM＝∠B＝90°，
∴∠PFE＝∠PEF，∠FPN＝90°，
∴PF＝PE，
同理可得：PN＝PG，
∴，
设PF＝4a，PN＝3a，
∴FN＝5a，
∴5a＝10，
∴a＝2，
∴PF＝4a＝8，PN＝3a＝6，
∵，
∴PR＝＝，
∴AB＝PR＝，
故选：A．
2．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝3，∠A＝60°．点E在AB边上，将△ADE沿着直线DE翻折得△A′DE．连结A′C，若点A′恰好落在∠BCD的平分线上，则A′，C两点间的距离为（ ）
A．3或6 B．3或 C． D．6
【分析】由翻折可得，AD＝AD'＝3，根据角平分线的定义可得∠A'CB＝∠A'CD＝30°，当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A'作A'M⊥CD于点M，设A'M＝x，在Rt△A'CM中，由tan∠A'CM＝，可表示出MC＝x，DM＝CD﹣MC＝，在Rt△A'DM中，由勾股定理可得，A'D2＝A'M2+DM2，即可建立方程求得x的值，进而可得出A'C；当点A'在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A'C于点N，在Rt△CDN中，结合sin∠A'CD＝，cos∠A'CD＝，
可求得DN和CN，在Rt△A'DN中，利用勾股定求出A'N的值，最后根据A'C＝A'N+CN求出答案．
【解答】解：由翻折可得，AD＝AD'＝3，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝3，∠A＝60°，
∴AB＝CD＝3，∠BCD＝∠A＝60°，
∵A'C平分∠BCD，
∴∠A'CB＝∠A'CD＝30°，
当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A'作A'M⊥CD于点M，
设A'M＝x，
在Rt△A'CM中，tan∠A'CM＝tan30°＝＝，
∴MC＝x，DM＝CD﹣MC＝，
在Rt△A'DM中，由勾股定理可得，
A'D2＝A'M2+DM2，
即，
解得x＝或3（舍去），
∴A'C＝2A'M＝3；
当点A'在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A'C于点N，
在Rt△CDN中，CD＝3，∠A'CD＝30°，
∴sin∠A'CD＝sin30°＝＝，
cos∠A'CD＝cos30°＝，
∴DN＝，CN＝，
在Rt△A'DN中，
A'N＝，
∴A'C＝A'N+CN＝＝6．
综上所述，A'C＝3或6．
故选：A．
1．（2022•苍南县二模）如图，将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，若∠A＝60°，BC＝3，则A'B的长为（ ）
A．5 B．3 C．6 D．4
【分析】根据将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，可得∠ADB＝∠A'DB＝90°，AB＝A'B，由∠A＝60°，即得AB＝2AD＝6，故A'B＝6．
【解答】解：∵将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，
∴∠ADB＝∠A'DB＝90°，AB＝A'B，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝3＝AD，
∵∠A＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴AB＝2AD＝6，
∴A'B＝6，
故选：C．
2．（2022•新昌县模拟）将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（ ）
A．AD＝AB B．BD⊥AC C．DB＝2AD D．∠ADB＝60°
【分析】动手操作后即可得到答案．
【解答】解：动手操作，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则△ABD是正方形的
八分之一，如图：
线段AD是正方形对边中点连线的一半，
∴BD⊥AD，即BD⊥AC，
故选：B．
3．（2022•余姚市一模）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ，若AB：AD＝3：5，则下列BM：MC的值能达成这一翻折的是（ ）
A．1：4 B．2：5 C．1：9 D．4：9
【分析】先利用矩形的性质和折叠的性质证明△BMP≌△DQN，从而得出BM＝QD，再设出BM，利用AB与AD的比例和勾股定理，分别表示出MN，QN，MQ，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ，
∴AP＝PE＝BP，BM＝ME，MF＝MC，QD＝QF，DN＝FN＝CN，∠BMP＝EMP，∠CMN＝∠FMN，∠CNM＝∠FNM，∠DNQ＝∠FNQ，
∴∠BMP+∠CMN＝90°，∠CMN+∠CNM＝90°，∠CNM+∠DNQ＝90°，∠DNQ+∠DQN＝90°，
∴∠BMP＝∠CNM，∠CNM＝∠DQN，∠MNQ＝90°，
∴∠BMP＝∠DQN，
∴△△BMP≌△DQN（AAS），
∴BM＝ME＝DQ＝QF，
∴MQ＝MF+QF＝MC+BM＝BC，
设AB＝CD＝6a，BM＝ME＝QF＝DQ＝x，
∵AB：AD＝3：5，
∴BC＝AD＝10a，
∴MF＝MC＝10a﹣x，AP＝PE＝BP＝3a，DN＝FN＝CN＝3a，MQ＝10a，
∴MN2＝MC2+CN2＝（10a﹣x）2+（3a）2，QN2＝DQ2+DN2＝x2+（3a）2，
∵MQ2＝MN2+QN2，
∴（10a）2＝（10a﹣x）2+（3a）2+x2+（3a）2，
解得：x＝a或x＝9a，
当x＝a时，BM＝a，
∴MC＝BC﹣BM＝9a，
∴BM：MC＝1：9，
当x＝9a时，BM＝9a，
∴MC＝BC﹣BM＝a，
∴BM：MC＝9：1，
故选：C．
1．（2022•宁海县校级模拟）将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形（如图中①②③④⑤），并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN，若AM＝1，DE＝4，EF＝3，那么矩形BEHN的面积为（ ）
A．20 B．24 C．30 D．45
【分析】先由NA＝EF＝3，AM＝1求得CB＝MN＝4，则IB＝CB＝4，可以证明△BIJ≌△BCE，得IJ＝CE，而IA＝CE，则AB＝4+CE，再证明△BIJ∽△BAN，根据相似三角形的对应边成比例求出CE的长，即可求出AB的长，再由S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG求出矩形BEHN的面积即可．
【解答】解：∵NA＝EF＝3，AM＝1，
∴CB＝MN＝NA+AM＝4，
∵IB＝DE＝4，
∴IB＝CB，
∴四边形ABCD、四边形BEHN、四边形CEFG都是矩形，
∴∠EBN＝∠ABC＝90°，
∴∠JBI＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∵∠BIJ＝∠D＝90°，∠BCE＝90°，
∴∠BIJ＝∠BCE，
在△BIJ和△BCE中，
，
∴△BIJ≌△BCE（ASA），
∴IJ＝CE，
∵IA＝CE，
∴AB＝IB+IA＝4+CE，
∵IJ∥AN，
∴△BIJ∽△BAN，
∴＝，
∴＝，
∴CE＝2或CE＝﹣6（不符合题意，舍去），
∴AB＝4+4＝8，
∴S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG＝8×3+3×2＝30，
∴矩形BEHN的面积为30，
故选：C．
2．（2022•西湖区模拟）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM＝3，OB＝4，则BC的长为（ ）
A．5 B． C．8 D．10
【分析】由平行线分线段成比例可得CD＝6，AC＝8，由勾股定理可得AD，进而解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD＝BC，AC＝2OB＝8，
∵OM∥AB，
∴OM∥CD，
∴，且AO＝AC，OM＝3，
∴CD＝6，
在Rt△ADC中，AD＝，
∴BC＝AD＝2，
故选：B．
3．（2021•温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3时，则AD的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP
的最小值为为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．
且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
.∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，
∵E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝t，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角△BCP1中，CP1＝BC＝t，
∴BP1＝t＝3，
∴t＝3．
故选：B．
4．（2022•新昌县校级模拟）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形
D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
【分析】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可．
【解答】解：A．连接EF，
∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF∥BC，BD＝CD，
设EF和BC间的距离为h，
∴S△BDE＝BD•h，S△DCF＝CD•h，
∴S△BDE＝S△DCF，
故本选项不符合题意；
B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
故本选项不符合题意；
C．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF＝BC，DF＝AB，
若AB＝BC，则FE＝DF，
∴四边形AEDF不一定是菱形，
故本选项符合题意；
D．∵四边形AEDF是平行四边形，
∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，
故本选项不符合题意；
故选：C．
5．（2022•鄞州区模拟）如图，正方形ABCD的边长为，直线EF经过正方形的中心O，并能绕着O转动，分别交AB、CD边于E、F点，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接AC、BD，交于点O，由题意可知，EF经过点O，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：连接AC、BD，交于点O，
由题意可知，EF经过点O，取OB中点M，连接MA，MG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝OB，
∵AB＝2，
∴OA＝OB＝2．
∴OM＝1．
∴AM＝＝＝，
在Rt△BOG中，M是OB的中点，
∴GM＝OB＝1．
∵AG≥AM﹣MG＝﹣1．
当A，M，G三点共线时，AG最小＝﹣1．
故选：D．
6．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
7．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．
8．（2022•金东区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，交AD于点F；分别以点B，F为圆心，大于BF的长为半径画弧，两弧相交于点G；连结AG并延长，交BC于点E．连结BF，若AE＝8，BF＝6，则AB的长为（ ）
A．5 B．8 C．12 D．15
【分析】首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AB即可．
【解答】解：如图，连接FG，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB＝AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO＝OE＝4，BO＝OF＝3，
在Rt△AOB中，AB＝＝5，
故选：A．
9．（2022•钱塘区一模）在菱形ABCD中，已知∠A＝30°，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且AE＝BF＝CG＝DH．若线段AE与AB的比值为k（0＜k＜1），则四边形EFGH与菱形ABCD的面积比可表示为（ ）
A．2k2﹣2k+1 B．2k2+2k+1 C．﹣2k2+2k D．﹣2k2+2k+1
【分析】设AB＝BC＝CD＝DA＝x，AE＝BF＝CG＝DH＝kx，则AH＝DG＝CF＝BE＝x﹣kx，过F作MN⊥CD于N，交AB于M，证明△AEH≌△CGF（SAS），同理：△BEF≌△DGH（SAS），由直角三角形的性质得出FM＝BF＝，FN＝CF＝，MN＝FM+FN＝，求出菱形ABCD的面积＝x•＝，四边形EFGH的面积＝菱形ABCD的面积﹣2△CGF的面积﹣2△BEF的面积＝﹣kx2+k2x2，即可求解．
【解答】解：设AB＝BC＝CD＝DA＝x，AE＝BF＝CG＝DH＝kx，则AH＝DG＝CF＝BE＝x﹣kx，过F作MN⊥CD于N，交AB延长线于点M，
：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝30°，AB＝BC＝CD＝AD，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴BE＝CF＝DG＝AH，
在△AEH和△CGF中，
，
∴△AEH≌△CGF（SAS），
同理：△BEF≌△DGH（SAS），
∵∠A＝30°，AB∥BCD，
∴∠C＝∠MBF＝30°，
∴FM＝BF＝，FN＝CF＝，
∴MN＝FM+FN＝，
∴菱形ABCD的面积＝x•＝，
四边形EFGH的面积＝菱形ABCD的面积﹣2△CGF的面积﹣2△BEF的面积＝x•﹣2××kx•﹣2××（x﹣kx）＝﹣kx2+k2x2，
∴四边形EFGH与菱形ABCD的面积比为＝2k2﹣2k+1．
故选：A．
10．（2021•瓯海区模拟）如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AC＝BD D．AB＝BC
【分析】由已知条件得出四边形ABCD是平行四边形，再由一组邻边相等，即可得出四边形ABCD是菱形．
【解答】解：需要添加的条件是AB＝BC；
理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），
故选：D．
11．（2022•仙居县二模）如图，分别以点A，B为圆心，以大于AB同样长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接AB，CD，AC，BC，AD，BD，则下列说法中正确的是（ ）
A．CD⊥AB，但CD不一定平分AB
B．CD垂直平分AB，但AB不一定垂直平分CD
C．AC⊥BC且AC＝BC
D．CD与AB互相垂直平分
【分析】根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】解：由作法知，AC＝BC＝AD＝BD，
∴四边形ADBC是菱形，
∴AB，CD互相垂直平分，
∴A，B，C不符合题意，D符合题意；
故选：D．
12．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
13．（2022•舟山）正八边形一个内角的度数为 135° ．
【分析】首先根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数．
【解答】解：正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°＝1080°，
每一个内角的度数为×1080°＝135°．
故答案为：135°．
14．（2022•南京模拟）一个多边形除了一个内角之外，其余各内角的度数和为1510°，则这个多边形的边数为 11 ．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知多边形的内角和是180°的倍数，所求出的多边形的边数再加上1即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，除去的内角为α，
则（n﹣2）•180°＝1510°+α，
∵1510°÷180°＝8…70°，
∴n﹣2＝8+1，
解得n＝11，
即这个多边形的边数n的值是11，
故答案为：11．
15．（2022•仙居县二模）如图，平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），要把顶点A平移到顶点C的位置，则其平移方式可以是：先向右平移 4 个单位，再向上平移 2 个单位．
【分析】根据平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），可得C（5，3），然后根据平移的性质即可解决问题．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），
∴C（5，3），
∴要把顶点A平移到顶点C的位置，可以先向右平移4个单位，再向上平移2个单位．
故答案为：4，2．
16．（2022•宁波模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B是锐角，点E是AB的中点，点F在BC上，BF＝2，连结ED，EF，DF．若∠DEF＝90°，则DF的长为 8 ，cos∠ABC的值为 ．
【分析】由“AAS”可证△AEH≌△BEF，可得AH＝BF＝2，HE＝EF，可求DH＝DF＝8，由勾股定理可求CN的长，即可求解．
【解答】解：如图，延长FE交DA的延长于H，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于N，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵AD∥BC，
∴∠H＝∠EFB，
在△AEH和△BEF中，
，
∴△AEH≌△BEF（AAS），
∴AH＝BF＝2，HE＝EF，
∴DH＝8，
∵HE＝EF，DE⊥HF，
∴DH＝DF＝8，
∵BF＝2，BC＝6，
∴FC＝4，
∵DN2＝DF2﹣FN2，DN2＝DC2﹣CN2，
∴64﹣（4+CN）2＝36﹣CN2，
∴CN＝，
∴cos∠ABC＝cos∠DCN＝＝＝，
故答案为：8，．
17．（2021•余杭区模拟）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是 菱形 ．
【分析】由A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），可得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，即可判定四边形ABCD是菱形．
【解答】解：∵A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），
∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝2，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵A，C在y轴上，C，D在x轴上，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形．
故答案为：菱形．
18．（2020•宁波模拟）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于E，A．BF平分∠CBD，交CD于点F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）当AD与BD满足什么数量关系时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，∠A＝∠C，∠ADB＝∠CBD，再由角平分线的定义可证得∠ADE＝∠FBC，然后利用ASA可证得△ADE≌△CBF．
（2）要使四边形DEBF是矩形，由（1）易证此四边形是平行四边形，因此只需证明有一个角是直角，添加条件AD＝DB，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证．
【解答】（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠A＝∠C，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ADE＝∠FBC，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA）；
（2）解：AD＝BD，四边形DEBF是矩形．理由如下：
∵△ADE≌△CBF，
∴DE＝BF，AE＝CF，
又∵AB＝CD，
∴BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AD＝BD，DE平分∠ADB，
∴DE⊥AB，
∴平行四边形DEBF是矩形．
19．（2020•萧山区一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，求△OEC的面积．
【分析】（1）证出∠BAD＝∠BCD，得出四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC，OB＝OD，证出AC＝BD，即可解决问题；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OF＝CD＝1，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，
∴△OEC的面积＝•EC•OF＝1．
20．（2022•新昌县二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝120°，点E在DC上，DE＝AD．
（1）求∠EAB的度数．
（2）若AE＝AB＝10，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质可求解∠EAB＝∠DEA，∠DAB＝60°，利用等腰三角形的性质可得∠EAB＝∠DAE，进而可求解；
（2）过E点作EF⊥AB于点F，利用含30度角的直角三角形的性质可求EF的长，再根据平行四边形的面积公式计算可求解．
【解答】解：（1）在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAD+∠D＝180°，∠EAB＝∠DEA，
∵∠D＝120°，
∴∠DAB＝60°，
∵DE＝AD．
∴∠DAE＝∠DEA，
∴∠EAB＝∠DAE＝30°；
（2）过E点作EF⊥AB于点F，
∵AE＝AB＝10，∠EAB＝30°，
∴EF＝AB＝5，
∴S平行四边形ABCD＝AB•EF＝10×5＝50．
21．（2022•鞍山）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE＝DF，∠ABD＝∠BDC．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理AAS证得△ABE≌△CDF，则其对应边相等：AB＝CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”
证得结论．
【解答】证明：∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD．
∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE与△CDF中，
．
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
∴AB＝CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
22．（2022•温州模拟）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：四边形ADCF为菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面积．
【分析】（1）可先证得△AEF≌△DEB，可求得AF＝DB，可证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（2）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，由三角形面积公式可求得答案．
【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BC＝CD，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：∵E是AD的中点，AE＝，tan∠ABC＝，
∴AD＝2，BC＝4，
设AB＝3x，AC＝2x，
由勾股定理得：，
解得：x＝4，
∴AB＝12，AC＝8，
∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝．
易错点07 四边形
1.多边形内角与外角
2.平行四边形的性质
3.平行四边形的判定
4.菱形的性质
5.菱形的判定
6.轴对称-最短路线问题
7.翻折变换（折叠问题）
多边形内角与外角
此类题目主要考察多边形的内角和计算公式，解题的关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数）．
易错点是无法熟记多边形的内角和计算公式。
1．（2022•衢州二模）若一个正多边形的每个内角都是120°，则这个正多边形是（ ）
A．正六边形 B．正七边形 C．正八边形 D．正九边形
【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成120°n，列方程可求解．此题还可以由已知条件，求出这个多边形的外角，再利用多边形的外角和定理求解．
【解答】解：解法一：设所求正多边形边数为n，
则120°n＝（n﹣2）•180°，
解得n＝6，∴这个正多边形是正六边形．
解法二：∵正多边形的每个内角都等于120°，
∴正多边形的每个外角都等于180°﹣120°＝60°，
又∵多边形的外角和为360°，
∴这个正多边形边数＝360°÷60°＝6．
故选：A．
2．（2021秋•呼和浩特期末）某多边形的内角和比外角和多180度，这个多边形的边数（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】设这个多边形的边数是n，根据多边形的内角和比外角和多180度，结合多边形的内角和和外角和定理得到方程，从而求出边数．
【解答】解：根据题意可得：
（n−2）•180°＝360°+180°，
解得：n＝5．
经检验n＝5符合题意，
所以这个多边形的边数是5．
故选：C．
3．（2022春•定陶区期末）下列哪个度数不可能是一个多边形的内角和（ ）
A．360° B．450° C．900° D．1800°
【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）×180°，求出对应的n，即可得出选项．
【解答】解：因为n边形的内角和为（n﹣2）×180°，
A、（n﹣2）×180°＝360°，
n＝4，是四边形的内角和，故本选项不符合题意；
B、（n﹣2）×180°＝450°，
n＝，边数不能为分数，故本选项符合题意；
C、（n﹣2）×180°＝900°，
n＝7，是七边形的内角和，故本选项不符合题意；
D、（n﹣2）×180°＝1800°，
n＝12，是12边形的内角和，故本选项不符合题意；
故选：B．
1．（2022春•张家川县期末）如果多边形的边数增加2，关于其内角和与外角和的变化，下列说法正确的是（ ）
A．内角和不变，外角和增加180°
B．外角和不变，内角和增加180°
C．内角和不变，外角和增加360°
D．外角和不变，内角和增加360°
【分析】根据多边形的内角和公式及外角和定理求解即可．
【解答】解：设多边形的边数为n，
则多边形的内角和为（n﹣1）×180°，外角和为360°，
∴多边形的边数增加2，内角和增加2×180°＝360°，外角和不变，
故选：D．
2．（2022•衢江区二模）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为 5 ．
【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．
【解答】解：多边形的边数是：360÷72＝5．
故答案为：5．
3．（2022•永嘉县模拟）如图，若∠1+∠2+∠3+∠4＝278°，则∠5+∠6+∠7+∠8＝ 442° ．
【分析】根据多边形的内角和求解即可．
【解答】解：如图，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝278°，
∴∠9+∠DCE＝180°+180°﹣278°＝82°，
∴∠CAB+∠ACB＝∠9+∠DCE＝82°，
∴∠NBM＝∠ABC＝180°﹣82°＝98°，
∴∠5+∠6+∠7+∠8＝（5﹣2）×180°﹣98°＝442°，
故答案为：442°．
平行四边形的性质
此类题目主要考查了平行四边形的性质及其它几何图形的性质和应用，多为综合运用，涉及的知识较多，比较麻烦，注意掌握性质的运用．
易错点是综合性强，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
1．（2022•衢江区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝8，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F．若AE＝6，则△CEF的周长为（ ）
A．13 B．10.5 C．10 D．9.6
【分析】由平行四边形的性质得出AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，证出DF＝AD＝8，BE＝AB＝5，求出△ABE的周长为16，由相似三角形的性质可求出答案．
【解答】解：∵在▱ABCD中，CD＝AB＝5，BC＝AD＝8，∠BAD的平分线交BC于点E，
∴AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，
∴∠BAF＝∠F，
∴∠DAF＝∠F，
∴DF＝AD＝8，
同理BE＝AB＝5，
∴CF＝DF﹣CD＝8﹣5＝3，
∵AE＝6，
∴△ABE的周长等于5+5+6＝16，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，
∴△CEF∽△BEA，相似比为3：5，
∴△CEF的周长为9.6，
故选：D．
2．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，作BG⊥AE于G，若AB＝6，AD＝9，BG＝4，则△EFC的周长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】由题意可证△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，求出各边的长度，然后利用勾股定理求得AG的长度，继而可得出AE的长度，根据相似三角形的性质求出EF的长度，最后即可求出△EFC的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠AFD，∠DAF＝∠AEB，
∵AF为∠BAD的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠AFD＝∠EAD，∠BAE＝∠AEB，∠CEF＝∠CFE，
∴△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，
又∵AB＝6，AD＝9，
∴AB＝BE＝6，AD＝DF＝9，
∴CE＝CF＝3．
∵BG⊥AE，BG＝4，
由勾股定理可得：AG＝＝2，
∴AE＝4，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FCE．
∴，
∴EF＝2，
∴△EFC的周长＝EF+FC+CE＝8．
故选：A．
3．（2022•临海市一模）如图，已知点A，B的坐标分别为（1，1），（﹣2，﹣1），四边形ACDB是平行四边形，点C的坐标为（4，1），则点D的坐标为（ ）
A．（1，﹣1） B．（2，1） C．（2，﹣1） D．（﹣2，3）
【分析】根据平行四边形的性质得出BD＝AC，进而解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC∥BD，AC＝BD，
∵点A，B的坐标分别为（1，1），（﹣2，﹣1），点C的坐标为（4，1），
∴点D的坐标为（1，﹣1），
故选：A．
1．（2022•路桥区一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是AB的中点．若OP＝4，AP＝3，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．12 B．14 C．22 D．28
【分析】由平行四边形的性质可得AO＝OC，由三角形的中位线的性质可求AB，BC的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
又∵P是AB的中点，
∴AB＝2AP＝6，BC＝2OP＝8，
∴平行四边形ABCD的周长＝2×（6+8）＝28，
故选：D．
2．（2022•衢江区一模）如图，在▱ABCD中，AB＝BE，∠C＝70°，则∠BAE的度数为（ ）
A．35° B．45° C．55° D．65°
【分析】由平行四边形的性质得∠BAD＝∠C＝70°，AD∥BC，则∠BEA＝∠DAE，再由等腰三角形的性质得∠BEA＝∠BAE，则∠BAE＝∠DAE＝∠BAD，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠C＝70°，AD∥BC，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵AB＝BE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BAD＝×70°＝35°，
故选：A．
3．（2022•钱塘区二模）如图，在▱ABCD中，点E、F分别为AD、DC的中点，BF⊥CD，已知BF＝8，EF＝5，则▱ABCD的周长为 ．
【分析】连接AC、过点C作CM∥BF交AB的延长线于点M，证四边形BMCF为矩形，得∠BMC＝90°，BM＝CF，CM＝BF＝8，再由勾股定理求出AM长，得出AB的长，然后由勾股定理求出BC的长，即可求出平行四边形的周长．
【解答】解：如图，连接AC、过点C作CM∥BF交AB的延长线于点M，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形BMCF为平行四边形，
∵BF⊥CD，
∴∠BFC＝90°，
∴四边形BMCF为矩形，
∴∠BMC＝90°，BM＝CF，CM＝BF＝8，
∵E、F分别为AD、CD的中点，
∴，
∵EF＝5，
∴AC＝10，
∴，
∵AB＝CD＝2CF＝2BM，
∴，
∴CF＝2，
∴，
∴．
故答案为：．
平行四边形的判定
此类题考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定方法．
易错点是平行四边形的判定方法比较多，无法短时间根据题目条件快速找到证明方向。
1．（2022•余杭区一模）在①AO＝CO，②BO＝OD，③∠BAD＝∠BCD这三个条件选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB∥CD，若 ①或②或③ ．（选择①，②，③中的一项）
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】根据平行线的性质和平行四边形的判定解答即可．
【解答】解：①添加AO＝CO，
∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
②添加BO＝OD，
同理可证明四边形ABCD是平行四边形；
③添加∠BAD＝∠BCD，
∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴∠BCD+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：①或②或③．
1．（2022•滨江区二模）在①AD＝BC，②AD∥BC，③∠BAD＝∠BCD这三个条件中选择其中一个你认为合适的，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA＝OC，若 ② （请填序号），求证：四边形ABCD为平行四边形．
【分析】根据平行线的性质和平行四边形的判定解答即可．
【解答】解：添加AD∥BC，
∵AD∥BC，
∴∠DAO＝∠BCO，
在△AOD与△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：②．
2．（2022春•宜城市期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E、F，DE＝BF，求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】先证△AED≌△CFB（AAS），得AD＝BC，又由AD∥BC，即可得出四边形ABCD是平行四边形．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
在△AED和△CFB中，
，
∴△AED≌△CFB（AAS），
∴AD＝BC，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
3．（2022•大连一模）如图，在口ABCD中，连接AC，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．
【分析】由在平行四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，易证得△ABE≌△CDF，即可得BE∥DF，BE＝DF，则可证得四边形BFDE是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，BE∥DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
菱形的性质
此类题目主要考查了菱形的性质及其它几何图形的性质和应用，多为综合运用，涉及的知识较多，比较麻烦，注意掌握性质的运用．
易错点是无法熟练掌握菱形的性质。
1．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（ ）
A．3 B． C． D．
【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论．
【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∵cosB＝＝，
∴BH＝1，
∴AH＝＝＝，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝2，
∴EH＝BE﹣BH＝1，
∴AH是BE的垂直平分线，
∴AE＝AB＝4，
∵AF平分∠EAD，
∴∠DAF＝∠FAG，
∵FG∥AD，
∴∠DAF＝∠AFG，
∴∠FAG＝∠AFG，
∴GA＝GF，
设GA＝GF＝x，
∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴DF＝AG＝x，
cosD＝cosB＝＝，
∴DQ＝x，
∴FQ＝＝＝x，
∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，
∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x，
解得x＝，
则FG的长是．
或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴四边形AGFD的等腰梯形，
∴GA＝FD＝GF，
则x+x+x＝4，
解得x＝，
则FG的长是．
1．（2022•温州校级模拟）如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（ ）
A．59° B．62° C．69° D．72°
【分析】根据菱形的性质得：AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，根据等腰三角形的性质可得∠ABD＝31°，由菱形的对角线平分线组对角可得∠CBE＝31°，最后由直角三角形的两个锐角互余可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝118°，
∴∠ABD＝＝31°，
∴∠CBE＝31°，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CEB＝90°﹣31°＝59°．
故选：A．
2．（2022•玉环市一模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°．△AEF的两顶点E，F分别落在边BC，CD上．从给出的四个条件中任选一个：①∠EAF＝60°；②∠AEF＝60°；③AE＝AF，④EA＝EF，能够推出△AEF为等边三角形的有（ ）
A．①② B．②④ C．①②④ D．①③④
【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定和性质依次判断可求解．
【解答】解：①∠EAF＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，
连接AC，
∵∠B＝60°，
∴∠ECF＝∠180°﹣∠B＝120°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB⊥CA，∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴∠ACF＝∠ECF﹣∠ECA＝120°﹣60°＝60°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EAF﹣∠EAC＝∠BAC﹣∠EAC，
∴∠CAF＝∠BAE，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE＝AF，
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴∠AEF＝∠AFE＝＝60°，
∴可以推出结论，△AEF为等边三角形；
②∠AEF＝60°，
作EG∥AB交AC于点G，如图3所示：
则∠GEC＝∠B＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠D＝∠B＝60°，∠ACB＝∠ACD，
∴△ABC是等边三角形，∠BCF＝120°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠GEC＝60°，
∴△GEC是等边三角形，
∴EG＝EC，∠EGC＝60°，
∴∠EGA＝120°，
∵∠AEF＝60°＝∠GEC，
∴∠1＝∠2，
在△AEG和△FEC中，
，
∴△AEG≌△FEC（ASA），
∴AE＝EF，
∵∠AEF＝60°，
∴△AEF为等边三角形．
③条件太少，不能推出△AEF为等边三角形；
如图，过点E作EN⊥CD，交DC的延长线于点N，在AB上截取BH＝BE，连接EH，过点A作AM⊥EH，交EH的延长线于点M，
∵BH＝BE，∠B＝60°，
∴△BEH是等边三角形，
∴∠BHE＝∠B＝60°＝∠AHM，
∵AB＝BC，BH＝BE，
∴AH＝EC，
又∵∠M＝∠N＝90°，∠AHM＝∠ECN＝60°，
∴△AHM≌△ECN（AAS），
∴AM＝EN，
又∵AE＝EF，
∴Rt△AEM≌Rt△EFN（HL），
∴∠AEM＝∠EFN，
∴∠AEM+∠CEF＝∠EFN+CEF＝∠ECN＝60°，
∴∠AEF＝60°，
又∵AE＝EF，
∴△AEF是等边三角形，
故选：C．
3．（2022•温州模拟）如图，菱形ABCD的面积为20，AB＝5，AE⊥CD于E，连结BD，交AE于F，连结CF，记△AFD的面积为S1，△BFC的面积为S2，则的值为 ．
【分析】由菱形的面积求得AE，进而在△ADE中，由勾股定理求得DE，再由△ABF∽△EDF的相似比得AF：FE，BF：DF，进而根据有关三角形的面积关系求得△AFD的面积为S1，△BFC的面积为S2，便可得出结论．
【解答】解：∵菱形ABCD的面积为20，AB＝5，AE⊥CD于E，
∴5AE＝20，
∴AE＝4，
∴DE＝，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△EDF，
∴，
∴，
，
∴，
故答案为：．
菱形的判定
此类题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键，属于中考常考题型．
易错点是确定是由四边形证菱形还是由平行四边形证菱形。
1．（2022•柯城区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足为E，F，且BE＝DF．求证：平行四边形ABCD是菱形．
【分析】证△AEB≌△AFD（ASA），得AB＝AD，再由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△AEB≌△AFD（ASA），
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
2．（2022•萧山区校级一模）如图，∠MAB为锐角，射线AM∥射线BN，作∠MAB和∠NBA的平分线分别交BN和AM于点C和D，连接CD，求证：四边形ABCD为菱形．
【分析】先根据角平分线的定义和平行线的性质证明AC⊥BD，AB＝BC，由AM∥BN，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得结论．
【解答】证明：∵AC平分∠DAB，BD平分∠ABC，
∴∠DAP＝∠PAB＝∠DAB，∠PBA＝，
∵AM∥BN，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，∠DAP＝∠BCP，
∴∠PAB+∠PBA＝90°，∠BAP＝∠PCB，
∴∠APB＝90°，AB＝BC，
∴AC⊥BD，
∵∠DAP＝∠BAP，∠APD＝∠APB＝90°，
∴∠ADP＝∠ABP，
∴AD＝AB＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
1．（2021•余杭区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ 90 °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（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△BOE和△COD中，
，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四边形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案为：90．
2．（2022•长治二模）如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，AB∥CD，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，且AE⊥AC，．求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得，则AB＝AD＝DC，再证明四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵∠CAE＝90°，DE＝CD，
∴，
∵．
∴AB＝AD＝DC，
∵AB∥EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
3．（2022•武功县模拟）如图，在四边形ABCD中，连接AC，延长CD至点E，使得DE＝CD，连接AE，若∠CAE＝90°，AB∥EC，．求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得，则AB＝AD＝DC，再证明四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵∠CAE＝90°，DE＝CD，
∴，
∵．
∴AB＝AD＝DC，
∵AB∥EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
轴对称-最短路线问题
此类题考查了轴对称﹣最短路线问题，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线确定P点位置是解题的关键．
易错点是不能确定对称轴，无法找到动点的最值位置。
1．（2022•常山县模拟）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（ ）
A．18 B． C． D．
【分析】连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．证明△CDE∽△CAB，得出∠CDE＝∠A，DE∥AB，由cosA＝cos∠CDE，得出＝，求出AG＝．证明
PG是△FDE的中位线，得出PG＝DE＝5，那么AP＝AG+PG＝．
【解答】解：如图，连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．
∵AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，∠C＝90°，
∴DE＝＝＝10，＝＝，
∴△CDE∽△CAB，
∴∠CDE＝∠A，
∴DE∥AB，
∵cosA＝cos∠CDE，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
∵PG∥DE，FG＝DG，
∴PG是△FDE的中位线，
∴PG＝DE＝5，
∴AP＝AG+PG＝+5＝．
故选：B．
2．（2021•杭州模拟）如图，等边△ABC中，AB＝10，E为AC中点，F，G为AB边上的动点，且FG＝5，则EF+CG的最小值是 5 ．
【分析】作C点关于AB的对称点C'，取BC的中点Q，连接C'Q，交AB于点G，此时CG+EF最小，作C′H⊥BC交BC的延长线于点H，再根据等边三角形的性质和勾股定理可得答案．
【解答】解：如图，作C点关于AB的对称点C'，则C′G＝CG，取BC的中点Q，连接EQ，GQ，
∵点E是AC的中点，
∴EQ＝AB＝5＝FG，EQ∥AB，
∴四边形EFGQ是平行四边形，
∴EF＝GQ，
∴当点C′，G，Q在同﹣条线上时，CG+EF最小，
作C'H⊥BC交BC的延长线于点H，
∵BC＝BC'＝10，∠CBC'＝120°，
∴HC'＝5，HB＝5，
∴HQ＝10，
∴C'Q＝＝5，
∴EF+CG的最小值是5．
故答案为：5．
3．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在▱ABCD中，∠DAB＝45°，AB＝17，BC＝7，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是边BC、DC上的点，连接OE、OF、EF．则△OEF周长的最小值是 ．
【分析】点E、F为动点，于是以CD和BC为对称轴作两次对称将OF和OE线段进行转换，利用翻折构造直角三角形，从而获得周长最小值．
【解答】解：以CD和CB为对称轴作点O的对称点M、N，连接MN、CN、CM
则△OEF的周长最小值即为MN长
作CG⊥AG
在Rt△BCG中
BC＝7
∴CG＝7
在Rt△ACG中
AC＝25
∴CM＝CN＝
在Rt△MNC中，MN＝
∴△OEF周长的最小值是．
故答案为：．
1．（2022•衢州二模）如图，点P是矩形ABCD的对角线BD上的点，点M，N分别是AB，AD的中点，连接PM，PN．若AB＝2，BD＝4，则PM+PN的最小值为（ ）
A． B．2 C．2+ D．1+
【分析】作M点关于BD的对称点M'，过M'作M'E⊥AB交延长于点E，过M'作M'F⊥AD交于F，当M'、N、P三点共线时，MP+NP的值最小，求出NM'即为所求
【解答】解：作M点关于BD的对称点M'，过M'作M'E⊥AB交延长于点E，过M'作M'F⊥AD交于F，
∴MP＝M'P，
∴MP+PN＝M'P+NP≥M'N，
当M'、N、P三点共线时，MP+NP的值最小，
∵AB＝2，BD＝4，
∴AD＝2，
∵AB＝BD，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∵MM'⊥BD，
∴∠BMM'＝30°，
∵M是AB的中点，
∴BM＝1，
∴MM'＝，EM'＝，ME＝，
∴AE＝，
∴FM'＝，
∵N是AD的中点，
∴AN＝，
∴FN＝，
∴M'N＝＝，
∴PM+PN的最小值为，
故选：A．
2．（2021•永嘉县校级模拟）如图，等边△ABC，边长为8，点D为边BC上一点，以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接CE，当△ADE周长最小时，CE的长度为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【分析】由等边三角形的性质得C△ADE＝3AD，当△ADE周长最小时，AD⊥BC时，AD最小，利用全等三角形的判定边角边得△ABD和△ACE全等，即得CE的长度．
【解答】解：
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，
∴C△ADE＝3AD，
当△ADE周长最小时，
即AD最小，
当AD⊥BC时，AD最小，
此时，BD＝AB•sin30°＝4，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠1+∠2＝60°，
又∵∠2+∠3＝60°，
∴∠1＝∠3，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝4，
故选：C．
3．（2020•义乌市模拟）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝24，BD＝10．点P在对角线AC上．
（1）在AB上取点Q，则BP+PQ的最小值是 ．
（2）若过点P作边AB，BC的垂线（垂足在边上），垂足分别为E，F，记m＝PD+PE+PF，则m的范围是 ≤m≤ ．
【分析】（1）如图1，过D作DQ⊥AB于Q，交AC于P，此时，BP+PQ的值最小，BP+PQ的最小值＝DQ，根据勾股定理得到AB＝＝13，根据菱形的面积公式即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到AB＝BC，连接PB，根据三角形的面积公式得到PE+PF＝，当P与O重合时，m＝PD+PE+PF取最小值，即m＝+5＝，m＝PD+PE+PF取最大值，于是得到结论．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴点B，D关于直线AC对称，AC⊥BD，
过D作DQ⊥AB于Q，交AC于P，
此时，BP+PQ的值最小，BP+PQ的最小值＝DQ，
∵AC＝24，BD＝10，
∴AO＝AC＝12，BO＝BD＝5，
∴AB＝＝13，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DQ，
∴DQ＝＝，
∴BP+PQ的最小值是；
故答案为：
（2）如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
连接PB，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴S△ABC＝S△ABP+S△BCP，
∴24×5＝×13×PE+×13×PF，
∴PE+PF＝，
∴当P与O重合时，m＝PD+PE+PF取最小值，即m＝+5＝，
过D作DF⊥BC于F交AC于P，
∵PB＝PD＝＝，
∴PB＝PD＝，
此时，m＝PD+PE+PF取最大值，即m＝+＝，
∴m的范围是≤m≤，
故答案为：≤m≤．
翻折变换（折叠问题）
此类题考查了翻折的性质及几何综合运用，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
易错点是不能把翻折前后图形相结合，熟练掌握翻折的性质。
1．（2022•衢州一模）如图，将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠，使点A和点C重合于点M，点D与点H重合，点B落在边AD上的点P处，且MN经过点P．已知＝，FN＝10cm，则AB的长为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．9cm
【分析】作PR⊥BC，证明PF＝PE，PN＝PG，∠FPN＝90°，解直角三角形PMN．
【解答】解：如图，
作PR⊥BC于R，
∴∠PRB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠BEF＝∠PEF，四边形ABRP是矩形，
∴PR＝AB，
由折叠得，
∠PFE＝∠BFE，∠FPM＝∠B＝90°，
∴∠PFE＝∠PEF，∠FPN＝90°，
∴PF＝PE，
同理可得：PN＝PG，
∴，
设PF＝4a，PN＝3a，
∴FN＝5a，
∴5a＝10，
∴a＝2，
∴PF＝4a＝8，PN＝3a＝6，
∵，
∴PR＝＝，
∴AB＝PR＝，
故选：A．
2．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝3，∠A＝60°．点E在AB边上，将△ADE沿着直线DE翻折得△A′DE．连结A′C，若点A′恰好落在∠BCD的平分线上，则A′，C两点间的距离为（ ）
A．3或6 B．3或 C． D．6
【分析】由翻折可得，AD＝AD'＝3，根据角平分线的定义可得∠A'CB＝∠A'CD＝30°，当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A'作A'M⊥CD于点M，设A'M＝x，在Rt△A'CM中，由tan∠A'CM＝，可表示出MC＝x，DM＝CD﹣MC＝，在Rt△A'DM中，由勾股定理可得，A'D2＝A'M2+DM2，即可建立方程求得x的值，进而可得出A'C；当点A'在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A'C于点N，在Rt△CDN中，结合sin∠A'CD＝，cos∠A'CD＝，
可求得DN和CN，在Rt△A'DN中，利用勾股定求出A'N的值，最后根据A'C＝A'N+CN求出答案．
【解答】解：由翻折可得，AD＝AD'＝3，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝3，∠A＝60°，
∴AB＝CD＝3，∠BCD＝∠A＝60°，
∵A'C平分∠BCD，
∴∠A'CB＝∠A'CD＝30°，
当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A'作A'M⊥CD于点M，
设A'M＝x，
在Rt△A'CM中，tan∠A'CM＝tan30°＝＝，
∴MC＝x，DM＝CD﹣MC＝，
在Rt△A'DM中，由勾股定理可得，
A'D2＝A'M2+DM2，
即，
解得x＝或3（舍去），
∴A'C＝2A'M＝3；
当点A'在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A'C于点N，
在Rt△CDN中，CD＝3，∠A'CD＝30°，
∴sin∠A'CD＝sin30°＝＝，
cos∠A'CD＝cos30°＝，
∴DN＝，CN＝，
在Rt△A'DN中，
A'N＝，
∴A'C＝A'N+CN＝＝6．
综上所述，A'C＝3或6．
故选：A．
1．（2022•苍南县二模）如图，将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，若∠A＝60°，BC＝3，则A'B的长为（ ）
A．5 B．3 C．6 D．4
【分析】根据将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，可得∠ADB＝∠A'DB＝90°，AB＝A'B，由∠A＝60°，即得AB＝2AD＝6，故A'B＝6．
【解答】解：∵将▱ABCD沿直线BD对折，点A恰好落在AD延长线上的点A'处，
∴∠ADB＝∠A'DB＝90°，AB＝A'B，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝3＝AD，
∵∠A＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴AB＝2AD＝6，
∴A'B＝6，
故选：C．
2．（2022•新昌县模拟）将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（ ）
A．AD＝AB B．BD⊥AC C．DB＝2AD D．∠ADB＝60°
【分析】动手操作后即可得到答案．
【解答】解：动手操作，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则△ABD是正方形的
八分之一，如图：
线段AD是正方形对边中点连线的一半，
∴BD⊥AD，即BD⊥AC，
故选：B．
3．（2022•余姚市一模）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ，若AB：AD＝3：5，则下列BM：MC的值能达成这一翻折的是（ ）
A．1：4 B．2：5 C．1：9 D．4：9
【分析】先利用矩形的性质和折叠的性质证明△BMP≌△DQN，从而得出BM＝QD，再设出BM，利用AB与AD的比例和勾股定理，分别表示出MN，QN，MQ，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形PMNQ，
∴AP＝PE＝BP，BM＝ME，MF＝MC，QD＝QF，DN＝FN＝CN，∠BMP＝EMP，∠CMN＝∠FMN，∠CNM＝∠FNM，∠DNQ＝∠FNQ，
∴∠BMP+∠CMN＝90°，∠CMN+∠CNM＝90°，∠CNM+∠DNQ＝90°，∠DNQ+∠DQN＝90°，
∴∠BMP＝∠CNM，∠CNM＝∠DQN，∠MNQ＝90°，
∴∠BMP＝∠DQN，
∴△△BMP≌△DQN（AAS），
∴BM＝ME＝DQ＝QF，
∴MQ＝MF+QF＝MC+BM＝BC，
设AB＝CD＝6a，BM＝ME＝QF＝DQ＝x，
∵AB：AD＝3：5，
∴BC＝AD＝10a，
∴MF＝MC＝10a﹣x，AP＝PE＝BP＝3a，DN＝FN＝CN＝3a，MQ＝10a，
∴MN2＝MC2+CN2＝（10a﹣x）2+（3a）2，QN2＝DQ2+DN2＝x2+（3a）2，
∵MQ2＝MN2+QN2，
∴（10a）2＝（10a﹣x）2+（3a）2+x2+（3a）2，
解得：x＝a或x＝9a，
当x＝a时，BM＝a，
∴MC＝BC﹣BM＝9a，
∴BM：MC＝1：9，
当x＝9a时，BM＝9a，
∴MC＝BC﹣BM＝a，
∴BM：MC＝9：1，
故选：C．
1．（2022•宁海县校级模拟）将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形（如图中①②③④⑤），并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN，若AM＝1，DE＝4，EF＝3，那么矩形BEHN的面积为（ ）
A．20 B．24 C．30 D．45
【分析】先由NA＝EF＝3，AM＝1求得CB＝MN＝4，则IB＝CB＝4，可以证明△BIJ≌△BCE，得IJ＝CE，而IA＝CE，则AB＝4+CE，再证明△BIJ∽△BAN，根据相似三角形的对应边成比例求出CE的长，即可求出AB的长，再由S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG求出矩形BEHN的面积即可．
【解答】解：∵NA＝EF＝3，AM＝1，
∴CB＝MN＝NA+AM＝4，
∵IB＝DE＝4，
∴IB＝CB，
∴四边形ABCD、四边形BEHN、四边形CEFG都是矩形，
∴∠EBN＝∠ABC＝90°，
∴∠JBI＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∵∠BIJ＝∠D＝90°，∠BCE＝90°，
∴∠BIJ＝∠BCE，
在△BIJ和△BCE中，
，
∴△BIJ≌△BCE（ASA），
∴IJ＝CE，
∵IA＝CE，
∴AB＝IB+IA＝4+CE，
∵IJ∥AN，
∴△BIJ∽△BAN，
∴＝，
∴＝，
∴CE＝2或CE＝﹣6（不符合题意，舍去），
∴AB＝4+4＝8，
∴S矩形BEHN＝S矩形ABCD+S矩形CEFG＝8×3+3×2＝30，
∴矩形BEHN的面积为30，
故选：C．
2．（2022•西湖区模拟）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM＝3，OB＝4，则BC的长为（ ）
A．5 B． C．8 D．10
【分析】由平行线分线段成比例可得CD＝6，AC＝8，由勾股定理可得AD，进而解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD＝BC，AC＝2OB＝8，
∵OM∥AB，
∴OM∥CD，
∴，且AO＝AC，OM＝3，
∴CD＝6，
在Rt△ADC中，AD＝，
∴BC＝AD＝2，
故选：B．
3．（2021•温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3时，则AD的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP
的最小值为为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．
且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
.∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，
∵E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝t，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角△BCP1中，CP1＝BC＝t，
∴BP1＝t＝3，
∴t＝3．
故选：B．
4．（2022•新昌县校级模拟）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形
D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
【分析】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可．
【解答】解：A．连接EF，
∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF∥BC，BD＝CD，
设EF和BC间的距离为h，
∴S△BDE＝BD•h，S△DCF＝CD•h，
∴S△BDE＝S△DCF，
故本选项不符合题意；
B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
故本选项不符合题意；
C．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF＝BC，DF＝AB，
若AB＝BC，则FE＝DF，
∴四边形AEDF不一定是菱形，
故本选项符合题意；
D．∵四边形AEDF是平行四边形，
∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，
故本选项不符合题意；
故选：C．
5．（2022•鄞州区模拟）如图，正方形ABCD的边长为，直线EF经过正方形的中心O，并能绕着O转动，分别交AB、CD边于E、F点，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接AC、BD，交于点O，由题意可知，EF经过点O，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：连接AC、BD，交于点O，
由题意可知，EF经过点O，取OB中点M，连接MA，MG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝OB，
∵AB＝2，
∴OA＝OB＝2．
∴OM＝1．
∴AM＝＝＝，
在Rt△BOG中，M是OB的中点，
∴GM＝OB＝1．
∵AG≥AM﹣MG＝﹣1．
当A，M，G三点共线时，AG最小＝﹣1．
故选：D．
6．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
7．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．
8．（2022•金东区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，以点A为圆心，AB的长为半径画弧，交AD于点F；分别以点B，F为圆心，大于BF的长为半径画弧，两弧相交于点G；连结AG并延长，交BC于点E．连结BF，若AE＝8，BF＝6，则AB的长为（ ）
A．5 B．8 C．12 D．15
【分析】首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AB即可．
【解答】解：如图，连接FG，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB＝AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB＝∠BAE，
∴AB＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO＝OE＝4，BO＝OF＝3，
在Rt△AOB中，AB＝＝5，
故选：A．
9．（2022•钱塘区一模）在菱形ABCD中，已知∠A＝30°，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且AE＝BF＝CG＝DH．若线段AE与AB的比值为k（0＜k＜1），则四边形EFGH与菱形ABCD的面积比可表示为（ ）
A．2k2﹣2k+1 B．2k2+2k+1 C．﹣2k2+2k D．﹣2k2+2k+1
【分析】设AB＝BC＝CD＝DA＝x，AE＝BF＝CG＝DH＝kx，则AH＝DG＝CF＝BE＝x﹣kx，过F作MN⊥CD于N，交AB于M，证明△AEH≌△CGF（SAS），同理：△BEF≌△DGH（SAS），由直角三角形的性质得出FM＝BF＝，FN＝CF＝，MN＝FM+FN＝，求出菱形ABCD的面积＝x•＝，四边形EFGH的面积＝菱形ABCD的面积﹣2△CGF的面积﹣2△BEF的面积＝﹣kx2+k2x2，即可求解．
【解答】解：设AB＝BC＝CD＝DA＝x，AE＝BF＝CG＝DH＝kx，则AH＝DG＝CF＝BE＝x﹣kx，过F作MN⊥CD于N，交AB延长线于点M，
：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝30°，AB＝BC＝CD＝AD，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴BE＝CF＝DG＝AH，
在△AEH和△CGF中，
，
∴△AEH≌△CGF（SAS），
同理：△BEF≌△DGH（SAS），
∵∠A＝30°，AB∥BCD，
∴∠C＝∠MBF＝30°，
∴FM＝BF＝，FN＝CF＝，
∴MN＝FM+FN＝，
∴菱形ABCD的面积＝x•＝，
四边形EFGH的面积＝菱形ABCD的面积﹣2△CGF的面积﹣2△BEF的面积＝x•﹣2××kx•﹣2××（x﹣kx）＝﹣kx2+k2x2，
∴四边形EFGH与菱形ABCD的面积比为＝2k2﹣2k+1．
故选：A．
10．（2021•瓯海区模拟）如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AC＝BD D．AB＝BC
【分析】由已知条件得出四边形ABCD是平行四边形，再由一组邻边相等，即可得出四边形ABCD是菱形．
【解答】解：需要添加的条件是AB＝BC；
理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形），
故选：D．
11．（2022•仙居县二模）如图，分别以点A，B为圆心，以大于AB同样长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接AB，CD，AC，BC，AD，BD，则下列说法中正确的是（ ）
A．CD⊥AB，但CD不一定平分AB
B．CD垂直平分AB，但AB不一定垂直平分CD
C．AC⊥BC且AC＝BC
D．CD与AB互相垂直平分
【分析】根据菱形的性质即可得到结论．
【解答】解：由作法知，AC＝BC＝AD＝BD，
∴四边形ADBC是菱形，
∴AB，CD互相垂直平分，
∴A，B，C不符合题意，D符合题意；
故选：D．
12．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
13．（2022•舟山）正八边形一个内角的度数为 135° ．
【分析】首先根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数．
【解答】解：正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°＝1080°，
每一个内角的度数为×1080°＝135°．
故答案为：135°．
14．（2022•南京模拟）一个多边形除了一个内角之外，其余各内角的度数和为1510°，则这个多边形的边数为 11 ．
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知多边形的内角和是180°的倍数，所求出的多边形的边数再加上1即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，除去的内角为α，
则（n﹣2）•180°＝1510°+α，
∵1510°÷180°＝8…70°，
∴n﹣2＝8+1，
解得n＝11，
即这个多边形的边数n的值是11，
故答案为：11．
15．（2022•仙居县二模）如图，平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），要把顶点A平移到顶点C的位置，则其平移方式可以是：先向右平移 4 个单位，再向上平移 2 个单位．
【分析】根据平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），可得C（5，3），然后根据平移的性质即可解决问题．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），D（2，3），
∴C（5，3），
∴要把顶点A平移到顶点C的位置，可以先向右平移4个单位，再向上平移2个单位．
故答案为：4，2．
16．（2022•宁波模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B是锐角，点E是AB的中点，点F在BC上，BF＝2，连结ED，EF，DF．若∠DEF＝90°，则DF的长为 8 ，cos∠ABC的值为 ．
【分析】由“AAS”可证△AEH≌△BEF，可得AH＝BF＝2，HE＝EF，可求DH＝DF＝8，由勾股定理可求CN的长，即可求解．
【解答】解：如图，延长FE交DA的延长于H，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于N，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵AD∥BC，
∴∠H＝∠EFB，
在△AEH和△BEF中，
，
∴△AEH≌△BEF（AAS），
∴AH＝BF＝2，HE＝EF，
∴DH＝8，
∵HE＝EF，DE⊥HF，
∴DH＝DF＝8，
∵BF＝2，BC＝6，
∴FC＝4，
∵DN2＝DF2﹣FN2，DN2＝DC2﹣CN2，
∴64﹣（4+CN）2＝36﹣CN2，
∴CN＝，
∴cos∠ABC＝cos∠DCN＝＝＝，
故答案为：8，．
17．（2021•余杭区模拟）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是 菱形 ．
【分析】由A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），可得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，即可判定四边形ABCD是菱形．
【解答】解：∵A（0，2），B（，0），C（0，﹣2），D（，0），
∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝2，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵A，C在y轴上，C，D在x轴上，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形．
故答案为：菱形．
18．（2020•宁波模拟）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于E，A．BF平分∠CBD，交CD于点F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）当AD与BD满足什么数量关系时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，∠A＝∠C，∠ADB＝∠CBD，再由角平分线的定义可证得∠ADE＝∠FBC，然后利用ASA可证得△ADE≌△CBF．
（2）要使四边形DEBF是矩形，由（1）易证此四边形是平行四边形，因此只需证明有一个角是直角，添加条件AD＝DB，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证．
【解答】（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠A＝∠C，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ADE＝∠FBC，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA）；
（2）解：AD＝BD，四边形DEBF是矩形．理由如下：
∵△ADE≌△CBF，
∴DE＝BF，AE＝CF，
又∵AB＝CD，
∴BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AD＝BD，DE平分∠ADB，
∴DE⊥AB，
∴平行四边形DEBF是矩形．
19．（2020•萧山区一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，求△OEC的面积．
【分析】（1）证出∠BAD＝∠BCD，得出四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC，OB＝OD，证出AC＝BD，即可解决问题；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OF＝CD＝1，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，
∴△OEC的面积＝•EC•OF＝1．
20．（2022•新昌县二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝120°，点E在DC上，DE＝AD．
（1）求∠EAB的度数．
（2）若AE＝AB＝10，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质可求解∠EAB＝∠DEA，∠DAB＝60°，利用等腰三角形的性质可得∠EAB＝∠DAE，进而可求解；
（2）过E点作EF⊥AB于点F，利用含30度角的直角三角形的性质可求EF的长，再根据平行四边形的面积公式计算可求解．
【解答】解：（1）在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAD+∠D＝180°，∠EAB＝∠DEA，
∵∠D＝120°，
∴∠DAB＝60°，
∵DE＝AD．
∴∠DAE＝∠DEA，
∴∠EAB＝∠DAE＝30°；
（2）过E点作EF⊥AB于点F，
∵AE＝AB＝10，∠EAB＝30°，
∴EF＝AB＝5，
∴S平行四边形ABCD＝AB•EF＝10×5＝50．
21．（2022•鞍山）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且BE＝DF，∠ABD＝∠BDC．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理AAS证得△ABE≌△CDF，则其对应边相等：AB＝CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”
证得结论．
【解答】证明：∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD．
∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE与△CDF中，
．
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
∴AB＝CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
22．（2022•温州模拟）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：四边形ADCF为菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面积．
【分析】（1）可先证得△AEF≌△DEB，可求得AF＝DB，可证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（2）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，由三角形面积公式可求得答案．
【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BC＝CD，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：∵E是AD的中点，AE＝，tan∠ABC＝，
∴AD＝2，BC＝4，
设AB＝3x，AC＝2x，
由勾股定理得：，
解得：x＝4，
∴AB＝12，AC＝8，
∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝．
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