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专题 18.1 平行四边形中的几何综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
◆ 知识点总
结
一、平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
二、平行四边形的判定
（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
（3）定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
（4）定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形
（5）定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形◆ 典例分析
【典例1】已知 ▱ABCD，BC=2．
（1）如图1，若以BC为边作等边△BCE，且点E恰好在边AD上，直接写出此时 ▱ABCD的面积；
（2）如图2，若以BC为斜边作等腰直角△BCF，且点F恰好在边AD上，过C作CG⊥CD交BF于G，
连接AG．
①依题意将图2补全；
②用等式表示此时线段CD，CG，AG之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，以BC为边作 ▱BCMN，且∠CMN=60°，BN=3．若NA⊥BD，直接用等式表示此时
BD与NA的数量关系．
【思路点拨】
（1）作EI⊥BC于点I，利用等边三角形的性质求得BI的长，再利用勾股定理求得EI的长，最后利用平
行四边形的面积公式求解即可；
（2）①依照题意补全图形即可；
②延长CF交BA的延长线于点H，延长CG交BA的延长线于点J，利用ASA证明△HBF≌△GCF，推出
GC=BH，FG=FH，再证明△AFG≌△AFH(SAS)，推出AG=AH，即可证明CG=CD+AG；
（3）连接BM，作BK⊥MN并交MN的延长线于点K，推出四边形ADMN是平行四边形，得到△BMD
是直角三角形，BD2+DM2=BD2+N A2=BM2，求得BM即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：作EI⊥BC于点I，∵△BCE是边长为2的等边三角形，
1
∴BI=IC= BC=1，
2
∴EI=❑√BE2−BI2=❑√3，
∴此时▱ABCD的面积为BC×EI=2×❑√3=2❑√3；
（2）解：①补全图形如图，
②CG=CD+AG；理由如下，
延长CF交BA的延长线于点H，延长CG交BA的延长线于点J，
∵△BCF是以BC为斜边的等腰直角三角形，
∴BF=CF，∠BFC=∠BFH=90°，∠FBC=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，
∴∠AFB=∠FBC=45°=∠AFH，
∵四边形ABCD是平行四边形，CG⊥CD，
∴∠BJG=∠GFC=90°，
∴∠HBF=90°−∠BGJ=90°−∠FGC=∠GCF，
{∠HFB=∠GFC=90°
)
在△HBF和△GCF中， BF=CF ，
∠HBF=∠GCF
∴△HBF≌△GCF(ASA)，
∴GC=BH，FG=FH，
又∵∠AFB=∠AFH，FA=FA，∴△AFG≌△AFH(SAS)，
∴AG=AH，
∴CG=BH=BA+AH=CD+AG；
（3）解：BD2+N A2=13．
连接BM，作BK⊥MN并交MN的延长线于点K，
由题意得MN=AD=BC=2，MN∥AC∥BC，
∴四边形ADMN是平行四边形，
∴MD=AN，MD∥NA，
∵NA⊥BD，
∴MD⊥BD，即△BMD是直角三角形，
∵四边形BCMN是平行四边形，且∠CMN=60°，
∴∠CBN=∠CMN=60°，∠KBN=90°−60°=30°，
∵BN=3，
1 3 3❑√3
∴KN= BN= ，BK=❑√BN2−K N2= ，
2 2 2
7
∴KM=KN+MN= ，
2
∴BM=❑√BK2+K M2=❑√19，
∴BD2+DM2=BM2=19，即BD2+N A2=19．◆ 学霸必刷
1．（22-23九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四边形ABCD中AB∥CD，∠ABC=∠ADC．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）E是BC上一点，连接DE，F在DE上，连接AF、CF，AF=CF，∠DAF=∠DFC，求证：
CE=FD；
（3）在（2）的条件下，若∠BED−∠AFD=60°，DE=5，AF=2．求线段BE的长度．
【思路点拨】
（1）证明AD∥BC，即可证得结论；
（2）在AD上取一点G，连接FG，使FG=FA，如图，证明△GFD≌△FCE(AAS)，即可得出结论；
（3）如图，作FM∥BC交AB于M，证明△AFG是等边三角形，可得AF=AG=FG=2，∠AGF=60°，
设EF=x，用含x的代数式表示出直角三角形FDH中的相关线段，然后利用勾股定理列出方程求出x，进
而求解．
【解题过程】
（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠D+∠C=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）证明：在AD上取一点G，连接FG，使FG=FA，如图，
则∠FAG=∠FGA，
∵∠DAF=∠DFC，AF=CF，∴∠FGA=∠DFC，FG=FC，
∴∠FGD=∠CFE，
∵AD∥BC，
∴∠GDF=∠FEC，
∴△GFD≌△FCE(AAS)，
∴CE=FD；
（3）解：如图，作FM∥BC交AB于M，则MF∥AD，∠BED=∠MFD，
∵∠BED−∠AFD=60°，
∴∠MFD−∠AFD=60°，即∠AFM=60°，
∴∠DAF=60°，
∵FA=FG，
∴△AFG是等边三角形，
∴AF=AG=FG=2，∠AGF=60°，
1
作FH⊥AD于点H，则HG= AD=1,∠HFG=30°，
2
∴HF=❑√22−12=❑√3，
设EF=x，则DG=EF=x,DF=DE−EF=5−x，DH=x+1,
∴在直角三角形FDH中，根据勾股定理可得：(x+1) 2+(❑√3) 2=(5−x) 2，
7
解得：x= ，
4
15 13
∴AD=2+x= ，DF=EC=5−x= ，
4 4
∵四边形ABCD是平行四边形，
15
∴BC=AD= ，
4
15 13 1
∴BE= − = ．
4 4 22．（22-23八年级下·广东·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC、BD相交
于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α(0°<α≤90°)，分别交线段BC、AD于点E、F，已知
AB=1，BC=❑√5，连接BF．
（1）如图①，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并证明；
（2）如图②，当α=45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并证明；
（3）如图③，当α=90°时，求△BOF的面积．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AO=CO，则∠FAO=∠ECO，由ASA证得
△AFO≌△CEO，即可得出结论AF=EC；
1
（2）由勾股定理得出AC= ❑√BC2−AB2 =2，由平行四边形的性质得出BO=DO，AO=CO=
2
AC=1，推出AB=AO，求出∠BOF=∠AOB+∠AOF=90°，即EF⊥BD，由BO=DO，即可得出
结论BF=DF；
（3）由∠CAB=∠AOF=α=90°，得出AB∥EF，证得四边形ABEF是平行四边形，则AB=EF=1，
1 1
由(1)得△AFO≌△CEO，得出OF=OE= EF= ，由(2)得AO=1，由AB∥EF，AO⊥EF，则
2 2
1
S =S = AO⋅OF．
△BOF △AOF 2
【解题过程】
（1）解： AF=CE；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC，AO=CO，
∴∠FAO=∠ECO，
∴在△AFO与△CEO中，{∠FAO=∠ECO
)
AO=CO ，
∠AOF=∠COE
∴△AFO≌△CEO(ASA)，
∴AF=EC；
（2）BF=DF；理由如下：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∴ AC=❑√BC2−AB2=❑√(❑√5) 2 −12=2
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴BO=DO，AO=CO= AC=1，
2
∴AB=AO，
又∵AB⊥AC，
∴∠AOB=45°，
∵α=45°，∠AOF=45°，
∴∠BOF=∠AOB+∠AOF=45°+45°=90°，
∴EF⊥BD，
∵BO=DO，
∴BF=DF；
（3）∵AB⊥AC，
∴∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠AOF=α=90°，
∴ AB∥EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴AB=EF=1，
由（1）得：△AFO≌△CEO，
1 1
∴OF=OE= EF= ，
2 2
由（2）得：AO=1，∵ AB∥EF，AO⊥EF，
1 1 1 1
∴S =S = AO⋅OF= ×1× = ．
△BOF △AOF 2 2 2 4
3．（22-23八年级下·湖北武汉·阶段练习）在△ABC中，AB=AC，点P为△ABC所在平面内的一点，过
点P分别作PE∥AC交AB于点E，PF∥AB交BC于点D，交AC于点F．
（1）如图1，若点P在BC边上，此时PD=0，直接写出PD、PE、PF与AB满足的数量关系；
（2）如图2，当点P在△ABC内，猜想并写出PD、PE、PF与AB满足的数量关系，然后证明你的猜想；
（3）如图3，当点P在△ABC外，猜想并写出PD、PE、PF与AB满足的数量关系．（不用说明理由）
【思路点拨】
（1）证平行四边形PEAF，推出PE=AF，PF=AE，根据等腰三角形性质推出∠B=∠C=∠EPB，推
出PE=BE即可；
（2）过点P作MN∥CB分别交AB、AC于M、N两点，推出PE+PF=AM，再推出MB=PD即可；
（3）过点P作MN∥CB分别交AB、AC于M、N两点，推出PE+PF=AM，再推出MB=PD即可．
【解题过程】
（1）结论是PD+PE+PF=AB，
证明：∵PE∥AC，PF∥AB，
∴四边形PEAF是平行四边形，
∴PF=AE，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵PE∥AC，
∴∠EPB=∠C，
∴∠B=∠EPB，
∴PE=BE，
∵AE+BE=AB，
∴PE+PF=AB，∵PD=0，
∴PD+PE+PF=AB．
（2）结论是PD+PE+PF=AB，
证明：过点P作MN∥CB分别交AB、AC于M、N两点，
由（1）得：PE+PF=AM，
∵四边形BDPM是平行四边形，
∵MB=PD，
∴PD+PE+PF=AM+MB=AB．
（3）结论是PE+PF−PD=AB．
证明：过点P作MN∥CB分别交AB、AC延长线于M、N两点，
由（1）得：PE+PF=AM，
∵四边形BDPM是平行四边形，
∵MB=PD，
∴AB=AM−MB=PE+PF−PD．
即PE+PF−PD=AB．
4．（22-23八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）已知▱ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图，运动过程中，若BP平分∠ABC，且满足AB=BP，求∠ABC的度数．
（2）如图，在（1）的条件下，连结CP并延长，与AB的延长线交于点F，连结DF，若CD=2❑√3cm，
直接写出：△DPF的面积为___________cm2．
（3）如图，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，
当点P停止运动时Q点也停止，设运动时间为t(t>0)，若AD=12cm，则t=___________秒时，以P、D、
Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【思路点拨】
（1）可证AB=AP，从而可证AB=BP=AP，即可求解；
1
（2）设边CD上的高为ℎ，边BC上的高为ℎ， S =S = S ，可得S =S ，即可求
1 2 △PBC △CDF 2 ▱ABCD △DPF △PAB
解；
（3）当PD=BQ时，四边形PDBQ是平行四边形，进行分类讨论：①当12−t=12−4t时，②当
12−t=24−4t时，③当12−t=4t−12时，④当12−t=4t−24时，⑤当12−t=36−4t时，⑥当
12−t=4t−36时，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠APB=∠CBP，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP，
∵AB=BP，
∴AB=BP=AP，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠ABP=60°，
∴∠ABC=120°．
（2）解：如图，设边CD上的高为ℎ，边BC上的高为ℎ，
1 2
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴S = ℎ⋅CD= S ，
△CDF 2 1 2 ▱ABCD
1 1
S = ℎ⋅BC= S ，
△PBC 2 2 2 ▱ABCD
1
∴ S =S = S ，
△PBC △CDF 2 ▱ABCD
1
∴S +S = S ，
△PCD △DPF 2 ▱ABCD
1
∴ S +S = S ，
△PAB △PCD 2 ▱ABCD
∴S +S =S +S ，
△PCD △DPF △PAB △PCD
∴S =S ，
△DPF △PAB
∵△ABP是等边三角形，
❑√3
∴S =S = ×(2❑√3) 2=3❑√3．
△DPF △PAB 4（3）解：∵PD∥BQ，
∴当PD=BQ时，四边形PDBQ是平行四边形，
12
∵ =12（s），
1
∴ 0≤t<12，
①当12−t=12−4t时，
解得：t=0；
此时当P与A重合，Q与C重合；
②当12−t=24−4t时，
解得：t=4；
③当12−t=4t−12时，
解得：t=4.8；
④当12−t=4t−24时，
解得：t=7.2；
⑤当12−t=36−4t时，
解得：t=8；
⑥当12−t=4t−36时，
解得：t=9.6；
综上所述：t为0秒、4秒、4.8秒、7.2秒、8秒、9.6秒．
5．（22-23八年级下·浙江金华·期中）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=12，点P，
Q分别是CA，AB上的动点，P从C出发以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，Q从A出发以每秒8
个单位长度的速度向终点B运动，两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动结束，设运动时间为t
秒．过点Q作QM⊥BC于点M．
（1）AP=______，QM=______．（用含t的代数式表示）
（2）如图2，已知点D为BC中点，连接QD，PD，以QD，PD为邻边作平行四边形DPEQ．
①当PA=3PC时，求QD的长；
②在运动过程中，是否存在某一时刻，使得平行四边形DPEQ的一边落在Rt△ABC的某边上？若存在，求出所有符合条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先利用含30°角的直角三角形的性质求出AB=24，进而得到CP=3t，AQ=8t，据此求出
AP、QM即可；
（2）①根据PA=3PC，求出t=1，则BQ=16，QM=8，利用勾股定理分别求出BM=8❑√3，
BC=12❑√3，进而求出DM=2❑√3，则QD=❑√QM2+DM2=2❑√19；②分图2-1，2-2，2-3三种情况，讨
论求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=12，
∴AB=2AC=24，
∵P从C出发以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，Q从A出发以每秒8个单位长度的速度向终点B运
动，
∴CP=3t，AQ=8t，
∴AP=AC−CP=12−3t，BQ=AB−AQ=24−8t，
∵QM⊥BC，
∴∠QMB=90°，
又∵∠B=30°，
1
∴QM= BQ=12−4t，
2
故答案为：12−3t，12−4t；
（2）解：①∵PA=3PC，
∴3×3t=12−3t，
解得t=1，
∴BQ=24−8t=16，QM=12−4t=8，
∴BM=❑√BQ2−QM2=8❑√3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=❑√AB2−AC2=12❑√3，
∵点D为BC中点，
1
∴BD= BC=6❑√3，
2∴DM=BM−BD=2❑√3，
在Rt△DMQ中，由勾股定理得QD=❑√QM2+DM2=2❑√19；
②如图2-1所示，当PE落在AC上时，则PE∥QD，
∴QD⊥BC，
∴此时点D与点M重合，
∴QD=12−4t，BQ=24−8t，
在Rt△QBD中，由勾股定理得BD2+QD2=BQ2，
∴4t2−24t+27=0，
3 9
解得t= 或t= （舍去）；
2 2
如图2-2所示，当QE落在AB上时，延长PD到H使得PD=HD，连接BH，
∵CD=BD，PD=HD，∠PDC=∠HDB，
∴△PCD≌△HBD(SAS)，
∴CP=BH，∠C=∠HBD，
∴BH∥AC，
∵四边形DQEP是平行四边形，
∴PD∥DE，
∴四边形APHB是平行四边形，
∴AP=BH=CP，
∴3t=12−3t，解得t=2；
如图2-3所示，当点Q运动到点B时，此时DQ在BC上，
24
∴t= =3；
8
3
综上所述，t的值为 或2或3．
2
6．（22-23八年级下·江苏苏州·期中）如图1所示，平行四边形ABCD是苏州乐园某主题区域的平面示意
图，A，B，C，D分别是该区域的四个入口，两条主干道AC，BD交于点O，请你帮助苏州乐园的管理人
员解决以下问题：
（1）若AB=1.3km，AC=2km，BD=2.6km，你能判断△AOB的形状吗？请说明理由．
（2）在（1）的条件下，如图2，乐园管理人员为提升游客游览的体验感，准备修建三条绿道
AN，MN，CM，其中点M在OB上，点N在OD上，且BM=ON（点M与点O，B不重合），并计划
在△AON与△COM两块绿地所在区域种植花期长久的马鞭草，求种植马鞭草区域的面积．
（3）若将该区域扩大，如图3，此时AC⊥BD，AC=6km，BD=3km，BM=ON，修建（2）中的绿
道每千米费用为4万元，请你计算修建这三条绿道投入资金的最小值．
【思路点拨】
（1）利用平行四边形的性质求出OA，OB，进而可得AB=OB≠OA，则△AOB是等腰三角形；
1
（2）根据已知条件可得S =S ，从而S +S 的值转化为求S = S 的值即可；
△COM △AOM △AON △COM ΔAMN 4 ▱ABCD
（3）如图所示，过点M作MP∥AN，过点A作AP∥MN交MP于P，则四边形APMN是平行四边形，1
AN=PM，AP=MN，同理可得OB= BD=1.5km，求出AP=MN=1.5km，进而推出当C、M、P
2
3❑√17
三点共线时，PM+CM最小，即AN+MN+CM最小，最小值为PC+1.5，由勾股定理得PC= km，
2
则 (3❑√17 ) ，据此求解即可．
(AN+MN+CM) = +1.5 km
最小 2
【解题过程】
（1）解：△AOB是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=1.3km，AC=2km，BD=2.6km，
1 1
∴OA= AC=1km，OB= BD=1.3km，
2 2
∴AB=OB≠OA，
∴△AOB是等腰三角形；
（2）解：连接AM、CN，如图：
∵在△ACM中，OA=OC，
∴S =S ，
△COM △AOM
∴S +S =S +S =S ，
△AON △COM △AON △AOM △AMN
1
∵OB=BM+MO，BM=ON，OB=OD= BD，
2
1
∴MN=MO+ON=OB= BD，
2
1 1
∴S = S = S ，
△AMN 2 △ABD 4 ▱ABCD
过点B作BE⊥OA于点E，
1
∴AE=OE= OA=0.5km，
2∴BE=❑√AB2−AE2=1.2km，
1 1
∴S = OA⋅BE= ×1.2×1=0.6km2 ，
△AOB 2 2
∴S =4S =4×0.6=2.4km2 ；
▱ABCD ΔAOB
∴S +S =S =0.6km2 ．
△AON △COM △AMN
∴种植马鞭草区域的面积为0.6km2．
（3）解：如图所示，过点M作MP∥AN，过点A作AP∥MN交MP于P，则四边形APMN是平行四边
形，
∴AN=PM，AP=MN，
1
同理可得OB= BD=1.5km，
2
∵BM=ON，
∴BM+OM=ON+OM，
∴MN=OB=1.5km，
∴AP=MN=1.5km，
∴AN+MN+CM=PM+CM+1.5，
∴当C、M、P三点共线时，PM+CM最小，即AN+MN+CM最小，最小值为PC+1.5，
3❑√17
在Rt△APC中，由勾股定理得PC=❑√AC2+AP2= km，
2
(3❑√17 )
∴(AN+MN+CM) = +1.5 km，
最小 2
(3❑√17 )
∴修建这三条绿道投入资金的最小值为 +1.5 ×4=(6❑√17+6)万元．
27．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图所示，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC边于E，
EF⊥AE交CD于F．
（1）求证：AB=BE；
（2）求证：CE=CF；
（3）延长AD、EF交于点H，延长BA到G，使AG=CF，若AD=7，DF=3，EH=2AE，求GF的长．
【思路点拨】
（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，从而得到∠DAE=∠AEB，再根据角平分线的性质可得
∠DAE=∠BAE，从而即可得出AB=BE；
1 1 1
（2）由题意可得：∠DAE=∠BAE=∠AEB= ∠BAD= ∠C，则 ∠C+∠FEC=90°，根据三角
2 2 2
1
形内角和可得 ∠C+∠EFC=90°，则∠CEF=∠CFE，即可得结论；
2
（3）连接AC，作AP⊥BC于P，由题意可求AB=BE=CD=5，CE=CF=2，即可求DH=3，根据勾
股定理可求AE的长，根据勾股定理可列出方程，可求出BP，AP，PE，PC的长度，再根据勾股定理可
求AC的长，由题意可证AC=GF，即可得GF的长．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠C，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠DAB，1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD，
2
1 1
∴∠BAE=∠AEB= ∠BAD= ∠C，
2 2
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
1
即 ∠BAD+∠FEC=90°，
2
1
∴ ∠C+∠FEC=90°，
2
∵∠C+∠FEC+∠EFC=180°，
1
∴ ∠C+∠EFC=90°，
2
∴∠EFC=∠FEC，
∴CE=CF；
（3）解：如图连接AC，作AP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC=7，AB∥CD，
∵CE=CF，
∴BC−BE=CD−DF，且AB=BE=CD，
∴7−AB=AB−3，
∴AB=5=BE=CD，
∴CE=CF=2，
∵AD∥BC，
∴∠H=∠FEC，且∠FEC=∠EFC，∠DFH=∠EFC，
∴∠H=∠DFH，
∴DH=DF=3，∴AH=10，
在Rt△AEH中，AH2=AE2+EH2，且EH=2AE，
∴5AE2=100，
∴AE=2❑√5，
在Rt△ABP和Rt△APE中，AP2=AB2−BP2，AP2=AE2−PE2，
∴AB2−BP2=AE2−PE2，
∴25−BP2=20−(5−BP) 2
∴BP=3，
∴AP=4，PE=2，PC=4，
在Rt△APC中，AC=❑√AP2+PC2=4❑√2，
∵AB∥CD，AG=CF，
∴四边形AGFC是平行四边形，
∴GF=AC=4❑√2．
8．（22-23八年级下·辽宁大连·期末）如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，BD⊥DC，
E、F分别为DC、DB上一点，G为DB延长线上一点，DE=DF=GB，EF的延长线交AB于M，交DA
的延长线于点N，∠DBC=∠DGM，DN=GM+BM．
（1）①求证∠G=∠ADG；
②试判断四边形NBCD的形状，并加以证明；
（2）如图2，过点M作MP∥AD，BF=7，MF=4❑√2，求BG的长．
【思路点拨】
（1）①由平行线的性质可得∠ADB=∠DBC，结合已知即可证明；
②在DN取一点H，使DH=GM，连接BH交NF于点K，可证△≝¿是等腰直角三角形，
∠DFE=∠≝=45°，证明△GFM≌△BDH，得到∠MFG=∠HBD=45°，证明
∠BKM=∠NKH=90°，BK=KF，∠HNK=∠MBK可得△HNK≌△MBK，NK=BK=KF，
△BKN是等腰直角三角形，∠BNK=∠NBK=45°，得到∠NBF=90°，BN∥CD，即可证明；（2）过点M作MQ⊥PG，设BG=DF=x，由勾股定理可得MQ=FQ=4，求得BQ=3，BM=5，
GQ=3+x，证明∠MPB=∠G，得到MG=MP，PG=2GQ=6+2x，PB=6+2x−x=6+x，由勾股
定理可得M P2=PB2−BM2=MQ2+PQ2，求解即可．
【解题过程】
（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵∠DBC=∠DGM，
∴∠G=∠ADG；
②四边形NBCD是平行四边形，
证明如下：
如图，在DN上取一点H，使DH=GM，连接BH交NF于点K，
∵DE=DF，BD⊥DC
∴△≝¿是等腰直角三角形，∠DFE=∠≝=45°，
∵DN=GM+BM，
∴NH=BM，
∵DF=GB，
∴DB=GF，
在△BDH和△GFM中，
{
GM=DH
)
∠G=∠HDB ，
DB=GF
∴△GFM≌△BDH(SAS)，
∴∠MFG=∠HBD=45°，
∴BK=KF，∠BKF=90°，
∴∠BKM=∠NKH=90°，
∴∠HNK=∠MBK，
在△HNK和△MBK中，{
∠HNK=∠MBK
)
∠HKN=∠MKB=90° ，
HN=BM
∴∠HNK≌∠MBK(AAS)，
∴NK=BK=KF，
∴△BKN是等腰直角三角形，∠BNK=∠NBK=45°，
∴∠NBF=90°，
∵∠NBF=∠BDC=90°，
∴BN∥CD，
∵ND∥BC，
∴四边形NBCD是平行四边形；
（2）如图，过点M作MQ⊥PG，设BG=DF=x，
∵∠MFQ=45°
∴MQ=FQ，
∵MQ2+FQ2=M F2，MF=4❑√2，
∴MQ=FQ=4，
∵BF=7，
∴BQ=7−4=3，
∴BM=❑√MQ2+BQ2=❑√42+32=5，GQ=BG+BQ=3+x，
∵MP∥AD，
∴MP∥BC，
∴∠MPB=∠PBC，
∵∠G=∠PBC，
∴∠MPB=∠G，
∴MG=MP，PG=2GQ=6+2x，PB=6+2x−x=6+x，
M P2=PB2−BM2=MQ2+PQ2∴(6+x) 2−52=42+(3+x) 2
7
解得x= ，
3
7
∴BG= ．
3
9．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）AD是△ABC的中线，AE∥BC，BE交AD于点F，且
AF=DF．
（1）如图1，求证：四边形ADCE是平行四边形．
（2）如图2，在（1）的条件下，∠ADB=120°，设对角线AC、DE交于点O，过点O作OQ⊥AC交
∠ADB的角平分线于点Q，OQ与AD交于点P，求证：AD−DC=DQ．
（3）如图3，在（2）的条件下，若CE=3，QD=1，求AP的长．
【思路点拨】
（1）证明△AEF≌△DBF(AAS)，得出AE=DB，证出AE=DC，由AE∥BC，即可得出四边形ADEC
是平行四边形；
（2）过点Q作QM⊥BC于点M，作QN⊥AD于点N，连接AQ，CQ，由角平分线的性质得出
QM=QN，∠QDM=∠QDN=60°，求出∠DQM=∠DQN=30°，由直角三角形的性质得出
1
DM=DN= DQ，由线段垂直平分线的性质得出AQ=CQ，证明Rt△CMQ≌Rt△ANQ(HL)，得出
2
CM=AN，进而得出结论；
（3）由平行四边形的性质得出AD=CE=3，由（2）得出DC=AD−DQ=2，过C作CK⊥AD于K，
1
连接CP，由直角三角形的性质得出DK= CD=1，CK=❑√3DK=❑√3，得出
2
PK=AD−AP−DK−2−AP，由线段垂直平分线的性质得出AP=CP，在Rt△PKC中，由勾股定理得
出PC2=PK2+CK2即AP2=(2−AP) 2+3，解方程即可．
【解题过程】（1）证明：∵AE∥BC，
∴∠AEF=∠DBF，
在△AEF和△DBF中，
{∠AEF=∠DBF
)
∠AFE=∠DFB ，
AF=DF
∴△AEF≌△DBF(AAS)，
∴AE=DB，
∵AD是△ABC的中线，
∴DB=DC，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）如图，过点Q作QM⊥BC于点M，作QN⊥AD于点N，连接AQ，CQ，
∵DQ平分∠ADB，∠ADB=120°，
∴QM=QN，∠QDM=∠QDN=60°，
∴∠DQM=∠DQN=30°，
1
∴DM=DN= DQ，
2
由（1）得：四边形ADCE是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OQ⊥AC，
∴AQ=CQ，
在Rt△CMQ和Rt△ANQ中，
{CQ=AQ)
，
QM=QN
∴Rt△CMQ≌Rt△ANQ(HL)，
∴CM=AN，∴AD−DC=AN+DN−(CM−DM)=2DN=DQ，
即AD−DC=DQ；
（3）∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AD=CE=3，
由（2）得：AD−DC=DQ，
∴DC=AD−DQ=3−1=2，
如下图，过点C作CK⊥AD于K，连接CP，
∵∠ADB=120°，
∴∠ADC=60°，
∴∠KCD=30°，
1
∴DK= CD=1，CK=❑√3DK=❑√3，
2
∴PK=AD−AP−DK−2−AP，
∵OA=OC，OP⊥AC，
∴AP=CP，
在Rt△PKC中，
由勾股定理得：PC2=PK2+CK2即AP2=(2−AP) 2+3，
7
解得：AP= ，
4
7
∴AP的长为 ．
4
10．（22-23八年级下·辽宁葫芦岛·期末）在四边形ABCD中，∠BAD=∠C=45°，AD=BD，
∠CBD=90°．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若点P为线段CD上的动点(点P不与点D重合)，连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E．
①如图2，当点P为线段CD的中点时，请直接写出PA，PE的数量关系；
②如图3，当点P在线段CD上时，求证：DA+❑√2DP=DE．
【思路点拨】
（1）根据已知条件得到AB∥CD，AD∥BC，再由平行四边形的判定即可得证；
（2）①连接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再证明△PAD≌△PED(AAS)，利用全等三角形性质即
可得到PA=PE；
②过点P作PF⊥CD交DE于点F，首先证明△ADP≌△EFP(ASA)，得AD=EF，进而再证明△DPF是
等腰直角三角形即可得到结论．
【解题过程】
（1）证明：∵AD=BD，∠BAD=45°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∴∠ADB=90°，
∵∠CBD=90°，
∴∠CBD=∠ADB，
∴AD∥BC，
∵∠C=45°，∠CBD=90°，
∴∠BDC=45°，BD=BD，
∴∠BDC=∠ABD=45°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：①AP=PE，
理由如下：连接BP，如图所示：1
由（1）知△BDC是等腰直角三角形，当点P为线段CD的中点时，BP=PD= CD，
2
1
∠CBP=∠DBP= ∠CBD=45°，
2
∴∠PBE=180°−∠PBC=135°，
∵AB∥CD，
∴∠ADC=180°−∠BAD=180°−45°=135°，
∴∠ADC=∠PBE，
∵∠PAD+∠AOD=∠PEB+∠POE=90°，
∠AOD=∠POE，
∴∠PAD=∠PEB，
∴△PAD ≌△PED(AAS)，
∴AP=PE；
②证明：过点P作PF⊥CD交DE于点F，如图所示：
∵PF⊥CD，EP⊥AP，
∴∠DPF=∠APE=90°，
∴∠DPA=∠FPE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠DAB=45°，AB∥CD，
又∵AD=BD，
∴∠DAB=∠DBA=∠C=∠CDB=45°，∴∠ADB=∠DBC=90°，
∴∠PFD=45°，
∴∠PFD=∠PDF，
∴PD=PF，
∴∠PDA=∠PFE=135°，
∴△ADP≌△EFP(ASA)，
∴AD=EF，
在Rt△FDP中，∠PDF=45°，则DF=❑√2PD，
∵DE=DF+EF，
∴DA+❑√2DP=DE．
11．（23-24九年级上·吉林长春·阶段练习）如图，在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ADB=90°，
∠A=60°，AD=4．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿折线AB−BC向终点C匀速运动，连结
PO并延长交折线CD−DA于点Q，将线段PQ绕着点P逆时针旋转60°得到线段PE，连结QE，设点P的
运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示PB的长．
（2）当点P在边AB上运动时，求证：AP=CQ．
（3）当点E在△ABD内部时，求t的取值范围．
（4）当△PQE与△BCD的重叠部分图形是轴对称的三角形时，直接写出t的值．
【思路点拨】
（1）利用含30°角的直角三角形的性质，平行四边形的性质解答即可；
（2）连接AC，利用平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
（3）利用平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质求得点E的临界值时的t值，从而得到t的取值范围；
（4）画出符合题意的图形，利用PB的长度列出关于t的方程解答即可．
【解题过程】
（1）解：∵∠ADB=90°，∠A=60°，AD=4，
∴∠ABD=30°，
∴AB=2AD=8，∴BD=❑√AB2−AD2=4❑√3．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC=AD=4．
①当0≤t≤4时，PB=AB−AP=8−2t，
②当4
