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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<t≤6时，PB=2t−8
（2）证明：连接AC，如图，
∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，
∴AC经过点O，OA=OC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠QCO=∠PAO．
在△APO和△CQO中，
{∠AOP=∠COQ
)
OA=OC ，
∠OAP=∠OCQ
∴△APO≌△CQO(ASA)，
∴AP=CQ
（3）解：①当点E与点D重合时，如图，
由题意得：△PQE为等边三角形，
∴∠PQE=∠QPE=60°，
∵AB∥CE，
∴∠QPB=∠PQE=60°，
∴∠A=∠QPB=60°，∴AD∥PQ，
∴四边形APQD为平行四边形，
∴PQ=AD=4，
∴DQ=PQ=AP=4，
∴2t=4，
∴t=2，
②当点E落在AB边上时，如图，
由题意得：△PQE为等边三角形，
∴∠PEQ=60°，
∴∠A=∠PEQ=60°，
∴AD∥EQ，
∴四边形AEQD为平行四边形，
∴EQ=AD=4，AE=DQ，
∴PE=4．
∴AE=AP−PE=2t−4．
在△DOQ和△BOP中，
{∠DOQ=∠BOP
)
OD=OB ，
∠QDO=∠PBO
∴△DOQ≌△BOP(AAS)，
∴DQ=PB，
∴PB=AE，
∴8−2t=2t−4，
∴t=3，
∴当点E在△ABD内部时，t的取值范围为：2<t<3
（4）①当点P在边AB上运动时，PE经过点D时，△PQE与△BCD的重叠部分图形是轴对称的三角形，∴OD=OQ，
∴∠ODQ=∠OQD=30°，
∵∠QPE=60°，
∴∠PDQ=90°，
∴PD⊥DQ，
∵AB∥CD，
∴DP⊥AB，
1
∴AP= AD=2，
2
∴2t=2，
∴t=1．
②当点P在边BC上运动时，如果BO=BP，则，△PQE与△BCD的重叠部分图形是轴对称的三角形，如
图，
1
∴BP=BO= BD=2❑√3，
2
∴2t−8=2❑√3，
∴t=4+❑√3．
综上，当△PQE与△BCD的重叠部分图形是轴对称的三角形时，t的值为1或4+❑√3．
12．（22-23八年级下·河南安阳·期末）如图，在▱ABCD中，BD为对角线，EF垂直平分BD分别交AD、
BC的于点E、F，交BD于点O．（1）试说明：BF=DE；
（2）试说明：△ABE≌△CDF；
（3）如果在▱ABCD中，AB=5，AD=10，有两动点P、Q分别从B、D两点同时出发，沿△BAE和
△DFC各边运动一周，即点P自B→A→E→B停止，点Q自D→F→C→D停止，点P运动的路程是
m，点Q运动的路程是n，当四边形BPDQ是平行四边形时，直接写出m与n满足的数量关系．
【思路点拨】
（1）证明△EOD≌△FOB(ASA)即可；
（2）由（1）知：BF=DE，根据平行四边形性质求出∠A=∠C，AB=CD，AD=BC，推出AE=CF，
根据SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（3）分为三种情况，求出△DFC的周长，每种情况m+n都等于△DFC的周长．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO=∠FBO，
∵EF垂直平分BD，
∴OB=OD，
在△EOD和△FOB中，
{∠EOD=∠FOB
)
OD=OB ，
∠EDO=∠FBO
∴△EOD≌△FOB(ASA)，
∴BF=DE；
（2）证明：由（1）知：DE=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AB=CD，AD=BC，
∴AD−DE=BC−BF，
∴AE=CF，在△ABE和△CDF中，
{
AB=CD
)
∠A=∠C ，
AE=CF
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
（3）解：∵EF垂直平分BD，
∴BF=DF，
∵在▱ABCD中，AB=5，AD=10，
∴CD=AB=5，BC=AD=10，AB∥CD，AD∥BC，
∵△ABE≌△CDF，AE=CF，
∴BE=DF，
∴△DFC的周长是DF+CF+CD=BF+CF+CD=BC+CD=15，
△ABE的周长也是15，
①当P在AB上，Q在CD上，
∵AB∥CD，
∴∠BPO=∠DQO，BP∥DQ，
在△BPO和△DQO中，
{∠BPO=∠DQO
)
∠POB=∠QOD ，
BO=DO
∴△BPO≌△DQO(AAS)，
∴BP=DQ，
∴四边形BPDQ是平行四边形，
∴m+n
=BP+DF+CF+CQ
=DF+CF+CQ+DQ
=DF+CF+CD
=15；②当P在AE上，Q在CF上，
∵AD∥BC，
∴∠PEO=∠QFO，
∵△EOD≌△FOB，
∴OE=OF，
在△PEO和△QFO中，
{∠PEO=∠QFO
)
EO=FO ，
∠EOP=∠FOQ
△PEO≌△QFO(ASA)，
∴PE=QF，OP=OQ，
∵OB=OD，
∴四边形BPDQ是平行四边形，
∵AE=CF，
∴AP=CQ，
∴m+n
=AB+AP+DF+FQ
=CD+CQ+DF+FQ
=DF+CF+CD
=15；
③当P在BE上，Q在DF上，
∵AD=BC，AE=CF，
∴DE=BF，∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE=DF，BE∥DF，OE=OF，
∴∠PEO=∠QFO，
在△PEO和QFO中，
{∠PEO=∠QFO
)
EO=FO ，
∠EOP=∠FOQ
∴△PEO≌△QFO(ASA)，
∴PE=QF，OP=OQ，
∵OB=OD，
∴四边形BPDQ是平行四边形，
∴m+n
=AB+AE+PE+DQ
=CD+CF+FQ+DQ
=DF+CF+CD
=15，
综上所述，m与n满足的数量关系为m+n=15．
13．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）我们知道：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．类比平行
四边形的定义，给出平行六边形的定义：三组对边分别平行的凸六边形叫做平行六边形．数学兴趣小组的
同学对其性质进行了探究．如图1，在平行六边形ABCDEF中，AB∥DE,BC∥EF,AF∥CD，
（1）探究∠A与∠D的数量关系，并证明你的结论；
（2）如图2，若AB=DE，则AF与CD相等吗？请说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AC,CE,AE，则△ACE与平行六边形ABCDEF的面积之比是
．
【思路点拨】
（1）连接AD，根据平行线的性质即可解决问题；（2）延长FA、CB交于点M，延长FE、CD交于点N，可得四边形MFNC为平行四边形，证明
△ABM≌△DEN(AAS)，得AM=DN，进而可以解决问题；
（3）过点E作CD的平行线，过点C作DE的平行线，两条线交于点Q，连接AQ，可得四边形CDEQ是
平行四边形，然后证明四边形ABCQ是平行四边形，四边形AQEF是平行四边形，进而可以解决问题．
【解题过程】
（1）解：∠A=∠D，
证明：连接AD，如图1，
∵AB∥DE,AF∥CD，
∴∠DAF=∠CDA,∠DAB=∠EDA，
∴∠DAF+∠DAB=∠CDA+∠EDA，
∴∠A=∠D；
（2）解：AF=CD，理由如下：
如图2，延长FA、CB交于点M，延长FE、CD交于点N，
∵BC∥EF,AF∥CD，
∴四边形MFNC为平行四边形，∠F+∠N=180°,∠F+∠M=180°，
∴MF=CN,∠M=∠N，
由（1）得，∠BAF=∠CDE，
∴∠MAB=∠NDE，
∵∠M=∠N,∠MAB=∠NDE,AB=ED，
∴△ABM≌△DEN(AAS)，
∴AM=DN，∴AF=CD；
（3）解：∵△ABM≌△DEN(AAS)，
∴AM=DN,BM=EN，
∴AF=CD,BC=EF，
如图3，过点E作CD的平行线，过点C作DE的平行线，两条线交于点Q，连接AQ，
∴四边形CDEQ是平行四边形，
∴CQ=DE，
∵AB=DE,AB∥DE，
∴CQ=AB,CQ∥AB，
∴四边形ABCQ是平行四边形，
∴AQ=BC，
∵BC=EF,BC∥EF，
∴AQ=EF,AQ∥EF，
∴四边形AQEF是平行四边形，
1
∴S =平行四边形ABCQ的面积的 ，
△ACQ 2
1
S =平行四边形CDEQ的面积的 ，
△ECQ 2
1
S =平行四边形AQEF的面积的 ，
△AEQ 2
1
∴S +S +S =S =平行六边形ABCDEF的面积的 ，
△ACQ △ECQ △AEQ △ACE 2
∴△ACE与平行六边形ABCDEF的面积之比是1:2．
14．（22-23八年级上·天津东丽·期末）如图，共顶点的两个三角形△ABC，△ADE，若AB=AD，
AC=AE，且∠BAC+∠DAE=180°，已知AF是△ABC的中线．（1）如图1，若△ADE为等边三角形，直接写出DE与AF的数量关系______；
（2）如图2，若△ADE为任意三角形时，上述结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）如图2，若△ADE为任意三角形时，且S =10，则S =______．
△ABC △ADE
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质、等边三角形的性质，结合∠BAC+∠DAE=180°，推出
∠ABC=∠ACB=30°，根据含30°角的直角三角形的性质，即可证明DE=2AF；
（2）延长AF到G，使AF=FG，连接BG，CG．根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，证明
四边形ABGC是平行四边形，利用SAS证△ABG≌△DAE，推出DE=AG=2AF即可；
（3）结合由（2）已证四边形ABGC是平行四边形，△ABG≌△DAE，根据平行线之间的距离处处相等，
同底等高则S =S ，根据全等则S =S ，推出S =S ，即可得出答案．
△ABG △ABC △ABG △ADE △ADE △ABC
【解题过程】
（1）解：∵△ADE为等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∵AB=AD，AC=AE，∠BAC+∠DAE=180°，
∴AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∵AB=AC，AF是△ABC的中线，
∴AF⊥BC，
∴AB=2AF，
∴DE=2AF，
故答案为：DE=2AF；
（2）解：仍成立，理由如下，
如图，延长AF到G，使AF=FG，连接BG，CG，∵AF=FG，BF=FC，
∴四边形ABGC是平行四边形，
∴BG=AC=AE，AC∥BG，
∴∠BAC+∠ABG=180°，
∵∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠ABG=∠DAE，
{
AB=AD
)
在△ABG和△DAE中， ∠ABG=∠DAE ，
BG=AE
∴△ABG≌△DAE(SAS)，
∴DE=AG=2AF；
（3）解：由（2）已证四边形ABGC是平行四边形，△ABG≌△DAE，
∴AB∥CG，
∴S =S ，S =S ，
△ABG △ABC △ABG △ADE
∴S =S ，
△ADE △ABC
∵S =10，
△ABC
∴S =10，
△ADE
故答案为：10．
15．（22-23八年级下·广东东莞·阶段练习）（1）【问题探究】如图1，已知AD是△ABC的中线，延长
AD至点E，使DE＝AD，连接BE，CE可得四边形ABEC，求证：四边形ABEC是平行四边形．
（2）【拓展提升】如图2，在△ABC的中线AD上任取一点M（不与点A重合），过点M、点C分别作
ME∥AB，CE∥AD，连接AE．求证：四边形ABME是平行四边形．
（3）【灵活应用】如图3，在△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=6，点D是BC的中点，点M是直线
AD上的动点，且ME∥AB，CE∥AD，当ME+MC取最小值时，求线段CE的长．【思路点拨】
（1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；
（2）延长AD到点F，使DF=AD，连接CF，利用SAS证明△ADB≌△FDC，得CF=BA，
∠DCF=∠ABD，可说明四边形CEMF是平行四边形，得ME=CF，即可证明结论；
（3）延长AD到点F，使DF=AD，连接CF，由（2）知，ME=AB=4，CE=MF,则ME+MC取最小
值时，CM最小，故CM⊥AD时，CM最小，利用等面积法求出CM的长，再利用勾股定理即可求得答案．
【解题过程】
（1）证明：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵DE=AD，
∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）证明：延长AD到点F，使DF=AD，连接CF，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADB和△FDC中，
{
AD=DF
)
∠ADB=∠FDC ，
BD=DC∴△ADB≌△FDC(SAS)，
∴CF=BA，∠DCF=∠ABD，
∴AB∥CF，
∵AB∥ME，
∴ME∥CF，
∵CE∥MF，
∴四边形CEMF是平行四边形，
∴ME=CF，
∴ME=AB，
∴四边形ABME是平行四边形；
（3）解：延长AD到点F，使DF=AD，连接CF，
由（2）知，ME=AB=4, CE=MF，
则ME+MC取最小值时，CM最小，故CM⊥AD时，CM最小，如图，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD=3，
由勾股定理得AD=5，
1 1
利用等面积法得 ×5×CM= ×3×4，
2 2
12
解得CM= ，
5
在Rt△CMF中，由勾股定理得，MF=❑√CF2−CM2=❑
√
42−
(12) 2
=
16
，
5 5
16
∴CE= ．
516．（23-24八年级上·湖北武汉·期中）△ABE和△ACF始终有公共角∠A，连接BC，EF，BE，CF相
交于点O．
（1）如图1，若∠ABE=∠ACF，BE=CF，求证：△ABE≌△ACF．
（2）如图2，若∠ABE=∠ACF=α，且CE=CF，求∠CBE的度数（用含α的式子表示）
（3）如图3，若BE=CF，过点C作CD∥AB且CD=AB，连接DO并延长交AC于点G，过点G作
GH⊥CF于点H，请直接写出∠OGH与∠COE的关系为：_____________．
【思路点拨】
（1）利用AAS证明即可；
（2）过点C作CM⊥BE于M，作CN⊥AB的延长线于N，证明△CNF≌△CME(AAS)，根据全等三角
形的性质得到CN=CM，根据角平分线的判定得到∠EBC=∠NBC，再根据平角的定义可得结论；
（3）连接BD，DE，DF，过点D作DM⊥BE于点M，DN⊥CF交FC的延长线于点N，证明四边形
ABDC为平行四边形，根据平行四边形的性质得到S =S ，根据三角形面积公式得到DM=DN，
△CDF △BDE
1
根据角平分线的判定得到DO平分∠BOC，得到∠BOD=∠COD= ∠BOC，根据直角三角形两锐角
2
互余得到∠OGH+∠GOH=90°，继而得到2∠OGH+∠DOC+∠BOD=180°，再根据平角的定义得
到∠COE+∠DOC+∠BOD=180°，可得结论．
【解题过程】
（1）证明：在△ABE和△ACF中，
{
∠A=∠A
)
∠ABE=∠ACF ，
BE=CF
∴△ABE≌△ACF(AAS)；
（2）解：过点C作CM⊥BE于M，作CN⊥AB的延长线于N，∵∠BOC=∠BFC+∠ABE=∠BEC+∠ACF，∠ABE=∠ACF
∴∠BFC=∠BEC，即∠NFC=∠MEC
∵CM⊥BE，CN⊥AB，
∴∠CNF=∠CME=90°，
在△CNF和△CME中，
{∠CNF=∠CME
)
∠NFC=∠MEC ，
CF=CE
∴△CNF≌△CME(AAS)，
∴CN=CM，
又∵CM⊥BE，CN⊥AB，
∴BC平分∠EBN，
∴∠EBC=∠NBC，
∵∠ABE=α，∠ABE+∠EBC+∠NBC=180°，
180°−α α
∴∠EBC= =90°− ，
2 2
α
∴∠CBE的度数为90°− ；
2
（3）∠OGH与∠COE的关系为：∠COE=2∠OGH．
理由如下：
连接BD，DE，DF，过点D作DM⊥BE于点M，DN⊥CF交FC的延长线于点N，∵CD∥AB，CD=AB，
∴四边形ABDC为平行四边形，
∴AC∥BD，
1 1
∴S = S ，S = S ，
△CDF 2 ▱ABDC △BDE 2 ▱ABDC
∴S =S ，
△CDF △BDE
1 1
∵S = ×CF×DN，S = ×BE×DM，BE=CF，
△CDF 2 △BDE 2
∴DM=DN，
∵DM⊥BO，DN⊥CO，
∴DO平分∠BOC，
1
∴∠BOD=∠COD= ∠BOC，
2
∵GH⊥CF，
∴∠GHO=90°，
∴∠OGH+∠GOH=90°，
∴2∠OGH+2∠GOH=180°，
∵∠GOH=∠DOC，
∴2∠GOH=∠COD+∠BOD，
∴2∠OGH+∠DOC+∠BOD=180°，
∵∠COE+∠DOC+∠BOD=180°，
∴∠COE=2∠OGH．
17．（2023·陕西西安·一模）问题提出（1）如图①，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE=CD，连接BD，CE．则BD
与CE长度的大小关系是BD_________CE（填“＞”“＜”或“＝”；）
问题探究
（2）如图②，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，求线段BF的长；
问题解决
（3）党的二十大报告提出全面推进乡村振兴，坚持农业农村优先发展，某地区规划出如图③所示的四边
形ABCD地块，计划开发出一个生态宜居，绿色人文的农业观光区，其中AD⊥CD，BC⊥CD，
∠BAD=120°，点E是BC上的一个休息站，CE=AB，AE是一条林荫小道．为使游客方便参观，现要
修建木制栈道BP与玻璃栈道AC，点P是AE的中点．已知木制栈道每米的造价是a元，玻璃栈道每米的造
价是3a元，请问修建玻璃栈道的总费用是修建木制栈道总费用的几倍？并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据△ABC是等腰三角形即可得到AB=AC，结合BE=CD可得AD=AE，即可得到答案；
（2）延长FD至G使DG=DF，根据AD是△ABC的中线可得BD=CD，即可得到△BDF≌△CDG，即
可得到BF=CG，∠BFD=∠CGD，结合AE=EF可得∠EAF=∠AFE，即可得到答案；
（3）延长BP交AD于F，连接EF，CF，根据AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°即可得到
∠ABE=60°，AD∥BC，即可得到∠FAE=∠BEA，从而得到△APF≌△EPB，得到AF=BE，即可
得到四边形ABEF是平行四边形，从而得到AB=EF，∠ABE=∠AFE=60°，AB∥EF，即可得到
∠ABE=∠FEC=60°，即可得到△EFC是等边三角形，得到FC=FE=EC，易得△ABC≌△FCB，即
可得到答案；
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=AC，
∴AD=AE，
在△ABD与△ACE中，
{
AB=AC
)
∵ ∠A=∠A ，
AD=AE∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
（2）解：延长FD至G使DG=DF，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△BDF与△CDG中，
{
BD=CD
)
∵ ∠BDF=∠CDG ，
FD=GD
∴△BDF≌△CDG，
∴BF=CG，∠BFD=∠CGD，
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠AFE，
∴∠CAG=∠CGA，
∴AC=GC，
∵AC=8，
∴BF=8；
（3）延长BP交AD于F，连接EF，CF，
修建玻璃栈道的总费用是修建木制栈道总费用的6倍，理由如下：
∵AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，
∴∠ABE=60°，AD∥BC，
∴∠FAE=∠BEA，
∵点P是AE的中点，在△APF与△EPB中，
{∠FAE=∠BEA
)
∵ ∠FPA=∠BPE ，
AP=EP
∴△APF≌△EPB(AAS)，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
1
∴AB=EF，∠ABE=∠AFE=60°，AB∥EF，BP= BF，
2
∴∠ABE=∠FEC=60°，
∵CE=AB，
∴EF=CE，
∴△EFC是等边三角形，
∴FC=FE=EC=AB，∠EFC=60°，
∴∠DFC=∠FCE=60°，
∴∠ABC=∠FCB，
在△ABC与△FCB中，
{
AB=FC
)
∵ ∠ABC=∠FCB ，
BC=CB
∴△ABC≌△FCB(AAS)，
∴BF=AC，
1
∴BP= AC，
2
∵木制栈道每米的造价是a元，玻璃栈道每米的造价是3a元，
∴BP的造价是：BP⋅a ，AC的造价是AC⋅3a，
BP⋅a 1
∴ = ，
AC⋅3a 6
∴修建玻璃栈道的总费用是修建木制栈道总费用的6倍．
18．（2023·河南开封·一模）在△ABC中，点D是边BC的中点．（1）如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，可得出△BDE≌△CDA，其依据是______．（填
序号）
①SSS ②SAS ③AAS ④ASA
⑤HL
（2）如图②，在边AB上任取点E，（不与A、B两点重合）连接DE，并延长ED到点F，使DF=DE．
连接CF、CE、BF，在图②中画出相应的图形，并观察四边形EBFC是特殊的四边形吗？如果是，请写
出证明过程；如果不是，请说明理由．
（3）如图③，在△ABC中，AB=AC=5，∠BAC=90°，点E为平面内一点，EB=3，将线段EB绕点
E顺时针旋转90°得EF，点D为FC中点，当EF∥AC时，请求出AD的长．
【思路点拨】
（1）已知点D是边BC的中点，得到BD=CD，由对顶角∠ADC=∠EDB，再结合DE=AD，根据两个
三角形全等的判定定理，利用SAS即可得到△BDE≌△CDA，即可得到得到答案；
（2）根据题意作出图形，由平行四边形的判定定理可知四边形EBFC平行四边形；根据题意，分两种情
况①E在线段AB上；②E在线段AB延长线上；由平行四边形的判定与性质，结合勾股定理即可得到答案．
【解题过程】
解：（1）∵点D是边BC的中点，
∴ BD=CD，
在△BDE和△CDA中，
{
BD=CD
)
∠ADC=∠EDB ，
DE=AD
∴ △BDE≌△CDA(SAS)，
故选：②；
（2）如图1所示：四边形EBFC平行四边形，
理由如下：
∵DE=DF，BD=CD，
∴四边形EBFC是平行四边形．
（3）根据题意，分两种情况：①E在线段AB上；②E在线段AB延长线上；
①延长AD到点G，使DG=AD，连接AF，CG，FG，如图2所示：
∵DG=AD，DF=DC，
∴四边形AFGC是平行四边形，
∴FG∥AC，
∵FG∥AC，EF∥AC，
∴F、E、G三点在同一条直线上，
∴FG=AC=5，
∵AB=AC=5，EB=EF=3，
∴ AE=5−3=2，
在Rt△AEG中，EA=EG=2，由勾股定理得AG=2❑√2，
1
∴DG=AD= AG=❑√2；
2
②延长AD到点G，使DG=AD，连接AF，CG，FG，如图3所示：同理，由①可知，
∵DG=AD，DF=DC，
∴四边形AFGC是平行四边形，
∴FG∥AC，
∵FG∥AC，EF∥AC，
∴E、F、G三点在同一条直线上，
∴FG=AC=5，
∵AB=AC=5，EB=EF=3，
∴ AE=5+3=8，
在Rt△AEG中，EA=EG=8，由勾股定理得AG=8❑√2，
1
∴DG=AD= AG=4❑√2；
2
综上所述，AD的长为4❑√2和❑√2．
19．（22-23八年级下·重庆北碚·期末）在△ABC中，∠ABC=45°，∠CAB=30°，BC=6，E是线段
AB上一动点，连接CE．
（1）如图1，若AE=AC，求△AEC的面积；
（2）如图2，若CE=CB，将线段CA绕C，逆时针旋转90°得到线段CF，连接BF．若点G是线段EB的
中点，过点G作GP∥EC交BC于点P，交AF于点H，证明AH=HF；
（3）如图3，将△CEB沿CE翻折至△CEB′，连接AB′．D是线段AC上的点，且AD=BE，直接写出当CE+BD取得最小值时的长度．
【思路点拨】
（1）过点C作CM⊥AB于M，由等腰三角形性质及勾股定理可求得CM=MB的长度，再由含30度角直
角三角形的性质可求得AC的长度，从而可求得面积；
（2）延长AB到Q，使BQ=AE，连接FQ，取FQ的中点R，连接GR，由条件可得△CAE≌△CFB，从
1
而BF=BQ，则GP∥FQ，由三角形中位线定理得GR∥AF，GR= AF，得四边形GRFH是平行四
2
边形，得RG=FH，即可得AH=FH．
（3）在AC的上方作∠FAD=45°，且使AF=BC=6，连接DF、BF，证明△BCE≌△AFD，则可得
CE=DF，当点D在线段BF上时，BD+CE=BD+DF取得最小值，最小值为线段BF的长；过点F作
FN⊥AC于点N，连接CF，易得AB=BF，由（1）可计算出BF的长度．
【解题过程】
（1）解：过点C作CM⊥AB于M，
∵∠ABC=45°，
∴∠MCB=∠ABC=45°，
❑√2
∴由勾股定理得：BM=CM= BC=3❑√2，
2
∵CM⊥AB，∠CAB=30°，
∴AC=2CM=6❑√2，
∴AE=AC=6❑√2，
1 1
∴S = AE⋅CM= ×6❑√2×3❑√2=18；
△ACE 2 2
（2）证明：延长AB到Q，使BQ=AE，连接FQ，取FQ的中点R，连接GR，如图，∵CE=CB，∠ABC=45°，
∴∠ACF=∠ECB=90°，
∴∠ACE=∠FCB，
∵AC=FC，CE=CB，
∴△CAE≌△CFB，
∴AE=BF，∠CBF=∠CEA=135°，
∴∠FBA=∠FBQ=90°，BF=BQ，
∴∠Q=45°；
∵GP∥EC，
∴∠PGB=∠CEB=45°，
∴∠PGB=∠Q=45°，
∴GP∥FQ；
∵EG=BG，AE=BQ，
∴AG=QG，即点G是AQ的中点，
1
∴GR∥AF，GR= AF，
2
∵GP∥FQ，
∴四边形GRFH是平行四边形，
∴RG=FH，
1
∴FH= AF，
2
∴AH=FH．
（3）解：在AC的上方作∠FAD=45°，且使AF=BC=6，连接DF、BF，如图，
∵BE=AD，∠ABC=∠FAD=45°，BC=AF=6，∴△BCE≌△AFD，
∴CE=DF，
∵BD+DF≥BF，
∴当点D在线段BF上时，BD+CE=BD+DF取得最小值，最小值为线段BF的长；过点F作FN⊥AC
于点N，连接CF，
∴∠NFA=∠FAD=45°，
❑√2
∴△AFN是等腰直角三角形，由勾股定理得AN=FN= AF=3❑√2，
2
而由（1）知AC=6❑√2，即AC=2AN，
∴FN垂直平分线段AC，
∴AF=CF=BC=6，
∴∠FCA=45°，∠AFC=90°，
∴∠BCF=∠ACB+∠FCA=180°−∠CAB−∠ABC+∠FCA=150°，
1
∴∠CFB= (180°−∠BCF)=15°，
2
∴∠AFB=90°−∠CFB=75°，
∵∠FAE=∠FAC+∠CAB=75°=∠AFB，
∴BF=AB；
在（1）中，由勾股定理得：AM=❑√AC2−CM2=❑√ (6❑√2) 2 −(3❑√2) 2=3❑√6，
∴AB=AM+BM=3❑√6+3❑√2，
∴BF=3❑√6+3❑√2，
即CE+BD取得最小值时的长度为3❑√6+3❑√2．
20．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，∠A=30°，动点
P从点B出发，沿BA方向以每秒4个单位的速度向终点A运动，同时动点Q从点C出发，以每秒1个单位的
速度沿CB方向运动，当点P到达A点时，点Q也停止运动，以BP，BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD，
QD分别交AC于点E，F，设点P运动的时间为t秒．（1）BQ= ______ (含t的代数式表示)；
（2）如图2，连接AD，PF，PQ，当AD∥PQ时，求△PQF的面积；
（3）如图3，连接PF，PQ，D点关于直线PF的对称点为D'点，若D'落在△PQB的内部(不包括边界)时，
则t的取值范围为______.
【思路点拨】
（1）根据几何动点的速度和时间可得结论；
（2）根据四边形BPDQ是平行四边形，证明四边形APQD是平行四边形，可得t=1，再证明△EFD≌
△CFQ，最后利用三角形的面积公式可解答；
（3）先证明DF=FQ，再计算两个边界点时点t的值；①如图3，点D'与Q重合，②如图4，D'在斜边AB
上，由此可得结论.
【解题过程】
（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=8，∠A=30°，
1
∴BC= AB=4，AC=4❑√3
2
由题意，CQ=t，
∴BQ=4−t(0<t≤2).
故答案为：4−t(0<t≤2)；
（2）如图2中，∵四边形BPDQ是平行四边形，
∴DQ∥AB，BP=DQ，BQ=PD，
∵AD∥PQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∴QD=AP，
∴PB=AP，
∴t=1，
∴CQ=1，BQ=PD=3，
∵PE∥BC，AP=PB，
∴AE=EC=2❑√3，
1
∴PE= CB=2，
2
∴DE=1，
∴DE=CQ，
∵∠EDF=∠FQC，∠EFD=∠CFQ，
∴△EFD≌△CFQ(AAS)，
∴FD=FQ，EF=CF=❑√3，
1 1 3❑√3
∴S =S = ⋅PD⋅FE= ×3×❑√3= ；
△PQF △PDF 2 2 2
（3）如图2，∵BP=4t，AB=8，
∴AP=8−4t，在Rt△APE中，∠A=30°，
1
∴PE= PA=4−2t，
2
∵四边形PBQD是平行四边形，
∴PD=BQ=4−t，
∴DE=PD−PE=4−t−(4−2t)=t=CQ，
∵∠EFD=∠CFQ，∠≝=∠C，
∴△EFD≅△CFQ(AAS)，
∴EF=CF，
如图3，点D'与Q重合，
由对称得：PD=PQ，
∴PQ=BQ，
∵∠B=60°，
∴△PBQ是等边三角形，∴PB=BQ，
∴4t=4−t，
4
∴t= ；
5
如图4，D'在斜边AB上，此时∠D'PD=180°−∠B=120°，
由对称得：∠DPF=∠D'PF=60°，
∵∠PDF=∠B=60°，
∴△PDF是等边三角形，
∴PD=DF，
∴4−t=2t，
4
∴t= ，
3
4 4
∴t的取值范围为 <t< .
5 3
4 4
故答案为： <t< .
5 3
